Sáng kiến kinh nghiệm Phương trình chứa hai phép toán ngược nhau

Nội dung text: Sáng kiến kinh nghiệm Phương trình chứa hai phép toán ngược nhau

1. Lời nói đầu: có thể nói chủ đề phương trình là một chủ đề xuyên suốt trong chương trình tóan của trường phổ thông. Do đó gần như tất cả các kỳ thi tuyển sinh ta đều gặp chủ đề này, trong chủ đề phương trình có một loại phương trình rất khó đối với học sinh là phương trình chứa hai phép toán ngược nhau, loại phương trình này cũng dễ ra trong các kỳ thi tuyển sinh đại học cao đẳng.Vì lí do đó nên tôi muốn giới thiệu đến học sinh phương pháp giải đối với lọai tóan này. DẠNG 1: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN BẬC HAI VÀ LŨY THỪA BẬC HAI ax b c(dx e) 2 x  , với d = ac + và e = bc +  PHƯƠNG PHÁP GIẢI: b Điều kiện: ax + b ≥ 0 x a Đặt dy e ax b điều kiện dy +e≥ 0 Khi đó phương trình chuyển thành hệ : dy e ax b (dy e) 2 ax b 2 2 dy e c(dx e) x  c(dx e) x dy e  c(dy e) 2 cax cb (1) 2 c(dx e) (ac d)x dy bc (2) Lấy (1)-(2) theo vế hai phương trình ta được: d(x – y)h(x,y) = 0 x y (3) h(x, y) 0 (4) Thế (3) vào (1) ta được phương trình bậc 2 theo x. Thay (4) vào (1) ta được phương trình bậc 2 theo x. CÁC VÍ DỤ: Ví Dụ 1:Giải phương trình : x 1 x 2 4x 5 (1) Giải: ĐK: x+1≥0 x 1 khi đó, (1) x 1 (x 2) 2 1 (ở đây a=b=c=d=β=1, e=2 , α=0 thỏa mãn ). Đặt y +2 = x 1 đk : y+2 ≥0 y 2 (*) . Khi đó phương trình chuyển thành hệ: y 2 (x 2) 2 1 y 1 (x 2) 2 (1' ) 2 2 ' (y 2) x 1 x 1 (y 2) (2 )
2. Lấy (1’)-(2’) theo vế ta được : x – y = - (x – y) (x +y +4) (x y)(x y 5) 0 (*),x  1 x y . Thay x=y vào (1’) ta được : x2+3x+3=0 vô nghiệm. Vậy (1) vô nghiệm. 4x 9 Ví Dụ 2: Giải phương trình : 7x 2 7x , x 0 (1) 28 4x 9 1 7 Giải : (1) 7(x ) 2 28 2 4 1 4x 9 1 3 3 7 Đặt y đk: y y (*) 2 28 2 2 7 2 7 Khi đó phương trình được chuyển về hệ: 1 1 y 7x 2 7x y 7x 2 7x (1' ) 2 2 1 4x 9 1 (y ) 2 x 7y 2 7y (2' ) 2 28 2 x y 7(x 2 y 2 ) 7(x y) (x y)(x y 8) 0(*), x 0 x y . 50 3 Với x = y thay vào (1’) ta được : 14x2+12x-1=0 x 0 x . 7 50 3 Vậy (1) có nghiệm là x . 7 Ví Dụ 3: Giải phương trình : 2x 1 x 2 3x 1 0 (x R) (1) Giải: 1 ĐK: 2x-1≥0 x 2 (1) 2x 1 x2 3x 1 2x 1 (x 1) 2 x (2) . Đặt –y+1= 2x 1.ĐK:y≤1 Khi đó phương trình (2) đưa về hệ: y 1 (x 1) 2 x (x 1) 2 x y 1 (1' ) 2 2 ' 2x 1 (y 1) (y 1) 2x 1 (2 ) (y 1) 2 (x 1) 2 x y (y x)(y x 2) x y y x (y x)(x y 1) 0 y 1 x x 2 2 (l) Thay y=x vào phương trình (2’) ta được: x2- 4x + 2 = 0 x 2 2 (n) Thay y=1-x vào phương trình (2’) ta được: x2 -2x +1 = 0 x 1.
3. Vậy phương trình có 2 nghiệm là x=1, x 2 2 . Chú ý: + Trong phương trình (2) nếu đặt y – 1 = 2x 1 thì ta không giải được bằng phương pháp này do điều kiện d=ac+α và e=bc+β không thỏa. + Bài này còn có thể giải bằng cách đặt u= 2x 1 (u≥0) đưa về phương trình bậc bốn giải bằng cách nhẩm nghiệm.Hoặc đưa về phương trình A B rồi dùng công thức để giải. DẠNG 2: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN BẬC BA VÀ LŨY THỪA BẬC BA 3 ax b c(dx e)3 x  Với d = ac +α , e = bc + β. PHƯƠNG PHÁP GIẢI: Đặt dy e 3 ax b . dy e 3 ax b Khi đó phương trình được chuyển thành hệ: 3 dy e c(dx e) x  (dy e)3 ax b c(dy e)3 acx bc (1) (I) 3 3 c(dx e) x dy e  c(dx e) (ac d)x dy bc (2) x y (3) Trừ hai vế của ( I ) ta được : d (x-y)h(x;y) = 0 h(x, y) 0 (4) Thay (3) vào (1) ta được một phương trình bậc hai theo x. Thay (4) vào (1) ta được một phương trình bậc hai theo x. Ví Dụ 4: Giải phương trình sau: x 3 2 33 3x 2 (1) Giải: 1 2 1 2 (1) 3 3x 2 x 3 (2) (ở đây a = 3, b = -2, c ,d 1,e 0, 0,  ) . 3 3 3 3 x 3 2 3y (1' ) Đặt y 3 3x 2 ta được hệ phương trình 3 ' y 2 3x (2 ) x 3 y 3 3(y x) (x y)(x 2 xy y 2 2) 0 y y 2 x y vì (x 2 xy y 2 2 (x ) 2 3 2 0) . 2 4 ’ 3 x 1 Thay x=y vào (1 ) ta được x - 3x + 2 = 0 x 2 Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1,x = -2 DẠNG 3: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA MŨ VÀ LÔGARÍT CÙNG MỘT CƠ SỐ ax b s c log s (dx e) x  với d ac ,e bc  Giải:
4. Hướng 1: 0 s 1 Đk: dx e 0 Đặt ay b log s (dx e) , khi đó phương trình được chuyển về thành hệ: s ax b c(ay b) x  s ax b acy (d ac)x e (1) ay b ay b s dx e s dx e (2) s ax b s ay b acy acx s ax b acx s ay b acy (3) Xét hàm số f (t) s at b act là hàm số đơn điệu khi s>1 và ac>0, hoặc 0 6 Đặt y 1 log 7 (6x 5) khi đó: 7 x 1 6(y 1) 1 7 x 1 6y 5 (2) (1) y 1 y 1 log 7 (6x 5) 7 6x 5 (3) 7 x 1 7 y 1 6y 6x 7 x 1 6x 7 y 1 6y (4) Xét hàm số: f(t) = 7t-1+ 6t là hàm số tăng trên R. (4) f (x) f (y) x y khi đó (2) có dạng: 7 x 1 6x 5 0 (*) Xét hàm số g(x) 7 x 1 6x 5 Ta có : g ' (x) 7 x 1 ln 7 6 , g"(x) 7 x 1 ln 2 7 0 do đó g(x) là hàm số lõm nên phương trình (*) có không quá 2 nghiệm. Mà g(1) = g(2) = 0. Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 1, x = 2. Cách 2:
5. 5 ĐK: x . 6 x 1 x 1 (1) 7 6x 5 1 6x 5 6log 7 (6x 5) 7 6(x 1) 6x 5 6log 7 (6x 5)(2) Xét f (t) t 6log 7 t (t 0) . Khi đó f(t) là hàm số tăng trên (0;+∞). Từ (2) ta có f (7 x 1 ) f (6x 5) 7 x 1 6x 5 7 x 1 6x 5 0 (*) Giải (*) như trên. 1 2 Ví Dụ 6:Giải phương trình: ( ) 2sin x sin cos 2x log (4cos3 2x cos6x 1) (1) 2 6 4 Giải: 1 2 1 (1) viết lại có dạng: ( ) 2sin x cos 2x log (3cos 2x 1) (2) 2 2 4 ĐK: 3cos2x ≥1. cos 2x 1 (2) 2.2 1 2.cos 2x (log 2 4)log 4 (3cos 2x 1). cos 2x 1 2.2 1 2.cos 2x log 2 (3cos 2x 1) (3) z Đặt z = cos2x đk z 1. khi đó (3) 2 1 2z log 2 (3z 1) (4) . 1 Đặt y= log (3z 1) đk: z . Khi đó phương trình (4) được chuyển thành hệ 2 3 2 y 3z 1 2 y 2 z z y 2 y y 2 z z (5) z 2 1 2z y Xét hàm số f(t) = 2t + t . Là hàm số tăng trên R. Từ (5) ta có f (y) f (z) y z . Thay y = z vào 2 y 3y 1 0 (6) .phương trình (6) có không quá 2 nghiệm. Do đó y =1, y= 3(loại) là 2 nghiệm của (6). Với z = 1 cos 2x 1 x k (k Z) . Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x k (k Z) . BÀI TẬP ÁP DỤNG: GIẢI CÁC PHƯƠNG TRÌNH SAU: 1. 3x 1 4x 2 13x 5. 2. x 2 x 5 5. 3. x 2 2 x 2. 4. x 2 4x 3 x 5. 5. 2x 15 32.x 2 32x 20. 6. x 3 1 23 2x 1 . 7. 3 3x 5 8x 3 36x 2 53x 25 . x 8. 6 3log 6 (5x 1) 2x 1. x 9. 3 1 x log3 (1 2x). HẾT.