SKKN Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ trong giải phương trình chứa hai phép toán ngược nhau

Nội dung text: SKKN Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ trong giải phương trình chứa hai phép toán ngược nhau

1. Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4 GV: Ngô Thị Xuân I.- Lý do chọn đề tài : Trong chương trình toán phổ thông chúng ta gặp rất nhiều dạng toán giải phương trình. Đối với mỗi dạng lại có nhiều cách giải khác nhau. Và thông thườ ng ta hay chọn cách giải chính xác và ngắn gọn nhất. Phương pháp đặt ẩn phụ thường dẫn đến thành công với hiệu quả giải toán cao. Song việc chọn ẩn phụ n hư thế nào để bài toán trở nên đơn giản hơn là vấn đề khó khăn. Trong phạm vi đề tài này tôi muốn đề cập tới việc "Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ trong giải phương trình chứa hai phép toán ngược nhau" trên cơ sở dựa vào tính chất của các hàm số ngược để đưa việc giải phương trình về giải hệ phương trình đối xứng hai ẩn kiểu II. II.- Mục đích yêu cầu : - Làm cho học sinh nắm vững tính chất của hai hàm số ngược nhau và k hảo sát sự biến thiên của hàm số. - Trên cơ sở đó củng cố cách giải hệ phương trình đối xứng hai ẩn kiểu II. - Rèn luyện khả năng tư duy logic. III.- Phương pháp nghiên cứu : 1. Tài liệu tham khảo : - Phương pháp giải toán mũ và logarit - Lê Hồng Đức. - Tạp chí toán học và tuổi trẻ từ 2000 - 2005. - Sách : Phương trình và hệ phương trình của Phạm Thành Luân. - Đề thi tuyển sinh Đại học năm 1996. 2. Thực tế giảng dạy ở trường phổ thông. Từ các yếu tố trên đã giúp tôi hoàn thành đề tài của mình với hy vọng là m phong phú thêm môn đại số sơ cấp và góp phần nhỏ bé vào công tác giảng dạy ở trường phổ thông. Trang 1
2. Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4 GV: Ngô Thị Xuân IV.- Nội dung : ở phần này tôi muốn giới thiệu các dạng phương trình chứa hai phép to án ngược nhau và phương pháp giải bài toán tổng quát cho từng dạng. Sau đ ó là những bài tập áp dụng. Dạng 1 : Phương trình chứa căn bậc hai và luỹ thừa bậc hai. 1. Bài toán tổng quát : 2 Giải phương trình : a1 x b1 c a2 x b2 dx e (I) Với : a1 ,a2 ,c 0 a2 a1c d và b2 b1c e Giải : Điều kiện : a1 x b1 0 Đặt : a1 x b1 a2 y b2 2 Với điều kiện : a2 y b2 0 ta được a1 x b1 a2 y b2 (1) 2 Khi đó (I) có dạng : c a2 x b2 a2 y dx b2 e 2 Từ (1) ta có : c a2 x b2 a1cx b1c 2 c a2 x b2 a2 y ca1 a2 x b1c (2) Ta có hệ phương trình : 2 (3) c a2 y b2 a1cx b1c Lấy (2) - (3) ta được : x y a2cx a2cy 2b2c 1 0 x y a2cx a2cy 2b2c 1 0 2 Trường hợp 1 : x = y thay vào (1) ta được : a2 x b2 a1 x b1 Đây là phương trình bậc hai đối với x. Trường hợp 2 : a2cx a2cy 2b2c 1 0 kết hợp với (1) => Giải hệ phương trình tìm x, y. 2. Bài tập : Bài 1 : Giải phương trình : 2x 15 32x 2 32x 20 (4) 15 Giải : Điều kiện : 2x 15 0 x 2 Ta có : (4) 2x 15 2(4x 2) 2 28 (5) Đặt : 2x 15 4y 2 (6) Trang 2
3. Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4 GV: Ngô Thị Xuân 1 Với điều kiện : 4y 2 0 y ta có : 2 (6) 2x 15 (4y 2) 2 Khi đó, ta có hệ phương trình : (4x 2) 2 2y 15 (7) 2 (4y 2) 2x 15 (8) Lấy (7) - (8) ta được : (x - y)(8x + 8y + 9) = 0 * Trường hợp 1 : x = y thay vào (8) ta được : 16x2 + 14x - 11 = 0 1 x 2 11 (loại) x 8 8x 9 * Trường hợp 2 : 8x 8y 9 0 4y thay vào (8) ta có : 2 9 221 (loại vì điều kiện của y) x 16 64x2 + 72x - 35 = 0 9 221 x 16 1 9 221 Vậy phương trình có hai nghiệm : x và x 2 16 Bài 2 : Giải phương trình : x 2 2 x 2 (9) Giải : Điều kiện : 2 x 0 x 2 Khi đó : (9) 2 x x 2 2 2 x ( x) 2 2 Đặt : 2 x y (10) Với điều kiện y 0 thì (10) 2 x y 2 x 2 2 y (11) Ta có hệ phương trình : 2 y 2 x (12) Lấy (11) - (12), ta được : (x - y)(x + y - 1) = 0 * Trường hợp 1 : x = y thay vào (11) ta được : Trang 3
4. Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4 GV: Ngô Thị Xuân x2 + x - 2 = 0 x 1 (loại) x 2 * Trường hợp 2 : x + y - 1 = 5 y = 1 - x Thay vào (11) ta có : x2 - x - 1 = 0 1 5 x 2 1 5 (loại) x 2 1 5 Vậy phương trình có hai nghiệm : x = - 2 và x 2 Bài 3 : Giải phương trình : tg 2 x 2tgx 3 tgx 3 (13) Giải : Đặt tgx X (13) X 3 X 2 2X 3 X 3 (X 1) 2 4 Điều kiện : X 3 0 X 3 Đặt X 3 Y 1 với điều kiện Y 1 ta có : X 3 (Y 1) 2 (X 1) 2 Y 3 (14) Khi đó ta có hệ : 2 (Y 1) X 3 (15) Lấy (14) - (15), ta được : X Y X Y 1 0 * Trường hợp 1 : Với X = Y, thay vào (14) ta được : X 2 3X 2 0 3 17 X 2 3 17 (loại) X 2 * Trường hợp 2 : Với X Y 1 0 Y 1 X thay vào (14), ta có : X 2 X 3 0 Trang 4
5. Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4 GV: Ngô Thị Xuân 1 13 (loại) X 2 1 13 X 2 3 17 3 17 * Với X ta có : tgx 2 2 3 17 x k (k Z) với tg 2 1 13 1 13 * Với X ta có : tgx 2 2 1 13 x  k' (k' Z) với tg 2 Vậy phương trình có 2 họ nghiệm : 3 17 x k , k Z và tg 2 1 13 x  k' , k' Z và tg 2 Bài 4 : Giải phương trình : 22x 2 x 6 6 (16) Giải : Đặt : 2 x u 0 Khi đó : (16) u 2 6 u 6 Đặt u 6 v 0 Khi đó : u 6 v 2 u 2 v 6 (17) Ta có hệ phương trình : 2 v u 6 (18) u v Lấy (17) - (18) ta được : u v (u v 1) 0 u v 1 0 2 u 3 + Với u v ta được : u u 6 0 u 2 (loại) x Với u 3 2 3 x log 2 3 + Với u v 1 0 ta được phương trình : u 2 u 5 0 Trang 5
6. Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4 GV: Ngô Thị Xuân 1 21 u 2 1 21 (loại) u 2 21 1 21 1 21 1 Với u 2 x x log 2 2 2 2 21 1 Vậy phương trình có hai nghiệm : x log 3 và x = log 2 2 2 Bài 5 : Giải phương trình : 2 log 3 x 2 log 3 x log 3 x 1 (19) Giải : Đặt log 3 x U Khi đó (19) có dạng : U 2 2U U 1 (U 1) 2 1 U 1 Điều kiện : U 1 Đặt : U 1 V 1 với V 1 Khi đó : U 1 (V 1) 2 (V 1) 2 U 1 (20) Ta có hệ phương trình : 2 (U 1) V 1 (21) Lấy (20) - (21) ta được : (U V )(U V 1) 0 U V U V 1 0 (loại) 2 U 0 + Với U = V ta có : U - 3U = 0 U 3 Với U 3 log3 x 3 x 27 + Với U V 1 0 , ta được phương trình : U 2 U 1 0 1 5 U (loại) 2 1 5 1 5 1 5 log x x 3 2 U 3 2 2 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm : x 27 1 5 và x 3 2 Trang 6
7. Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4 GV: Ngô Thị Xuân 3. Các bài tập tự giải : 1) x 2 x 1000 1 8000x 1000 2) x 2 x 5 5 3) 4x 2 13x 5 3x 1 4) x 3 x 3 2 5) log 2 x log 2 x 1 1 6) 4x 2 2x 1 5 12x Dạng 2 : Phương trình chứa căn bậc ba và luỹ thừa bậc ba. 1. Bài toán tổng quát : Giải phương trình : 3 2 a1 x b1 c(a2 x b2 ) dx e (II) Với a1 ,a2 ,c 0 và a2 a1c d ; b2 b1c e 3 Giải : Đặt a1 x b1 a2 y b2 3 a1 x b1 (a2 y b2 ) (*) 2 Ta có (II) c(a2 y b2 ) a2 y dx b2 e 2 c(a2 x b2 ) a2 y dx b2 e (1) Ta có hệ phương trình : 2 (2) c(a2 y b2 ) a1cx b1c Lấy (1) - (2) ta được : x y cA2 cAB cB 2 1 0 x y hoặc cA2 cAB cB2 1 0 Với A (a2 x b2 ) ; B a2 y b2 Trường hợp 1 : x y thay vào (*) ta được phương trình bậc 3 : 3 a2 x b2 a1 x b1 Trường hợp 2 : c A2 AB B 2 1 0 (3) B 3B 2 Nhận xét : A2 AB B 2 (A ) 2 0 2 4 Nếu c > 0 thì (3) vô nghiệm. c < 0 thì giải hệ (*) và (3). 2. Bài tập : Bài 1 : Giải phương trình : 23 2x 1 x 3 1 Trang 7
8. Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4 GV: Ngô Thị Xuân Giải : Đặt 3 2x 1 y y 3 2x 1 x3 2y 1 (4) Ta có hệ phương trình : 3 y 2x 1 (5) Lấy (4) - (5) ta được : x y x 2 xy y 2 2 0 x y Thay vào (4) ta được : x 3 2x 1 0 x 1 2 x x 1 0 x 1 1 5 x 2 Xét lớp phương trình dạng : a3 af (x) b  f (x)3 b Bài 2 : Giải phương trình : 4 3 81x 8 x 3 2x 2 x 2 (5) 3 Giải : 2 46 (5) 3 81x 8 (x )3 3 27 1 46 3 81x 8 (3x 2)3 27 27 Đặt : 3 81x 8 3y 2 3y 2 3 81x 8 (6) 1 1 (3y 2)3 (81x 8) 27 27 1 8 (3y 2)3 3x 27 27 Ta có hệ phương trình : 1 8 (3x 2)3 3y (7) 27 27 1 8 (3y 2)3 3x (8) 27 27 Trang 8
9. Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4 GV: Ngô Thị Xuân Lấy (7) - (8) ta được : 1 2 x y  3x 2 (3x 2)(3y 2) (3y 2) 2  3 0 27 x y Thay vào (6) ta được : (3x 2)3 81x 8 9x 3 18x 2 23x 0 x 0 2 9x 18x 23 0 x 0 3 4 2 x 3 3 4 2 Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm : 0; 3 Bài 3 : Giải phương trình : (8cos3 x 1)3 162cos x 27 Giải : Đặt : 2cos x X ; Điều kiện : | X | 2 3 Ta có phương trình : X 3 1 81x 27 (9) Đặt : X 3 1 3Y Thay vào (9) ta được : Y 3 3X 1 X 3 1 3Y (10) Ta có hệ phương trình : 3 Y 1 3X (11) Lấy (10) - (11) ta được : (X Y )(X 2 XY Y 2 1) 0 X Y Thay vào (10) ta được : X 3 3X 1 0 Thay X 2cos x ta được : 8cos3 x 6cos x 1 2(4cos3 x 3cos x) 1 2cos3x 1 1 cos3x 2 Trang 9
10. Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4 GV: Ngô Thị Xuân 2 3x k2 , k Z 3 2 k2 x k Z 9 3 3 3 Xét lớp dạng : f (x)  1 81f (x) 4 Bài 4 : Giải phương trình : 3 2 x 9 (2 x 3)3 6 Giải : Đặt : 2 x X , X 0 Ta có phương trình : 3 X 9 X 3 3 6 Đặt : 3 X 9 Y 3 X 9 (Y 3)3 (X 3)3 Y 9 (12) Ta có hệ phương trình : 3 (Y 3) X 9 (13) Lấy (11) - (12) ta được : (X Y )(X 3) 2 (X 3)(Y 3) (Y 3) 2 1 0 X Y Thay vào (12) ta được : X 3 9X 2 27X 18 0 X 1 2 X 9X 18 0 X 1 X 6 (thoả mãn) X 3 Với X 1 2 x 1 x 0 x X 6 2 6 x log2 6 x X 3 2 3 x log2 3 3. Bài tập tự giải : 1) x 3 2 33 3x 2 2) x 3 1 23 2x 1 3) 3 3x 5 8x3 36x2 53x 25 4) x 3 3x 2 3x 163 x 9 0 Những khó khăn mà học sinh thường gặp là vấn đề chọn số a2, b2 thoả mã n điều kiện : Trang 10
11. Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4 GV: Ngô Thị Xuân a2 = a1c + d b2 = b1c + e Dạng 3 : Phương trình dạng : f(f(x)) x (III) 1.- Bài toán tổng quát : Giải phương trình f(f(x)) x Với f (x) là hàm số đồng biến trên Dx  R Giải : Đặt f (x) y Ta có : f (y) x Do y f (x) là hàm số đồng biến trên Dx nên f (y) x là hàm số đồng biến trên Dy  R . f (x) y (1) Ta có hệ phương trình : f (y) x (2) Giả sử D = Dx = Dy khi đó từ (1) và (2) y x f (x) f (y) f (x) x f (y) y (3) Do f (x) là hàm số đồng biến f (x) x là hàm số đồng biến. Nên từ (3) x y Thay vào (1), ta có : f (x) x Xét hàm số : g(x) f (x) x Sử dụng định lý Rôn : Nếu g(x) lồi hoặc lõm trên D thì phương trình g(x) 0 nếu có nghiệm thì có không quá hai nghiệm D . Giải phương trình tìm nghiệm của g(x) 0 (Chỉ cần chỉ ra 2 nghiệm thoả mãn g(x) 0 ) 2. Bài tập : Bài 1 : Giải phương trình : log23log2 (3x 1) 1 x (4) 1 Giải : Điều kiện : 3x 1 0 x 3 y Đặt log 2 (3x 1) y 2 3x 1 Trang 11