CHU DE 1 PT HE PT KHONG CHUA THAM SO ÔN THI HSG 10

26 38 0
  • Loading ...
1/26 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 08/12/2019, 23:31

TÀI LIỆU ƠN THI HSG 10 MƠN TỐN NĂM HỌC: 2019 - 2020 CHỦ ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHƠNG CHỨA THAM SỐ A KIẾN THỨC CĂN BẢN Chương 3, trang 53 – 106, SGK đại số 10 Lược đồ Hoocne : NÕu f(x) có nghiệm x=x0 f(x) chứa nhân tử (x-x0), tức : f(x) =(x-x0).g(x) Trong : f(x) = anxn + an -1xn -1 + + a1x + a0 g(x)= bn-1xn-1 + bn - 2xn - + + b1x + b0 víi : bn –  a n � � bn –  x 0bn –  a n – � � � � bi –   x bi  a i � � � b  x b1  a1 � xi x = x0 an bn- Ta có bảng sau ( Lợc đồ Hoócne) an - a0 x0bn-1 x0bi x0b0 bn-2 bi-1 =an VÝ dô: Giải phơng trình: x4 -4x3-x2+16x-12 =0 Giải: phơng trình có nghiệm x= Đa phơng trình dạng: (x-1)(x3-3x2-4x+12)=0 Phơng trình x3-3x2-4x+12=0 có nghiệm x = nên: x 1 � � x 1 � x2 � x20 �� PT � (x-1)(x-2)(x2-x-6)=0 � � � x  2 � x  x   x3 Phơng pháp dùng hệ số bất định: a) Phơng pháp: Xét phơng trình x4 + ax3 + bx2 + cx + d = (10) - Bớc1: Giả sử (10) phân tích đợc thành (x2 + a1x + b1)( x2 + a2x + b2)=0 Khi ®ã ta cã:  a1  a a  a a  b  b b  2   a1b2  a b1 c  b1b2 d - Bíc 2: Xt ph¸t tõ b1b2 = d, tiến hành nhẩm tìm hệ số b1; b2; a1 ; a2 TÀI LIỆU ÔN THI HSG 10 MƠN TỐN � x  a1x  b1 - Bớc 3: Phơng trình (10) x  a x  b2  � NM HC: 2019 - 2020 * Chú ý: Phơng pháp thờng áp dụng việc nhẩm tìm hệ số a 1; b1; a2; b2 đơn giản Ví dụ: Giải phơng trình: x4 + 4x3 +3x2 + 2x - = (10.1) Giải: Giả sử (10.1) phân tích đợc thành : (x2 + a1x + b1)( x2 + a2x + b2) = a1  a2  � � a1a2  b1  b2  � � Khi ®ã: � a b  a b  2 �1 � b1b2  1 � b1  1 � � b2  � � a1  � � a2  � Phơng trình (10.1) (x2 +3x -1)( x2 + x +1) = � 3  13 x � � x  3x   � �2 �� � 3  13 x  x  1=0 (VN ) � x � � 2 * NhËn xÐt: Tõ b1b2=-1 ta thư víi b1=-1, b2=1, tõ dễ dàng tìm đợc a1=3, a2=1 Ví dụ 2: Tìm a, b để phơng trình x4 - 4x3 +(4+a)x + b = (10.2) cã nghiÖm kép phân biệt Giải: Phơng trình (10.2) có nghiệm kép phân biệt x1, x2 nên: x4 - 4x3 +(4+a)x + b = (x-x1)2(x-x2)2 � x4 - 4x3 +(4+a)x + b = x4-2(x1+x2)x3+(x12+x22 +4x1x2)x2-2x1x2(x1+x2)x+x12x22 §ång nhÊt vÕ, ta cã: �x1  x2  (1) 4  2( x1  x2 ) � � � 2  x1  x  4x1x (x1  x )  2x1x  (2) � � �� �  a   2x x x  x   2x1x  x1  x   4  a (3) 2 � � 2 � � 2 b  x1 x � �x1 x  b (4) �x1  x  � x1,2  � Tõ (1), (2) � � �x1x Thế vào (3), (4) ta đợc a=b=4 Phương trình – Bất phương trình thức bản TÀI LIỆU ƠN THI HSG 10 MƠN TỐN � B �0 � A = B �  � � A = B2 � �  � � A �0 � � � � � B B � � � B �0 � � � � � � A > B2 � � �  NĂM HỌC: 2019 - 2020 � B �0 A = B �� � � A =B � �  � B>0 � � � A B �� � � A >B � �  Lưu y Đối với những phương trình, bất phương trình thức không có dạng chuẩn trên, ta thực hiện theo các bước: Bước Đặt điều kiện cho thức có nghĩa Bước Chuyển vế cho hai vế đều không âm Bước Bình phương cả hai vế để khử thức Phương trình – Bất phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối  � B �0 � � � A =B A =B �� � � � � � A =- B � � � �  � A =B � A = B �  � A =- B � � A > B � ( A - B) ( A + B) > � B>0 � � � A , ta có:  2 ( a + b + c) Với a,b,c �� và x,y,z > 0, ta có: a + b + c � x y z x+y+z Dấu " = " xảy và chỉ ( 12) a b c = = x y z d Bất đẳng thức về trị tuyệt đối Điều kiện Nội dung x �� x �0, x � x, x �- x x �a � - a � x �a � x �- a x �a � � � x �a � � x>0 a,b �� a - b �a+b �a + b e Bất đẳng thức véctơ r r ur Cho u = ( a;b) , v = ( x;y) , w = ( m;n)  r r r r r r r r u - v � u + v � u + v � Dấu " = " xảy � u, v cùng phương � ax = by  r r ur r r ur r r ur u + v + w � u + v + w Dấu " = " xảy � u, v,w cùng phương �   rr r r r r u.v � u v Dấu " = " xảy � u, v cùng phương rr r r r r u.v ax + by cos u, v = r r = cos u, v �1 nên Do a2 + b2 x2 + y2 u v ( ) ( ) ax + by 2 2 a +b x +y �1 � ax + by � a2 + b2 x2 + y2 ( *) � a b � = � y � x � m n � = � y x � TÀI LIỆU ÔN THI HSG 10 MƠN TỐN NĂM HỌC: 2019 - 2020 Bất đẳng thức ( *) được gọi là bất đẳng thức Bunhiacôpxki Ví dụ: Giải bất phương trình: x- x2 - + x + x2 - �2 Bài giải ● Điều kiện: x �1 ● Ta có: VT = x - Cauchy x2 - + x + x2 - � x - ● Bất phương trình có nghiệm � VT = � x Ví dụ: Giải phương trình: x +1 + = x +1 x2 - x + x2 - = x2 - = x + x2 - � x = ĐS: x = - � x = B MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHNG TRèNH, H PHNG TRèNH Phơng pháp đặt ẩn phụ 1.1 Một số lu ý Khi giải phơng trình vô tỷ phơng pháp đặt ẩn phụ ta gặp dạng nh: 2.1.1 Đặt ẩn phụ đa phơng trình cho phơng trình đại số không chứa thức với ẩn ẩn phụ 2.1.2 Đặt ẩn phụ mà ẩn chính, ta tính ẩn theo ẩn 2.1.3 Đặt ẩn phụ để đa phơng trình hệ hai phơng trình với hai ẩn hai ẩn phụ, có thĨ hai Èn gåm mét Èn chÝnh vµ mét Èn phụ, thờng ta đợc hệ đối xứng 2.1.4 Đặt ẩn phụ để đợc phơng trình có hai ẩn phụ, ta biến đổi phơng trình tích với vế phải Thờng giải phơng trình ta hay biến đổi tơng đơng, biến đổi hệ nhớ phải thử lại nghiệm 1.2 Một số ví dụ Ví dụ Giải phơng trình sau: 1) 18 x  18 x x  17 x  x   2) x  x    x  x2  � 1� 3)  x     �x  � 4) x   x  x  x  x x � � Híng dÉn (HD): 1) Đặt x y với y Khi phơng trình cho trở thành (3 y y  2)(6 y  y  1)  , suy (3 y  y 2) , ta đợc y 10 Từ phơng 14  10 2) Ta cã x  x   ( x  1)  x  ( x  x  1)( x  x  1)  , với x Mặt khác x 3x   2( x  x  1)  ( x  x  1) trình có nghiệm x Đặt y x2  x  (cã thĨ viÕt ®k y xác y ), ta đ2 x x ợc 3 (lo¹i y   ) y  � y  y   , ta đợc y 3 Từ phơng trình có nghiệm x y2 1   10 TÀI LIỆU ÔN THI HSG 10 MƠN TỐN NĂM HỌC: 2019 - 2020 3 XÐt y  ( y  1)  33 � ( y  2)(2 y  y  y  17)  Suy đợc y - = Từ nghiệm phơng trình x = x = -1 Ví dụ Giải phơng trình sau: 1) x   x   3x  x 81x   x  x  x  2) HD: 1) Đặt x  y , víi �y �2 �x y 3xy Khi ta đợc hÖ � �x  y  Thế lại đặt x y S ; xy P giải tiếp ta đợc nghiệm phơng trình x ; x x 2) Đặt 14 81x    y � 3x  y  y  y � 3x  y  y  y � � Khi ®ã ta ®ỵc hƯ � � 3y  x  2x  x � 1 1 Xét hiệu hai phơng trình dẫn đến x y (do ( x  y )  ( x  2)  ( y  2)   ) 2 3 �2 Thay vào hệ giải phơng trình ta đợc x  0; x  VÝ dô Giải phơng trình x 14 x  x  x  20  x  HD: §k x �5 Víi điều kiện ta biến đổi phơng trình cho nh sau: x  14 x   x  x  20  x  � x  14 x   x  x  20  25( x  1)  10 ( x  1)( x  4)( x  5) � x  x   ( x  1)( x  5) x  � 2( x  1)( x  5)  3( x  4)  ( x  1)( x  5) x  Đặt ( x 1)( x 5) y; x   z , víi y �0; z yz Ta đợc y  3z  yz � ( y  z )(2 y  z )  , tõ ®ã ta ®ỵc � y z � 2  61 NÕu y  z th× ta đợc x (do x ) Nếu y z ta đợc x 8; x Vậy phơng trình có ba nghiƯm trªn 4x  VÝ dơ Giải phơng trình x x , víi x  28 4x  Nhận xét: Dạng phơng trình ta thờng đặt ay b , sau 28 bình phơng lên råi ta “cè y” biÕn ®ỉi vỊ hƯ ®èi xøng víi hai Èn x, y Tõ ®ã ta 12 TÀI LIỆU ƠN THI HSG 10 MƠN TỐN NĂM HỌC: 2019 - 2020 biết đợc giá trị a, b Với toán ta tìm đợc a  1; b  (NÕu a = vµ b = mà giải đợc phơng trình đơn giản, ta không xét đây) 4x  4x  9 HD: Đặt y , x nên   , tõ ®ã y  28 28 28 � 7x  7x  y  � � � y  y  x  Gi¶i hƯ bình thờng theo dạng ta đợc x 50 Ta đợc hệ 14 x, y Ví dụ Giải phơng tr×nh x    x Nhận xét: Khi giải phơng trình lúc có nghiệm thực, có phơng trình vô nghiệm nhng cho học sinh làm ta kiểm tra đợc lực học sinh trình bay lời giải toán Chẳng hạn nh toán ví dụ x y HD: Đặt x    x = y víi y Khi ta đợc hệ từ ph2 x y ơng trình ban ®Çu ta cã x � XÐt hiƯu hai phơng trình hệ ta đợc phơng trình ( x  y )( x  xy  y  x  y )  Víi x   y th× x   x , dẫn đến vô nghiệm Còn x  xy  y  x  y  ( y  x)(1  x)  y  víi mäi y �0 vµ x � Do hệ vô nghiệm hay phơng trình cho vô nghiệm 1.3 Một số tập tơng tự Bài Giải phơng trình sau: 1) x2  x  x2  x (HD: §Ỉt y   x ; y �0 , ta đợc ( y 1)( y y  1)(2 y  y  4)  33 đợc nghiệm phơng trình ;y 33 ) x  1; x  ;x   2) x  x   x3  Tõ ®ã y  1; y  x2  x   y , bình phơng dẫn đến x y Phơng trình trở thành y  y   , ta đợc y Từ x ) (HD: Từ phơng trình suy x Đặt Bài Giải phơng trình (4 x  1) x   x x (HD: Đặt x   y , víi y �1 Từ ta đợc y ) Bài Giải phơng trình sau: 1) 3(2 x  2)  x  x  nghiệm x (HD: Đặt x y, x   z , víi y �0; z �0 13 �y  x  Phơng trình có TI LIU ễN THI HSG 10 MƠN TỐN NĂM HỌC: 2019 - 2020 11 Ta đợc x y z Từ phơng trình có nghiƯm x  3; x  ) 2) vµ  2(1  x)  x  (HD: §k �x �  Đặt 2(1 x) y � y  x  z � z  x víi y �0; z �0 1 x � 1 � 2( y  z )  1(1) y  z vào (2) ta đợc ( z 1)  ( z  )  Suy � Tõ (1) thay 2 �y  z   1(2) 34 Xét hiệu hai bình phơng suy z �  34 � � � 1� � Từ ta đợc nghiệm phơng trình x  � �) � � � � � Bài Giải phơng trình x x  1000  8000 x  1000 �x  x  2000 y � (*) (HD: §Ỉt   8000x = y , ta đợc y y 2000 x Tõ (*) suy ( x  y )( x y 1999) , x  y  1999  Suy x y , ta đợc nghiệm x 2001 , loại x ) Bài Giải phơng trình sau: 1) x3 x2 (HD: Đặt y x �0; z  x  x  , ta đợc 2 5y y y y � �y � y yz  2( y  z ) �  � � � � � 2  �  2�  z z z �z � �z � z x y Nếu ta đợc x  x  x  � � (v« nghiƯm) z x  5x   � �x �1 � 37 y Nếu ta đợc x  x  x  � � � 37 � x  (tháa m·n)) z �x  � 2 2) 2 x  x   2( x  21x  20 4 �x �1 � (HD: §k � §Ỉt x �5 � x  x  10  y vµ x   z , víi y �0; z �0 193 Khi ta đợc ( y z )( y  z )  Từ phơng trình có bốn nghiệm x 17 �3 73 vµ x  ) Bµi Giải phơng trình sau: 1) x2 x   x  14 TÀI LIU ễN THI HSG 10 MễN TON (HD: Đặt NM HỌC: 2019 - 2020 x   y  , ta đợc x 1; x  29 ) x3 , víi x �1 x3 17 17 (HD: Đặt ) y ,đợc x (loại), x x 4 3) 27 x  18 x  x  , víi x  5  37 (HD: Tơng tự, ta đợc x ) 18 Phương pháp đánh giá 2.1 Mét sè lu ý Khi giải phơng trình vô tỷ (chẳng hạn f ( x) g ( x) ) phơng pháp đánh giá, thờng để ta phơng trình cã mét nghiƯm (nghiƯm nhÊt).Ta thêng sư dơng c¸c bất đẳng thức cổ điển Cô si, Bunhiacopxki, đa vế trái tổng bình phơng biểu thức, đồng thời vÕ ph¶i b»ng Ta còng cã thĨ sư dơng tính đơn điệu hàm số (có thể thấy sử dụng đạo hàm xét biến thiên hàm số) để đánh giá cách hợp ly f ( x) g ( x) Thờng ta đánh gi¸ nh sau: �f ( x) �C (�C ) � f ( x )  g ( x)  C , đánh giá g ( x ) C (C ) � f ( x) �g ( x) còng nh f ( x) g ( x) Ngoài cụ thể ta có cách đánh giá khác Cũng có số phơng trình vô tỷ có nhiều ẩn mà ta giải phơng pháp đánh giá 2.2 Một số ví dụ Ví dụ Giải phơng trình x x   HD: Bµi toán có đề thi vào Đại học Bách Khoa ĐHQG năm 2001 Bài có nhiều cách giải, đáp án sử dụng đạo hàm Ta làm đơn giản nh sau: Ta thấy x nghiệm phơng trình Nếu x th× Vt > = Vp NÕu x Vt < = Vp Do phơng trình nghiệm hai trờng hợp Vậy phơng trình có nghiệm x 2 Ví dụ Giải phơng trình 3x  x   x  10 x  14   x  x HD: Bài đơn giản, đánh giá Vt Vp , hai vế Ta đợc phơng trình có nghiệm nhÊt lµ x  1 VÝ dơ Giải phơng trình x x 19 x  x  13  13x  17 x   3( x 2) HD: Bài cách giải tự nhiên cách cố y cho nh Giáo viên học sinh sáng tác kiểu 75 Đk x �2 Víi ®k ®ã Vt = ( x  )   (2 x  1)2  3( x  2)2  (2 x  1)2  (4 x  3)2 4 2) x2  4x  15 TÀI LIỆU ÔN THI HSG 10 MƠN TỐN NĂM HỌC: 2019 - 2020 75 (4 x  3) �3 3.( x  2) = Vp  x2  x  �  3( x  2)  2 1 Dấu đẳng thức xảy x Vậy phơng trình có nghiệm lµ x  2 28 27 VÝ dơ Giải phơng trình 27 x 24 x   1 x6 HD: Phơng trình cho tơng đơng với phơng trình (9 x  4) 3(9 x  4) , đk x Đặt (9 x 4) y , suy y �0 24  Khi ta đợc y2 3y y2 3y   1 y (bình phơng hai vế) 3 Theo BĐT Cô-si ta ®ỵc �y � y6 y2 6y �  �2 y  � �  ��( y  2) , ®ã �3 � � y  48 �3 y  12 y  12 � y  12 y  36 �0 � ( y  6) 2 thỏa mãn đk Vậy phơng trình có nghiệm x x 3x Ví dụ Giải phơng trình  x  x3  x  3x   HD: Ph¬ng trình cho tơng đơng với 3x x  (2 x  x  1)  ( x  3) (2 x  x  1)( x  3)   (1) Phơng trình xác định với 2 x số thực Theo BĐT Cô-si cho hai số dơng ta ®ỵc Vt(1) �Vp(1) Do ®ã (1) � x  x   x  � x  x   Tõ phơng trình có nghiệm x x  � 1� VÝ dô Giải phơng trình x   �x  � x � x� �  �x � � HD: §k Với đk đó, phơng trình cho tơng ®¬ng víi �2 � �x � �2 1 phơng trình x  x   4(1) x x � (  x  x )  (  x  x.1) �4 � 2 theo BĐT Bunhiacopxki, ta đợc 1� � 1 � � � �  x2  x � � � �  x  x 1� ��4 � � Từ ta đợc y , suy x  16 TÀI LIỆU ÔN THI HSG 10 MƠN TỐN NĂM HỌC: 2019 - 2020 �  x2  x  � Suy Vt (1) �4 = Vp (1) Do ®ã (1) � � , nghÜa lµ dÊu b»ng hƯ 1 �2   x x � x¶y Từ phơng trình có nghiệm x  2  x  x9 Ví dụ Giải phơng trình x HD: Đk x Theo BĐT Bunhiacopxki, ta đợc Vt 2= � 2 � � � x � x � �1  x 1 � ( x  9)  � � � Vp � x 1 x 1 � �x  x  Phơng trình có nghiệm dấu đẳng thức xảy hay Vậy phơng trình có nghiệm lµ x  2  x 1 1 x 1 �x x x 1 Ví dụ Giải phơng trình 13 x  x  x  x  16 HD: §k 1 �x �1 Víi đk phơng trình tơng đơng với x (13  x   x )  16 � x (13  x   x )  256(1) Theo BĐT Bunhiacopxki, ta đợc (13 x   x )  ( 13 13  x  3  x ) �(13  27)(13(1  x )  3(1  x ))  40(16  10 x ) � 10 x  (16  10 x ) � Theo BĐT Cô-si cho hai số dơng ta đợc 10 x (16  10 x ) �� � 64 � � Do ®ã Vt(1) � 4.64  256 , ta đợc x2 x   x2 �1  x2  � �� (1) � � Tõ ®ã dÉn ®Õn x  � 20 x  16 � � 2 10 x  16  10 x � 2 VËy phơng trình có hai nghiệm x Ví dụ Giải phơng trình x    x NhËn xÐt: Trong phần giải phơng trình vô tỷ Phơng pháp đặt ẩn phụ ta giải toán này, ta giải phơng pháp đánh giá nh sau HD: §k � x x 32 x Giả sử x nghiệm phơng trình Khi x , ta đợc x x � Mò hai vÕ suy x  x  x  12 x  x   (*) Cách thứ ta biến đổi Vt thành x  x  x ( x  x  1)  12 x  x biểu thức âm x � 17 TÀI LIỆU ÔN THI HSG 10 MƠN TỐN NĂM HỌC: 2019 - 2020 Cách thứ hai ta biến đổi Vt thµnh x  x (6 x  1)  12 x  x  còng lµ mét biĨu thøc ©m x � … Ta cã thể biến đổi tiếp phơng trình (*) sau chia hai vế cho x , ta đợc x8  x  x  x  x  x  x  x   � x ( x  x  1)  x ( x  1)  x ( x  1)  4(2 x 1) vô nghiệm Vt dơng x Vậy phơng trình vô nghiệm Ví dụ 10 Giải phơng trình ( x 2)(2 x  1)  x    ( x  6)(2 x  1)  x HD: Biến đổi phơng trình thành ( x   x  2)( x   3)  , suy x Vt hàm số đồng biến đoạn  5; � Tõ ®ã dÉn ®Õn x  nghiệm phơng trình cho Ví dụ 11 Giải phơng trình x 11x  21  3 x  HD: Phơng trình tơng đơng với ( x  3)(2 x  5)  12( x  3) (4 x  4)  x   (4 x  4)  x   Ta thấy x nghiệm phơng trình Nếu x phơng trình tơng đơng với (2 x  5)  12 (1) NÕu x  th× Vt(1) > > Vp(1) NÕu x Vt(1) < < Vp(1) Vậy phơng trình có nghiệm x Ví dụ 12 Giải phơng trình x  x  x   x  x   x  x  NhËn xÐt: Víi bµi toán ta sử dụng đánh giá gặp sau đây: f ( x) 0; g ( x ) �0 f ( x )  g ( x )  f ( x)  ah( x)  g ( x)  bh( x ) � � , víi a, b lµ hai sè thùc h( x )  dơng HD: Biến đổi phơng trình x  �0; x  3x  �0 2 2 x   x  3x   x   2( x  2)  x  3x   2( x  2) � � �x  Từ ta đợc phơng trình có nghiƯm lµ x  2 16   10  ( x  1996  y  2008) Ví dụ 13 Giải phơng trình x 1996 y 2008 Nhận xét: Với toán này, ta thấy phơng trình gồm hai ẩn Do ta nghĩ đến biến đổi phơng trình thành phơng trình có Vt tổng bình phơng, Vp HD: Biến đổi phơng trình thành 2 � �4 � �4 x  1996   y  2008  � � � � 4 y  2008 � x  1996 � � � � � ( x ; y ) (2012; 2009) Từ ta đợc phơng trình có nghiệm Ví dụ 14 Giải phơng tr×nh x y   y x   xy HD: §k x �1; y �1 Ta cã x y   y x    y ( x  x  1)  x( y  y  1)  xy 2 18 TÀI LIỆU ƠN THI HSG 10 MƠN TỐN NĂM HỌC: 2019 - 2020 x ( y   1)  xy 2 x � 1; y Khi phơng trình cho tơng đơng với y ( x  1)  x( y   1)  � � Tõ ®ã ta đợc phơng trình có nghiệm ( x; y )  (2; 2)   y ( x   1)  Phương pháp lượng giác - Khi giải phơng trình vô tỷ phơng pháp lợng giác ta đặt f ( x )  sin  nÕu f ( x ) � 1;1 víi ®iỊu kiƯn  ��  ; f ( x) cos với điều 2� � kiƯn  � 0;   Còng có đặt f ( x) tan ; f ( x) cot để đa phơng trình cho phơng trình lợng giác Giải phơng trình lợng giác từ tìm nghiệm phơng trình ®· cho - Dấu hiệu nhận biết là phương trình xuất hiện các biểu thức 1- x2 , x2 + 1, x2 - 1, - Lợi thế của phương pháp này là đưa phương trình ban đầu về một phương trình lượng giác bản đã biết cách giải như: phương trình đẳng cấp, đối xứng, cổ điển, …… - Vì hàm lượng giác là tuần hoàn, nên đặt điều kiện các biểu thức lượng giác thật khéo léo cho lúc khai không có giá trị tuyệt đối, có nghĩa là luôn dương - Một số phương pháp lượng giác hóa thường gặp: Bài toán có chứa Lượng giác hóa cách đặt a2 - x2 � � x = a sint, � � � x = a cost, � � p p� � ; � �K : t �� 2� � � � �K : t �� 0; p � � x2 - a2 � � x= � � � � �= x � � � p p� � ; � �K : t �\ � 2� { } � � �p� �K : t �� 0; p� \� �� � � � � �2� � a sint a cost , , a2 + x2 � � x = a tant, � � � x = a cot t, � � p p� � �K : t �� - ; � � � � � � 2� �K : t �( 0; p) a+x a- x � a- x a+x x = acos2t, �1;1� �K : cos2t �� � ( x - a) ( b - x) x = a + ( b - a) sin2 t 19 TÀI LIỆU ƠN THI HSG 10 MƠN TỐN NĂM HỌC: 2019 - 2020 ( *) Ví dụ: Giải phương trình: 4x3 - 3x = 1- x2 Bài giải ● Điều kiện: - �x �1 ● Đặt x = cost, t �� 0;p� � 1- x2 = 1- cos2 t = sin2 t = sint = sint � � ( *) � 4cos t - 3cost = sint � p � cos3t = cos� �� � � p � 3t = - t + k2p � �� , ( k ��) p � 3t = - + t + k2p � � � � t� � � � � p kp � t= + � , ( k ��) �� p � t = - + kp � � p 5p 3p ● Do t �� 0; p� � x = cos � x = cos � x = cos =� � 8 Ví dụ: Giải phương trình: ( + 1- x2 = x + 1- x2 ) ( *) Bài giải ● Điều kiện: - �x �1 � p p� � ; � � 1- x2 = 1- sin2 t = cos2 t = cost = cost ● Đặt x = sint, t �� 2� � � ( *) � + cost = sint ( 1+ 2cost) t 3t t � 2cos = 2sin cos 2 � 2cos2 t = sint + sin2t t� � 2cos � 1� 2� � 2sin � 3t � � =0 � 2� � � t � cos = � �� 3t p � sin = = sin � � � � t p � t = p + k2p � = + kp � � 2 �� , ( k ��) � � p k4p p k4p , ( k ��) � 3t p 3t p t = + � t = + � � = p+ k2p � = + k2p � 3 � 4 � � p p� p p � ; � �t= �t = ● Do t �� 2� � � � p p � t = � x = sin = � � 6 ● Với � � p p � t = � x = sin = � � 2 � ● Vậy phương trình có hai nghiệm là x = � x = Ví dụ Giải phơng trình x   x2 1  20 TÀI LIỆU ƠN THI HSG 10 MƠN TỐN NĂM HC: 2019 - 2020 Nhận xét: Bài toán (đã xét trên) giải phơng pháp lợng giác, nhiên với cách giải lợng giác mang tính chất tham khảo � x   cos y �� ; y 0; Khi ta đợc phơng trình HD: Đặt x  sin y � cos8 y  cos y  8cos y   � (cosy  1)( )  � (cos y  1)(cos6 y  cos y  cos y  7)  � cos y  1 Do phơng trình có nghiệm x  1 2 VÝ dô Giải phơng trình x x2 HD: §Ỉt x  cos y, y  (0;  ), y Phơng trình cho trở thành 1   2 � sin y  cos y 2.sin y Đặt sin y cos y  z,  �z � cos y sin y suy sin y  2sin y cos y  z  , ta đợc z z  , ®ã x  11 1 Víi z   y , x 12 2 Víi z  th× y Vậy phơng trình có nghiệm x vµ x   2 Ví dụ Giải phơng trình x (1 x )3  x 2(1  x ) HD: §k 1 �x �1 �  � ; Đặt x sin y, y suy cos y �0 �2 2� � Khi ®ã phơng trình trở thành sin y cos3 y  sin y cos y �  2; 1; Đặt sin y cos y z , z (chính xác z ), biến đổi phơng trình ta đợc z  2.z  z   � ( z  2)( z   1)( z   1)  � z  �z    NÕu z  th× th× y  , ®ã x  NÕu z   th× sin y  cos y   � x   x   �  x    x �0 �x 1  2 Vậy phơng trình có nghiệm TỔNG HỢP ĐỀ CÁC TRƯỜNG NĂM 2017 - 2018 Câu (Trần Hưng Đạo) Giải phương trình sau tập sớ thực: 21 TÀI LIỆU ƠN THI HSG 10 MƠN TỐN  x  3 NĂM HỌC: 2019 - 2020  3x   15  x  3x   9 x  27 x  14  11 Đáp án �x � Đặt a   3x ,  b  3x  ( a, b �0 ) Suy 3 2 � �s  p  5           � �a  b  �2 p  s  5                       �� � � 2 sp  s  p  11 �2b  1 a   2a  1 b  2ab  11 � � �s  s    s  s   11 Điều kiện: �2 p  s  5             � �3 �s  s  s    s  a  b,  p  ab  a2 � � � � � �p  �x  �b  �2 p  s  5                     � �� � � �� � � x2 �a  �s  � � s  3  s  s    � � b2 � � Thử lại thỏa mãn Vậy nghiệm phương trình là x  hoặc x  � � � 1 �3 x � � � � x y� Câu (Lê Quý Đôn) Giải hệ phương trình sau: � � �7 y � 1 � � � � � x y� Đáp án ĐK: x �0, y �0, x  y �0 Dễ thấy x  hoặc y  không thỏa mãn hệ pt Vậy x  0, y  Với x �0, y �0 Ta có: � �1 2 2   1 (1) � �  7y 7y � 3x �3x �� �� � 2 � �1  2     � � � x  y � 7y 3x 7y 7y x  y �x  y �3x �1 �1 2� 2�  - Nhân theo vế hai pt hệ ta được � � �  � x y x y � � � � x y y  6x � 2 � �   � y  38 xy  24 x  � � 3x y x  y y x � 11  22  TH y  x thế vào pt (1) ta được  1� x  �y 21 3x 21x TH y   x không xảy x  0, y  � 11  22  � ; Vậy hệ pt có nghiệm nhất  x; y   � � 21 � � � � 1 � � � � �� � � 1 � � � � � � x  y � 3x 22 TÀI LIỆU ÔN THI HSG 10 MÔN TOÁN NĂM HỌC: 2019 - 2020 � �x   y ( x  y )  y Câu (Chu Văn An) Giải hệ phương trình: � ( x  1)( x  y  2)  y � Đáp án Ta thấy y=0 không phải là nghiệm, chia hai vế của phương trình cho y ta được: �x   ( x  y)  � x2  � y u � � Đặt: Ta được: y � �2 x  � � v  x y2 ( x  y  2)  � � y � �x  �x   y u 1 1 � � �� y �� � v 1 � �x  y   �x  y  � uv24 � uv 2 � � � � uv  uv  � � �x  hoặc �x  2 � � �y  �y  y  xy  x  � Câu (Phan Bội Châu) Giải hệ phương trình sau: � 2 �x  xy  y  3x  y   Đáp án y  xy  x  �  x  y   y  x   �y   x �x  �x  �y   x � �2 �� �� �y  3 �y  1 �x  x   �x  13  157 �x  13  157 �y   x � � � � 13  157 �� 13  157 �x  y � � �y  13 y   �y  �y  � � Câu ( Phạm Văn Đồng) Giải phương trình: x  x 1 1  1  x  x x x Đáp án Điều kiện: x �1 Ta có: x 1 1 x 1 x2 1 x 1 ( x  1)( x  1)  1  x  � 2x   1  � 2x   1  x x x x x x x x x Đặt t   �0 Phương trình đã cho trở thành: t  (1   x )t  x  x � t  2( x   1) (*)   (1   x )  x    x  ( x  1)  ( x   3) Suy ra: � t  x 1 1 (**) � 2x  + Từ (*), suy ra:  1  2( x   1) Phương trình vô nghiệm do:    2( x   1) x x + Từ (**), suy ra: 1 x 1  x   1, x �1 �  x   x 1 � x 1  x 1 x x x � x  x   x x   � ( x  x  1)2  � x  x  � x  23 1� TÀI LIỆU ÔN THI HSG 10 MÔN TOÁN NĂM HỌC: 2019 - 2020 Do x �1 nên phương trình đã cho có nghiệm là : x  1 2 � �x  2x   y  Câu (Phan Chu Trinh) Giải hệ phương trình � �x y  2x  y  Đáp án � �x  2x   y   1 Đặt �  2 � �x y  2x  y  Nếu y  thay vào phương trình  2 ta có x  0, thay vào phương trình  1 ta được  0x điều này không xảy  Vậy y �0 , đó ta coi phương trình là phương trình bậc hai ẩn x , phương trình này có nghiệm  ' y và chỉ �   y  3 Tương tự coi phương trình là phương trình bậc hai ẩn x , phương trình này có nghiệm và chỉ  '  1 y �0 � 1�y �1    4   Thay vào phương trình  1 ta được x  1, giá trị này thỏa mãn phương trình  2 Vậy hệ phương trình có nghiệm nhất  x; y   1;1 Từ hai điều kiện và suy y  1 Câu (Đăk Mil) Giải phương trình: 13 x  x  x  x  16, x �� Đáp án Điều kiện 1 �x �1 Khi đó phương trình được viết lại: 13 x  x  x  x  16, x �� 13 13 x  x  x  x  x  x  x  x 2 13 � � x2    x2  �  � x    x2  � � � � � 16 (BĐT AM-GM) 4 Với 13 x  x  x  x �16 Dấu ''  '' xảy � x   x2 � � x  � x  � (TM ) � 5 � �x   x Vậy nghiệm của phương trình là x  � Câu 8.(Krông Nô) Giải phương trình 1945 x  1975  72 x  13  30  x  2017 x  2018  Đáp án a  1945 x  1975 Đặt b  73x  13 c  30  x Ta có: a  b3  c  2017 x  2018;  a  b  c  a  b3  c  3(a  b)(b  c )(c  a )  2017 x  2018 24 TÀI LIỆU ƠN THI HSG 10 MƠN TỐN a  b 1945 x  1975  73 x  13 � � � � b  c hay � 73 x  13  30  x � � � c  a 30  x  1945 x  1975 � � Câu (Nguyễn Du) Giải phương trình NĂM HỌC: 2019 - 2020 1988 � x   � 2018 � 43 �� x � 72 � 2005 � x � 1994 1 x 4x   x 1  Đáp án �x �0 8x  1 4x  Điều kiện: � pt � x   x   x  � x  2 x x   x �0 � �  x  1  � x   TM  � � � �  x  1 �  1� � � �� � 1  �3 x  x  x � � x  2 x  � x  2x  x � Kết luận pt có nghiệm � x  73 73 �x  �x  8 �x   y   x  xy  Câu 10 (Nguyễn Du) Giải hệ phương trình: � �x  3x  y  2 Đáp án � x2  2x   x  y   u.v  u  1 u  x2  2x �  � � � PT � � �� Đặt: � , ta có hpt: � u  v  2 v  1 v x y � � �x  x  x  y  2 � �x  x  1 �x  1 �� �� x  y   �y  � Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    1;0  � x  y    4( x  y )  3( x  y ) Câu 11 (Trường Chinh) Giải hệ phương trình : � � 2014 x  y  2015 � Đáp án Điều kiện: x  y �0 Đặt u  Khi đó phương trình x  y ; u �0 x  y    4( x  y )  3( x  y ) trở thành: u    4u  3u � u   3u  4u  � u   3u u   3u  (2u  1)(2u  1) � � � (2u  1) �  2u  1� � 2u   � x  y  � u   3u � �x  2x  y  � � �� Kết hợp với phương trình lại ta có hệ: � 2014 x  y  2015 �y   � � 25 TÀI LIỆU ÔN THI HSG 10 MƠN TỐN 1 KL : Hệ có nghiệm x  , y  NĂM HỌC: 2019 - 2020 2 �x  y  xy   x Câu 12 (Nguyễn Đình Chiểu) Giải hệ phương trình: � 2 �x ( x  y )  y  x  Đáp án Nhận thấy x  không thỏa mãn hệ Với x �0 , chia cả hai vế của (1)và (2) cho x � y2  ax y �  y4 �x  � � x ta được: � Đặt � y  b y 1 � � ( x  y )   x � � x � ab4 b 4a b4a � � � a  5, b  � � �2 � �2 �� �2 a  3, b  a  2b  � a  2(4  a)  a  2a-15=0 � � � x  2; y  � Với a  3, b  suy ra: � x  5; y  2 � Với a  5, b  hệ vô nghiệm Câu 13 (Nguyễn Tất Thành) Giải phương trình sau: x   22  x  x  (1) Đáp án 22 Đk:   x  1  12 x   22  x 3 x  24  x    x    22  x    x  14 3 x  24  4 x      x  14      9 x     x     9 22  3x     x  14  3x  3x  x2 x4 22  x  x  14  x x2  x2  x    3 x  x  x   x  22  3x  x  14    x2  x     3 0  x   x  22  3x  x  14           x  x  0      0  x   x  22  x  14  x ( 2) x4 0 22 22 Ta có   x       x   14   => pt(2) vô nghiệm 3 14  x  Vậy pt(1) có nghiệm x   x 2 26 ... đặt ẩn phụ 1.1 Một số lu ý Khi giải phơng trình vô tỷ phơng pháp đặt ẩn phụ ta gặp dạng nh: 2 .1.1 Đặt ẩn phụ đa phơng trình cho phơng trình đại số không chứa thức với ẩn ẩn phụ 2 .1.2 Đặt ẩn phụ... nghiệm x = xo bằng máy tính bỏ túi ( SHIFT - SOLVE hay ALPHA - CALC )  Tách, ghép phù hợp để sau nhân liên hợp xuất hiện nhân tử chung ( x - xo ) hoặc bội của (x- xo ) phương... trình, bất phương trình thức không có dạng chu ̉n trên, ta thực hiện theo các bước: Bước Đặt điều kiện cho thức có nghĩa Bước Chuyển vế cho hai vế đều không âm Bước Bình
- Xem thêm -

Xem thêm: CHU DE 1 PT HE PT KHONG CHUA THAM SO ÔN THI HSG 10, CHU DE 1 PT HE PT KHONG CHUA THAM SO ÔN THI HSG 10

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn