CHUYÊN ĐỀ : PHƢƠNG TRÌNH A.Phƣơng trình vô tỉ: I.CÁC PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỈ. 1.Phƣơng pháp đặt ẩn phụ: Ví dụ : Giải phƣơng trình 111525215 22  xxxx Giải: ĐK: 011152 2  xx Đặt txx  11152 2 ta có 06 2 tt Tìm t sau đó suy ra x ( chú ý đối chiếu với điều kiện nghiệm đúng ) 2.Phƣơng pháp đƣa về hệ phƣơng trình: Thƣờng đƣợc dùng để giải pgƣơng trình vô tỉ có dạng kdcxbax  Ví dụ: Giải phƣơng trình: 4123  xx Đặt 3 xa ; 12  xb Khi đó ta có hệ:      52 4 22 ba ba Giải và tìm a, b rồi suy ra x 3.Phƣơng pháp bất đẳng thức: Ví dụ : Giải phƣơng trình: y yy 6 2 3 14 3 .4 2  Giải: Theo bất đẳng thức Cô si ta có : 2 6 6 y y   Do đó: 60 3 )6( 424 3 .4 22    y y y y 4.Phƣơng pháp lƣợng giác: Giải: ĐK : 1x Đặt ax cos và biến đổi đơn giản ta có:   0 2 sin1.1cos2         a a suy ra a và từ đó suy ra x 5.Phƣơng pháp nhân liên hợp: Ví dụ: Giải phƣơng trình: 4 3 2 1 116  xx Giải: Phƣơng trình tƣơng đƣơng với: 2 1 2 1 1 2 1 .1 2 1 . 4 1 2 . 2 1 .161 2 1 8 1 .16 4 2 4 3                                         xxxx x xxxx II.MỘT SỐ BÀI TẬP VỀ PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỈ: Bài 1:Giải phƣơng trình:       6336 12.1.12.1121.1  xxxxxx Giải: ĐK: 2 1 x Đặt xa  12  xb Phƣơng trình đã cho trở thành:        112 333333 1.11.1 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2                   xxxbaVTVP VPbaab baabba VT baabba baabba Vậy phƣơng trình có nghiệm duy nhất 1x Bài 2:Giải phƣơng trình:     121.12. 4  xxxxx Giải: ĐK: 0 2 1  x Đặt ax  4 bx  4 21 Phƣơng trình trở thành:   1 224  baaba   44 22 4 2 2 ba ba aVT    (do   44 2222 2 ; 2 ba baba ab    ) ) Hay   mtxxxVPVT / 3 1 21  Vậy phƣơng trình có nghiêm duy nhất 3 1 x Bài 3:Giải phƣơng trình:      12.9212.122  xxxxxx Giải: Cách 1: Đặt bxxa  12; với 0, ba Phƣơng trình đã cho trở thành:    ababba 92.2  Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:    abbbabaa 9.  Đẳng thức xảy ra khi: 112  xxxba Vậy 1x là nghiệm của phƣơng trình. Cách 2: ĐK: 2 1 x         VPxxxx xxxxxxxxxxVT   3 3 12 .12.9 12.1212122.122 Mà   mtxxxVPVT \112  Vậy phƣơng trình có nghiệm duy nhất: 1x Cách 3:   * 3 2 . 3 2 . 3 2                       mppnnm mnp (Chứng minh bằng bất đẳng thức Cô-si) Áp dụng bất đẳng thức   * ta có: VPVT xxxx xxxx                     3 122 . 3 212 12 Bài 4: Giải phƣơng trình: 3232 44  xx Giải:ĐK: 0 2 3  x 444 23 xxxVT        3 323.111.111.111 44444444444   VT xxxVT mà 13  xVT Vậy phƣơng trình có nghiệm duy nhất: 1x Bài 5:Giải phƣơng trình: 13626 2  xxxx Giải:ĐK: 62  x Áp dung bất đẳng thức Bu-nha-a-cốp-xky ta có:       426.1126 22  xxxx mà   443136 2 2  xxx Vậy phƣơng trình có nghiệm khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm:                    3 6 1 2 1 443 426 2 x xx x xx Hệ phƣơng trình trên vô nghiệm nên phƣơng trình vô nghiệm. Bài 6:Giải phƣơng trình: 513413  xxx ĐK: 3 1 x     43213 43213 2   xxx xxxPT Đặt 1332  xy ĐK 2 3 y Khi đó ta có hệ                        1332 1232 1332 43232 2 2 2 2 xy yxx xy xxy                      xy yx yxyx yxyxyxyxyx 252 0522. .23.423232 22 *Với yx  thay vào   1 ta có: 08154 2  xx Kết hợp với ĐK 8 9715   x *Với xy 252  Thay vào   1 ta đƣợc: 03114 2  xx Kết hợp với ĐK 8 7311  x Bài 7:Giải phƣơng trình: 7340452 22  xxxx Giải: Phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với:     7336241 22  xx Gọi       6;2;2;1;0; BAxM      73 362 41 7383 2 2 22     ABMBMA xMB xMA AB Đẳng thức xảy ra                                 0 4 1 3 1 0 62 21 0 k x TMk k k xkx k BkMAM   Vậy 4 1 x là nghiệm của phƣơng trình. Bài 8:Giải phƣơng trình:      3 33 3 161212121234 xxxxxx  Giải: Áp dụng hằng đẳng thức quen thuộc:     baabbaba  3 33 3 Từ đó ta đƣợc phƣơng trình ban đầu tƣơng đƣơng:   333 3 3 33 161212161212 xxxxxx  Thế vào phƣơng trình ban đầu ta dễ dàng giải đƣợc 2 1 ;0  xx Bài 9: Giải phƣơng trình:     2 22.1. xxxxx  Tập xác định: 2x hoặc 0x hoặc 1x *Với 0x phƣơng trình có nghiệm đúng. *Với 1x   1 x 8 9 221  TMxxxxPT *Với 2x   -2 x 8 9 221  KTMxxxxPT Đáp số: 8 9 ;0  xx Bài 10:Giải phƣơng trình. 112 3  xx Giải: Cách 1:Đặt 101 2  txxt Và phƣơng trình trở thành   10;2;10 t 3;1;011 3 2  xxxTMttttt Cách 2:ĐK: 1x Lập phƣơng 2 vế ta có.   3 11314  xxx Đặt   01  ttx nên 1 2  xt ta có: 034 23  ttt vậy 3;1;0  ttt Xét 0t thì 1x Xét 3t thì 10x Xét 1t thì 2x Cách 3:ĐK 1x Đặt ux  3 2 vx 1 Từ đó ta có :   0211 1 1 23 2 3 33       uuuuu vu vu                         TMx TMx TMx u u u 10 1 2 2 1 0 Vậy phƣơng trình có 3 nghiệm: 10;2;1  xxx Bài 11:Giải phƣơng trình. 11414 2  xx Giải: ĐK: 2 1 014 014 2       x x x Với 10121414 2 1 2  xxx Với 10121414 2 1 2  xxx ( Trái với giả thiết ) Do đó phƣơng trình có nghiệm duy nhất 2 1 x Bài 12:Giải phƣơng trình:   Rxxxx  01312 2 Đặt   2 1 0t ; 12 2   t xxt Phƣơng trình trở thành:     012.1014 2 2 24  ttttt       12 1 t t (Do 0t ) Với 12 t ta có: 22 x Với 1t ta có: 1x Vậy phƣơng trình có 2 nghiệm : 1 x; 22 x Bài 12:Giải phƣơng trình: 12910291 2  xxxx Giải:ĐK: 19  x Đặt   0t 91  txx Nên 91028 22  xxt Phƣơng trình trở thành: 020128 22  tttt Ta đƣợc: 5;4  tt (loại) Với 4t ta có 02510 2  xx Vậy 5x Bài 13:Giải phƣơng trình: 55 2  xx Giải: Cách 1: ĐK   05  yx Đặt 55 2  xyxy                                                                                                                                       2 171 2 211 2 171 1 2 211 05 04 1 05 05 04 1 0 5 05 0 5 01 0 5 0 5 5 0 5 5 5 0 5 2 2 2 2 2 22 2 2 2 x x x x x x xx x xx x xx xy y x xx xy y x yx yx yx y x yxyx yx y x xy yx y x Vậy phƣơng trình có 2 nghiệm: 2 211 x ; 2 171 x Bài 14:Giải phƣơng trình:   12 2 2 2    x x x Đặt tx tan2        2 ; 2  t Nhận xét:        2 ;00  tx (1) trở thành: 1sin2tan2 cos 2 tan22 tan2  tt t t t     13 324112 2sin 2sin112 2sin 2cos12 cossin2 sin2.2 tan2 132sin 4 ;0 312sin 4 ;0 2sin222sin 4 ;0 cossin212sin 2 1 0sincos sincos2sin 2 2 coscossin2sin 22 2 2                                                                 t t x t t tt t tx t t t t tt t ttt tt ttttttt    B.Chuyên đề phƣơng trình chứa dấu giá trị tuệt đối I.Cách giải phƣơng trình chứa dấu giá trị tuyệt đối: Nếu phƣơng trình không thể đƣa về các dạng cơ bản sau: BA  hay BA  Ta có thể sử dụng các phƣơng pháp sau đây: 1. Giải bằng định nghĩa. Xét dấu biểu thức trong trị tuyệt đối, sau đó khử dấu giá trị tuyệt đối bằng định nghĩa (để đơn giản hơn trong quá trình thực hiện, ta cũng có thể dùng bảng xét dấu):       0 0 AKhiA AKhiA A VD1: Giải phƣơng trình   1 411  xx Giải: Nếu x<-1 thì:   24111  xxx Nếu -1<x<1 thì:     vnxxx 204111  Nếu x>1 thì:   24111  xxx Kết luận:   2;2S VD2: Giải và biện luận phƣơng trình 0123  aaxx Giải: [...]... c : MA' AA' MA' 1 3 5     MA'   OM  MB' BB ' MA'3 5 4 4 5  Toa độ điểm M  ;0  4  Phƣơng trình đã cho có nghiệm duy nhất x  5 4 II.Bài tập ứng dụng: Bài tập ứng dụng phƣơng pháp dùng đồ thị Bài 1: Tìm a để phƣơng trình sau có 4 nghiệm Giải: Ta c : *  f x   2 x 2  5x  4  x 2  5x  a  0 Lập bảng sau đây: f 1  f 4  4  a Ta c : 43  5  43 f  a  4 a  4 2 4 Bài 2:. .. bảng sau đây: f 1  f 4  4  a Ta c : 43  5  43 f  a  4 a  4 2 4 Bài 2: Xác định m để phƣơng trình sau có bốn nghiệm khác nhau Giải: Phƣơng trình viết thành: Dễ thấy rằng nghiệm của phƣơng trình trên cũng chính là phƣơng trình hoành độ giao điểm của: Vậy, phƣơng trình có 4 nghiệm khi: 4  a  43 4 ...TH 1: x  0 Khi đ : + Nếu a = - 3: (*) vô nghiệm 2a  1 + Nếu a  3 thì x  a3 a  3 2a  1 Do x  0 a  1 a3 2  TH 2: x < 0 Khi đ : +Nếu a = 3: (**) vô nghiệm 2a  1 +Nếu a  3 thì x  a3 2a  1 1 0 a3 a3 2 Kết luận:  2a  1  + a < - 3: S     a3  1 +  3  a  thì S   2 1 + a  thì S  0 2 1  2a  1... ph : VD: Định m để phƣơng trình sau có nghiệm x 2  2mx  2m x  m  m 2  2m  3  0 * Giải: Đặt t  x  m t  0 Ta c :  2 2 2 t  x  2mx  m Do đ : *  t 2  2mt  2m  3  0 * * (*) có nhgiệm (**) có nghiệm không âm  2m  3  0 P  0  2 3    '  0  m  2 m  3  0   m        2 S  0  2 m  3  0   m  3  2 m  0  P  0   4.Phƣơng pháp toạ đ : Ví d : Giải...  3  0   m        2 S  0  2 m  3  0   m  3  2 m  0  P  0   4.Phƣơng pháp toạ đ : Ví d : Giải phƣơng trình x 2  4 x  5  x 2  10 x  50  5 Giải: *  x  22  12  x  52  5 2  5 1 Trên hệ trục tọa độ Oxy, xét các điểm Khi đ : 1  MA  MB  AB 2 Với một bộ ba điểm ta luôn có bất đẳng thức MA  MB  AB Dấu “=” xảy ra khi A, B, M thẳng hàng và M nằm ngòai... vx  khi u x   0 Ta c : y  u x  vx    Do đó đồ thị gồm:  u x vx  khi u x   0 - Phần đồ thị y=f(x) trên miền ux   0 - Đối xứng phần đồ thị y=f(x) trện miền ux   0 qua trục hoành d Đồ thị y  f x  Ta thấy rằng nếu x0 ; y 0  thuộc đồ thị trên thì x0 ; y0  cũng thuộc đồ thị trên Nhƣ vậy đồ thị y  f x  đối xứng qua trục Ox Do đó, đồ thị gồm: - Phần đồ thị từ trục hoành... đổi đồ thị a Đồ thị y  f x   f x  khi f x   0 Ta có : y  f x    do đó đồ thị gồm:  f x  khi f x   0 - Phần từ trục hoành trở lên của đồ thị y=f(x) - Đối xứng phần đồ thị phía dƣới trục hoành qua trục hoành b Đồ thị y  f  x  Do y  f  x  là hàm số chẵn nên đồ thị đối xứng qua trục tung Oy Vậy, đồ thị gồm hai phần: - Phần bên phải Oy của đồ thị y=f(x) - Đối xứng phần trên qua . CHUYÊN ĐỀ : PHƢƠNG TRÌNH A.Phƣơng trình vô t : I.CÁC PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỈ. 1.Phƣơng pháp đặt ẩn ph : Ví dụ : Giải phƣơng trình 111525215. 12 t ta c : 22 x Với 1t ta c : 1x Vậy phƣơng trình có 2 nghiệm : 1 x; 22 x Bài 12:Giải phƣơng trình: 12910291 2  xxxx Giải:ĐK: 19  x Đặt