Tài liệu Sáng tạo và giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình nguyễn tài chung

í Q n g u yễ n tà i c h u n g 4 ồ £ T ~ í : I— _ H t B Ẩ Ị Ĩ i P n H u Ư u n Ơ u Í m 1 G i T • i R i U n l H M ữ <2» P h ư ơ n g p h á p x â y p ự N B o ể t d á n CÁC d ạ n g t o á n , c á c p h ư ơ n g p h á p giải èr C Á C Đ Ể THI H Ọ C S I N H GIỎI g u ố c GIÁ, D LY M PIC 3 D / 4 s - TÀI LIỆU BÔI D Ư Ỡ N G H Ọ C S i n h k h á G i â i ^ r ^ ỉ TÀI LIỆU ÔN. LUYỆN THI E>/ TÀI LIỆU ' [ Ạ m ì ® N H À XUẤT B Ầ N T D N G - L - 'n h ợ p t h à n h p h ò h ỏ c h í m in h SÁNG TẠO VÀ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH NGUYỀN TÀI CHUNG Chịu trách nhiệm xuâ't bản N G U Y Ễ N TH Ị T H A N H H Ư Ơ N G Biên tập QUỐC NHÀN Sửa bản in HOÀNG NHỨT Trình bày Công ty KHANG VIỆT Bìa Công ty KHANG VIỆT NHÀ XUẤT BẢN TỔNG Hộp TP. Hổ CHÍ MINH NHÀ SÁCH TỔNG HỢP 62 Nguyễn Thị Minh Khai, Q .l ĐT: 38225340 - 38296764 - 38247225 Fax: 84.8.38222726 Email: tonghop@ nxbhcm.com.vn W ebsite: www.nxbhcm .com .vn/www.fiditour.com Tổng p h á t h àn h w S r CÔNG TY TNHH MTV DỊCH VỤ VĂN HÓA KHANG VIỆT Địa chỉv 71 Đinh Tiên Hoàng - p.Đa Kao - Q.1 - TP.HGM Điện thoạií 08. 39115694 - 39105797,- 39111969-- 39111968 Fax: 08. 3911 0 8 8 0 : ■ = Email: khangviẹ[email protected]' _ ; Website: www.nhasachkhangviet.vn :ỉ In lần thứ I, số lượng 2 .0 0 0 cuốn, khổ 1 6x24cm . Tại: CÔNG TY c ổ PHAN t h ư ơ n g m ạ i n h ậ t n a m Địa chỉ: 006 Lô F, KCN Tân Bình, p. Tây Thạnh, Q. Tân Phú, Tp. Hồ c h í Minh Số ĐKKHXB: 1 55-1 3/CXB/45-24/THTPHCM ngàỳ 31 /0 1 /2 0 1 3 . Q uyết định xuất bản số: 296/Q Đ -T H T P H C M -2013 do NXB Tổng Hợp T hành Phố Hồ c h í M inh c â p ngày 19/03/2013 In xong và nộp IlAj chiểu Quý II năm 2013 L ờ i nói đ ầ u Học sinh học toán xong rồi làm các bài tập. Vậy các bài tập đó ở đâu mà ra? Ai là người đầu tiên nghĩ ra các bài tập đó? N ghĩ như th ế nào? Ngay cả nhiều giáo viên cũng chi biết sưu tầm các bài tập có trong sách giáo khoa, sách tham khảo khác nhau, chưa biết sáng tác ra các đề bài tập. Một trong những cách đó là tìm những hình thức khác nhau đ ể diễn tả cùng m ột nội dung rồi lây một hình thức nào đó phù hợp với trình độ học sinh và yêu cầu họ chứng minh tính đúng đắn của nó. Như chúng ta đã biết phương trình, hệ phương trình có râ't nhiều dạng và phương pháp giải khác nhau và râ't thường gặp trong các kỳ thi giỏi toán cũng như các kỳ thi tuyển sinh Đại học. Người giáo viên ngoài nắm được các dạng phương trình và cách giải chúng đê’ hướng dẫn học sinh cần phải biết cách xây dựng nên các đề toặn đê’ làm tài liệu cho việc giảng dạy. Tài liệu này đưa ra một sô' phương pháp sáng tác, quy trình xây dựng nên các phương trình, hệ phương trình. Qua các phương pháp sáng tác này ta cũng rút ra được các phương pháp giải tự nhiên cho các dạng phương trình, hệ phương trình tương ứng. Các quy trình xây dựng đề toán được trình bày thông qua những ví dụ, các bài toán được xây dựng lên được đặt ngay sau các ví dụ đó. Đa sô' các bài toán được xây dựng đều có lời giải hoặc hướng dẫn. Quan trọng hơn nữa là một sô' lưu ý sau lời giải sẽ giúp chúng ta giải thích được "vì sao lại nghĩ ra lời giải này". Như vậy cuốn sách này sẽ trình bày song song hai vân đề: Phương pháp sáng tác các đề toán và Các phương pháp giải cũng như phân loại các dạng toán về phương trình, hệ phương trình. Điếm mới lạ và khác biệt của cuôín sách này là quy trình sáng tác một đề toán mới (được trình bày thông qua các ví dụ) và cách thức chúng ta suy nghĩ, tìm ra lời giải một bài toán (được trình bày thông qua các lưu ý, chú ý, nhận xét ngay sau lời giải các bài toán). Ngoài ra cuốn sách này còn dành ra một chương (chương 5) đ ể trình bài các bài toán phương trình, hệ phương trình, bất phương trình trong các đề thi Đại học trong những năm gần đây. Tốt nhất, độc giả tự mình giải các bài toán có trong sách này. Tuy nhiên, đê thây và làm chủ các kỹ xảo tinh vi khác, các bài toán đều được giải san (thậm chí là nhiều cách giải) với những mức độ chi tiết khác nhau. Nội dung sách đã cô' gắng tuân theo ý chủ đạo xuyên suốt: Biết được lời giải của bài toán chỉ là yêu cẩu đầu tiên - mà hơn thê' - làm thế nào đ ế giải được nó, cách ta xử lý nó, những suy luận nào tỏ ra "có lý", các kết luận, nhận xét và lưu ý từ bài toán đưa ra... Hy vọng cuô'n sách này là tài liệu tham khảo có ích cho các em học sinh khá giỏi, học sinh các lóp chuyên toán Trung học phổ thông, các em học sinh đang luyện thi Đại học, giáo viên toán, sinh viên toán của các trường ĐHSP, ĐHKHTN cũng như là tài phục vụ cho các kỳ thi tuyến sinh Đại học, thi học sinh giòi toán THPT, thi Olympic 30/04. Các bạn học sinh, sinh viên, giáo viên và những người quan tâm khác sẽ có thê' tìm thây thiếu sót ờ cuốh sách này trong quá trình sử dụng. D o vậy, sự góp ý và chỉ trích trên tinh thần khoa học và hướng thiện từ phía các bạn là điểu chúng tôi luôn m ong đợi. Hy vọng rằng trên bước đường tìm tòi , sáng tạo toán học, bạn đọc sẽ tìm được những ý tưởng tốt hơn, mới hon, nhằm bô sung cho các ý tướng sáng tạo và lời giải được trình bày trong quyển sách này. Tác giả Thạc sỹ: NGUYỄN TÀI CHUNG It Nhà sách Khang V iệt xin trân trọng giới thiệu tới Q uý độc giả và xin ỉắng nghe m ọi ý kiên đóng góp, đ ể cuốn sách ngày càng h ay hơn, b ố ích hơn. Thư xin gửi về: Cty TNHH M ột Thành V iên - Dịch Vụ Văn Hóa Khang Việt. 71, Đ inh Tiên Hoàng, p. Đakao. Quận 1, TP. HCM Tel: (08) 39115694 - 39111969 - 39111968 - 39105797 - Fax: (08) 39110880 Hoặc Email: khangvietbookstore@ yahoo.com.vn M ỤC LỤC Chương 1. Phương ph áp sáng tác và giải phương trình, hệ phương trình, bấi phương trình 1.1 Phương pháp hệ số bất đ ịn h ............................................................................ 3 1.2 Phương pháp đưa về hệ ...................................................................................5 1.3 Phương pháp đưa phương ưình về phương trình h à m .............................. 15 1.4 Một sô" phép đặt ẩn phụ cơ bản khi giải hệ phương trình ......................26 1.5 Phương pháp cộng, phương pháp thế........................................................... 35 1.6 Phương pháp đảo ẩn. Phương pháp hằng số biến thiên.......................... 54 1.7 Phương pháp sử dụng định lí Lagrange...................................................... 63 1.8 Phương pháp hình h ọ c .................................................................................... 69 1.9 Phương pháp bất đẳng thức........................................................................... 82 1.10 Phương pháp tham biến ................................................................................. 95 Chương 2. Phương pháp đa thức và phương trình phân thức hữu tỉ..................116 2.1 Các đồng nhất thức bổ su n g ........................................................................116 2.2 Phương trình bậc ba ...................................................................................... 117 2.3 Phương trình bậc b ố n ....................................................................................127 2.4 Phương pháp sáng tác các phương trình đa thức bậc c a o ..................... 137 2.5 Phương trình phân thức hữu t ỉ .....................................................................149 Chương 3. Phiỉơng trình, bất phương trình chứa căn th ứ c .............................. 158 3.1 Phép thế trong đối với phương trình ^ A (x ) ± ^ B (x ) = ^ c ( x ) ....158 3.2 Phương trình (ax + b)" = pV a'xT b' + qx + r ...................................... 160 3.3 Phương trình [ f ( x ) ] n + b (x ) = a (x )^ a (x ).f(x ) - b ( x ) ..................... 168 3.4 Phương trình đẳng cấp đối với ^ p (x ) và ^ Q ( x ) .................................174 3.5 Phương ưình đối xứng đối với ^ p (x ) và -Jq ( x) .................................179 3.6 Một số hướng sáng tác phương trình vô t ỉ ................................................184 Chương 4. Hệ phương trình, hệ bất phương tr ìn h ................................................ 231 4.1 Hệ phương trình đối xứng............................................................................231 4.2 Hệ có yếu tô" đẳng c ấ p ................................................................................253 4.3 Hệ bậc hai tổng quát .................................................................................. 266 4.4 Phướng pháp dùng tính đơn điệu của hàm sô"......................................... 271 4.5 Hệ lặp ba ẩn (hoán vị vòng quanh).......................................................... 277 4.6 Sử dụng căn bậc n của số phứcđể sáng tác và giải hệ phương trình ... .................................... ..................................................................................... 307 4.7 Phương pháp biến đổi đẳng thức ............................................................. 314 4.8 Một số hệ không mẫu m ự c ........................................................................317 Chương 5. Các bài toán phương trình, hệ phương trình, bất phương trình trong đề thi đại học ................................................................................................................328 5.1 Phương trình, bất phương trình chứa căn ................................................328 5.2 Hệ phương trình đại số ...............................................................................332 5.3 Phương trình lượng g i á c ............................................................................. 337 5.4 Phương trình, bất phương trình có chứa các số n !, Pn, a Ị^, c „ ............365 5.5 Phương trình, bất phương trình m ũ ........................................................... 368 5.6 Phương trình, bất phương trình logarit .................................................... 373 5.7 Hệ mũ và logarit........................................................................................... 387 5.8 Phương pháp dùng đạp hàm ..................................................................... 392 ị \ Chương 1 Phương pháp sáng tác và giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình Trong chương này ta sẽ trình bày một số phương pháp cư bản và một số phương pháp đặc biệt để giải và sáng tác phương trình, hệ phương trình, b ất phương trình. Có m ột số ví dụ, bài toán có sử dụng đến kiến thức của phương trìn h cta t.liức bậc ba, bạn (lọc có thổ хеш bài phương trình bậc ba ở chương 2 (chỉ cần có kiến thức về lượng giác là có thể hiểu bài phương trình bậc ba) trước khi xem các bài toán, ví dụ này. 1.1 Phương pháp hệ số bất định Phương pháp hộ số bất, định là chìa khoá giúp ta phân tích, tìm (lược lời giải cho nhiều loại phương trình. Chúng ta sẽ lần lượt tìm hiểu phương pháp này thông qua các bài toán và các lưu ý ngav sau đó. B à i t o á n 1. Giải phương trình 2x2 - l l x + 21 - "òựĩx —4 = 0. G iả i. Tập xác định D = R. Phướng trình (lã cho tương đương vổi ị ( 4 x - 4)2 - l ( 4 x - 4) + 12 - 3v^4x - 4 = 0. 8 4 (1) D ặt t = \/Ax —4, thay vào (1) ta dược tG - 14í3 - 241 + 96 = 0, hay (t - 2)2(í4 + 4í3 + m 2 + 18í + 24) = 0. Nếu t < 0 thì í6 - 14í3 - 24í + 9G > 0, nếu t > 0 thì t4 + 4t3 + 12í2 + 18í + 24 > 0. 3 (2) Do đó (2) <Í=M = 2 =4- X = 3. L ư u ý.Để cỏ (1) ta cần tìm a , /3,7 sao cho 2x2 — l l x + 21 = a(4 x —4)2 + /3( 4x —4) + 7 t=t>2x2 >2.r2 -—UI Ix37 + 21 = 16ax2 16 n x 2 + + (4p (4/ĩ - 32a)x 32rt).T + (16™ (16ft -4 - /1 Ap + 7) ( Ị6 a = 2 /1 7 \ >ị 4 0 - 3 2 « = - 11 ^ («;/ #;' >)= ỉ ; - 7 ; 12 . \ 16(1 —4/3 + 7 — 21 \8 4 / Sử dụng phương iương pháp hệ số b ấ t định cho ta lời giải bài toán m ột cách rấ t tự nhiên và rõ ràng. B à i t o á n 2. Giải phương trình —x + 3 = 2 \ / ĩ —X — s f ĩ + 1 + 3 \ / l —X2. (1) G iả i. Tập xác định D — [-1 ; 1]. Phương trình (1) viết lại như sau : (1 + x) + 2(1 - x) - 2 \/l — X + ự l + X — 3 \ / ĩ —X2 = 0. (2) Đặt u = y/1 + X, V = y/l — X (u > 0, V > 0), ta đưực lí2 + 2v2 — 2v + u — 3uv = 0 •£> (it2 —2uv) + (u —2v) — (uv — 2V2) = 0 u = 2v — 2v)(u —V + 1) = 0 u —V + 1 = 0 ự T ± ^ = 2 ự r ^ _ , y /1 + x + 1 = y /ĩ = x Lưu 1 ' vì ) 15 = 2 ý. Để có (2), ta tìm a, p sao cho - X + 3 = a ( l + x) + /3(1 - x) Ị u Ị /? = 31 «=> { 3 = 2. Đối với bài toán tổng quát : Giải phương trình p(x) = a \ f ĩ — X + b ự l 4- X + c \J \ —X2 , Ta biểu diễn p(x) theo 1 - X, 1+ X và đặt ' u = v / Ĩ T x ,V = \f\~-~x (u > 0, V > 0). Khi đó được pỉurơng trình đối với tí, V c ó thể phân tích được. V í d ụ 1. Ta sẽ sáng tác một phương trình Iiược giải bằng phương pháp hệ số bất định như sau : Ta có (a — b + l)(2 a —6 + 3) = 0 2a2 + b2 — 3ab+ 5a — 46 + 3 = 0. Từ đây lấy a = ^ /ĩ~ ự x v à b — \J 1 — X ta được 2x + 2 + l - x — 3 \ / 1 — X2 + 5 \ /l + -E - 4 \/l —X + 3 = 0. Rút gọn ta được bài toán sau. 4 B à i t o á n 3. Giải phương trình 4 \ /l - x = x + 6 - 3 \ /l —X 2 + 5 \ / ĩ + Đá p sô. X = — X. . B à i t o á n 4. Giải phương trình 4 + 2 \ /ĩ —X = - 3 x + 5 ự x + 1 + V l { X2. 24 ^/3 1 25 2 1 B à i t o á n 5. Giăi phương trình lOx2 + 3x 4- 1 = (6x + l ) V x 2 + 3. (*) G i ả i . Đ ặ t u = 6 :r + 1, V = \/X ’2 + 3. T a c ó 10x2 + 3x + 1 = —(6x + l ) 2 + (x2 + 3 ) ~ 7 = — + v 2 - - . 4 4 4 4 Thay vào (*) : 1 9 + u2 - -Ị = <=> (u - 2v)2 = 9 <=> u - 2v = ±3. • Với u — 2v = 3, ta có 1 4- 6x —2 y/X2 + 3 = 3 -í=> 3x — 1 = \ / X 2 + 3 ^ (3x - 1 > 0 ^ _ 1 ^ | x 2 + 3 = ( 3 x - l ) 2 ^ z = 1• Với u - 2v = —3, t a có 3x + 2 = V ®2 + 3 o { ^ T++22p i x2 + 3 Vậy phương trình có tập nghiệm 5 = ị 1 ; v' ^ y /7 -3 ^I . Lưu ý. Phương pháp hệ số bất định để giải hệ phươngtrình sẽ được đề cập trong phần phân tích tìm lời giải các bài toán của bài 1.5 : Phương pháp cộng, phương pháp thế (ở trang 35). 1.2 Phương pháp đưa về hệ. Để giải phương trình bằng cách đưa về hệ phương trình ta thường đặt ẩn phụ, phép đặt ẩn phụ này cùng với phương trình trong giả thiết cho ta một hệ phương trình. Sau đây ta sẽ trình bày phương pháp sáng tác (thông qua các ví dụ), phương pháp giải (thông qua lời giải các bài toán và quan trọng hơn nữa là các lưu ý sau lời giải). Các phương pháp sáng tác cũng như phương pháp giải các phương trình bằng cách đưa về hệ còn được đề cập rất nhiều ở sau bài này (chẳng hạn bài 3.2 ở trang 160). 5 V í d ụ 1. Xét. ị ^ _ 2 _ 3^2 =>x = 2 —3( 2 —3x2)2 . Ta có bài toán sau. B à i t o á n 6. Giẫi phương trình X + 3 (2 —3x2) 2 = 2. Ị G iãi. Dặt ,J = 2 - 3**. Ta có hệ ^ « > {;:?; ỊỈỊ Lấy (1) trừ (2) ta được a; - 1/= 3(x2 - y2) ^ [ 3 (~ Ịy )°= 1 yỊ «3 • Với y = X, thay vào (1) ta được 3x2 + I - 2 = 0 » 3:E Ị —1, - Ị . Ị _ 3l" • Với y = -------thay vào (2) ta dược. o 1 — 3x „ „0 „ _ „ . 1 ± n/2Ĩ = 2 —3x2 <=> 9x2 — 3x — 5 = 0 < $ x = „ 9 Phương trình đã cho có bốn nghiệm 2 3 1 - ự2Ĩ 6 X = - í , X = - , X = ---- -7-------- , X = 1 + Ự2Ĩ -f ----------------------- . 1) Lưu ý. T ừ lời giải trên ta thấy rằng nếu khai triển (2 - 3x2)2 thì sõ dưa phương trình dã cho vồ phương trình da thức bậc bốn, sau dó biến đổi thành (x + l)(3 x - 2)(9x2 - 3x - 5) = 0. Vậy nếu khi sáng tác đồ toán, ta cố ý làm cho phường trình không có nghiệm hữu tỉ thì phương pháp khai triển đưa về phương trình bậc cao, sau dó phân tích đưa về phương trình tích sẽ gặp nhiều khó khăn. V í d ụ 2.X é t mật phương trình bậc hai có cả hai nghiệm là số vô tỉ 5x2 - 2 .7: - 1 = 0 « 2 t = 5.T2 - 1. 1 . Ta có bài toán sau. B à i t o á n 7. Giải phương trình 8x - 5 (5x2 - 1 ) = —4. G iả i. D ặt 2Ị) — 5.T2 — 1. Khi <16 2 y = Ĩ)X2 - 1 2 y = 5x2 — 1 2x = 5 ịj2 — 1. . 8x - 5 A y 2 = - 4 G (1) (2) Lấy (1) trừ (2) tlico vé ta dược - X = 0 r y = 5a: + 2 У = - —7— - 4 v - Í-) = 5 ( x 2 - y 2) ^ [ ị = * 5 ( ì + y) • Với у = thay vàn (1) ta được 5x2 - 2x - 1 = 0 «=> X = --------- . 0 5x 4- 2 • Với у = ----------- . thay vào (1) ta được Ü X, lOx + 4 2 , , or 2 , 1 n -Ö iv'sö ----- —----- = 5j: —l o 25x- + lOx —1 = 0 •£> X = ------ ------- . 25 1 ± х/б - 1 ± v/2 Phương trình dã cho có bốn nghiệm ° 5 ........................................................................., 5 L ư u ý. Phép đ ặt 2у = 5x2 - 1 dược tìm ra như sau: Ta dặt a y + b = ĩ>x'2 - 1, với n, I) tíin sau. Khi đó t.liu dược liệ j uy + b^r 5 x 2 - 1 Ị ay + b + 1 = 5X2 I 8.T — 5 (ay + h)2 = —4Ị 8x + 4 —5b2 = 5a2y 2 + ỈOrtòy. ị а 5 b+ 1 Để hệ trên là liệ đối xứng loại lĩ thì < g ~ 5^2 = 4 _ 5^2 { ỈQab = 0 , =>1 k Z. 2 Vậy 1 ta có phép đ ặt 2y = 5.T2 — 1. B à i t o á n 8. Giãi 'phương trình 5(5x2 - 17)2 - 343x - 833 = 0. Ý tư ở n g . D ặt ay + b = 5x2 - 17 (a Ỷ 0)- Khi đó Ị ay + b = 5x2 - 1 7 \ĩ>(ay + b)2 - 343x - 833 = 0. (*) Từ (*) ta có ,, ,, b{ay) + 10aby + b2 - 343x - 833 = „ , Suy га ах + b = ----- ------------ ^ оо X= 5 (ay)2 + 10 aby + b2 — 833 --------------- . 5 а3.у2 + 10 à2.by + fr2,fl —833я,4 ------------------ +b. {**) Та hy vọng có ax + b = 5y 2 - 17, kết hợp với (**) suy ra ~ <^343.5y 1 5o3/ụ2 + IQà2.by + b2.a — 833a 343 --------+b 5831 = 5a3.Ịj2 + 10a2.hy + b2.n - 833« + 34'òb. e í 343 = ÙẦ Đồng nhất liộ số ta được < a2b = 0 [ —833« 4- 343/; = -5831 lời giải sau. 7 ( 7 <=> X- = —— ^ . * Nếu 5x + ĩ>y = —7, kết hợp (1) ta có 7(5x + 7) + 5x2 - 17 = 0 25x2 + 35x - 36 = 0 <=> X = - 3 5 ± ÕN/Tgã 50 r/íi, „ Í 7 ± n/389 - 3 5 ± 5 \ / Ĩ 9 3 Ì Kêt luận: Phương trình có tập nghiệm 5 = < ------ ------ ; ---------- -------- >. /3 V í d ụ 3. Ta có 4x3 — 3x = - Ệ <=> 6x = 8:r3 —\/3- Vậy xét ị 6ỊI = 8x3 —y/3 1 6* = i ẵ 3 - y i a___o ( 83-3 — \ / 3 \ , f , = ' Ị ( J =>1296x + 2 1 6 \ / 3 - 8 ( s / J - V 3j =!■ 162i + 27\/3 = (Hx4 - v'3j I Ta có bài toán sau. B à i t o á n 9. Giải phương trình 162x + 27\/3 = (8x3 - \/3 ) 3 • 1 G iải. Đặt 6y = 8x 3 - \/3. Ta có hê í 6y = 8.T3 - v/3 \ èx = 8?y3 - 6y = 8x3 - v/3 162x + 27v/3 = 216?y3 (1) (2) Lấy (1) trừ (2) tlico vố ta được ị 6(y - X) = 8(x3 - yẵ) & ( x - y ) [8 (x2 + x y + y 2) + 6] = 0. (3) Vì X2 + x y + ý 1 > 0 nên 8 (x2 + x y + y 2) + 6 > 0. Do đó từ (3) ta được x = y. Thay vào (1) ta được 6x = 8x3 — 4x3 —3x = 2 «=> 4x3 —3x = cos —. 6 Sử dụng công thức cos m = 4 cos3 ^ - 3 cos - , ta có 3 3 7T . 0 7T 7r COS 6 = C0S 18 08 28 ’ 8 (4) 117Г 3 11тг COS 6 =4COS 18 137Г cos 3 13тг 6 =4COS 117Т 3 C0S 1 J ’ ______ 13-7Г 18 “ 3c05 1 8 ' 7Г 117Г 137Г , Vây .r = cos — , X = cos ——, X = cos —— la ta t ca các nghiêm của phương lo lo lo trình (4)và cũng là tấ t cả các nghiệm của phương trình đã cho. L ư u ý.Phép đ ặt 6у — 8x3 - \/3 được tìm ra như sau :Ta đặt ay + b = 8x3 - \/3 (với a, b sẽ tìm sa u ). Kết hợp với phương trình đã cho có hệ f ay + b — 8x3 — \/3 \ \Q2x + 27\/3 = a3y3 + 3a2by2 + 3ab2y + ò3. Ị CL 8 b 4~ \/3 Cần chọn a và b sao cho : < ĨÕ2 ~ ^3 = 2 7 Ự3 - b3 { 3a2b = 3aò2 = 0 Vậy ta có pliép đ ặt Gy = 8л;3 - \/3. ^ V í d ụ 4. Xéí tam thức bậc hai luôn nhận giá trị dương ^ {а = 6 :X2 + 2. Khi đó Xs J' -b 2 ) dx = ——h 2x + c . ổ . X3 Chỉ cần chọn С = 0 ta dược một da thức bậc ba dồng biến là h{x) = — +2x. Ta có h(3) = 15. Vậy ta thu được một hàm số đa thức bậc ba đồng biến g(x) 2,3 ' và thoả mãn g{3) = 0 là g(x) = + 2x - 15. Ta sê tìm một đa thức bậc ba ố dồng biến k(x) sao cho k(x) = X <í=>g{x) — 0, muốn vậy ta xét X3 О + a x — 15 = ‘x <=> X3 + (a - l)x - 15 = 0. О X3 Do đó chọn a sao cho a - 1 = 2 a = 3, khi đó k ( x ) = — + 3x - 15 và X3 k(x) = у tương dương với : — + 3x - 15 = у и 3 X3 + 9.x - 45 = 3у. Từ phương trình cuối n à y thay X bởi y ta thu dược h ệ đối xứng loại hai X3 + 9 i — 4 5 = 3 у у3 + 9y - 45 = Зх. Từ hệ trên, sứ dụng phép thế ta thu ẻưực phương trình X3 + 9x - 45 ^ 3 / X3 + 9x - 45 \ + У ------------------- 9 — 45 = Ầx (ж3 + Qx - 45)3 + 81 (X3 + 9х - 45') = 1215 + 81х. Vậy ta thu duợc bài toán sau. B à i t o á n 10. Giải phương trình (x3 + 9x - 45)3 + 81 (x3 + 9x - 45) = 1215 + 81x. (1) G iải. Tập xác định K. Dặt X3 + 9x —45 = 3y. Kết hợp với (1) ta có hệ Ị X3 + 9j; - 45 = 3y [ y Ầ + 9y — 45 = 3.T. (2) (3) Lấy (2) trừ (3) theo vế, ta được .T3 - Ịy3 + 9.T —9ỊJ = 3y - 3.T 4Ф .T3 —Ị/3 + 12(.T - у) — 0 o (.x —y)(x* + xy + y 2 + 12) = 0 <=> X = y. Thay vào (2) ta dược X3 + 9.T — 4 5 = 3.T <=> ( x - 3 ) (.T2 + 3.T - f 1 5) = 0 ^ 1 = 3. Phương trìn h đã cho có nghiệin duy nhất X = 3. L ư u ý. Phép đặt: .T3 + 9X — 45 — 3y đưực th a ra như Sciu: Ta (lặt X3 + 9x- - 45 = ay (với a tìni sau). Khi đó í X s -f 9 x - 45 = u y 1. Ị \ алуг + 81 ay = 1215 + 81z X3 + 9x - 45 = a y \ a V + 81 ay - 1215 = 81x. s , , . _ a3 81a ' 1215 81 Vây cân chon a thoa m ãn điêu kiên — = = ——— = — =ф а = •■ 1 1 9 45 а dặt X3 + G.г - 45 J 3/y, ta sõ thu được một hộ đối xứng loại hai. ,, Do dó V í d ụ 5. Chọn một phương trình chỉ có hai nghiệm là 0 và 1 là I I х = 1 0 x + l. Từ phương trình này ta thiết lập một hệ đối xứng loại hai, sau đó lại quay v ề p h ư ơ n g trìn h Tihư s a u : í I I х = 10ỉ/ + 1 . f y = logn (10x + 1) 11х - 1 , (10т + 1) I 11" = 1 0 .Т + 1 ^ \ П х = 10у + 1 ^ 10 — 10Sii -t- а; ■ Suy ra I I х = lO logn (10x-+ 1) + 1 =>■ I I х = 21ogn (10x + l ) 5 + 1. Ta có bài toán sau. B à i t o á n 11. Giải phươnq trình I I х = 2 logn (lOx + l ) 5 + 1. 10 G iả i. Diồu kiện X > - — . D ặt y = logj! ( 10.7T+ 1), khi đó l l v = 10.T + 1. Kết hợp với phướng trình dã cho, ta có hệ I 1 1 » = lOx + 1 [2 Ị Lấy (1) trừ (2) theo vế ta đưực n x _ n y = 1 0 i/ _ 10a; ^ n * + 1 0 x = n ỉ / + 1 0 j/_ ^ Xét hàm số / ( / ) = 11'+ 10/-. Ta có /'(í) = 1 1 *11111+ 10 > 0,Ví G M. Vậy hàm số / dồng biến trên R. M à (3) chính là f ( x ) = f ( y ) nên X — y. Thay vào (1) ta dược 11* = lO i + 1 l l x - lOx — 1 = 0. (4 ) Xét hàm số r/(.r) — í l x - 10.T - 1 trên khoảng + ° ° ^ . Ta có g'{x) = 1 1 * 111 11 - 10, g"{x) = l l x ( l n l l ) 2 > 0. Vậy hàm số g có đồ thị luôn lõm trên khoảng + 00^ , suy ra đồ thị của hàm y và trục hoành có với nliau không quá hai điềm chung, suy ra (4 ) ró không quá 2 nghiệm. M à 5 ( 1 ) = 0, ổ(0) = 0 nên X = 0 và X = 1 là tấ t cả các nghiệm của (4). Nghiệm của phương trình (ĩã cho là X = 0 và X = 1. V í d ụ 6. To, sẽ. sử dụĩự) phương pháp lặp dể sóng tác. phương trình từ hệ phương trình đối xứng loại hai. Xuất phát từ < ~ V/M + u 1 4rU — \ỵ cc r ou, Sĩ2 dụng phép Ihé ta dư,ực pìiìtơng Irìnìi 4.T = y 30 + - \J:r + 30. Từ phương trình này ta lại thu âtCỢc h ệ dối x ứ n g loại hai Í Au = ^ 3 0 + ~ \ /^ T 3 0 4 x = ^ 3 0 + ịự ỉT + 3 Õ . Từ hệ này, tiép tục sử dụng phép thé tu tliu dược phưriĩig trình Ax = 30 + 4 ự 30 + Ị Y 30 + 4 + 30. Ta có bài toán sau. B à i to á n 12 (Đ ề n g h ị O ly m p ic 3 0 /0 4 /2 0 1 0 ) . Giải phương trình 4x = 1 1 1 30 + £ ự 30 + ^ 3 0 + i n/ x + 3Õ. 11 1 / ĩ G iả i. Đe X là nghiệm thì X > 0. Đ ặt u = - d 30 + ^ y / x + 30, từ phương trình đã cho ta có hộ _____________ 4 lí = 4 / 3 0 + \ y / x + 30 4.X = J Giả sử X > u. (1) r30 1 . 130. + -ị \ / u + Khi đó 4 u = \ / 30 + 1 + 30 > y 30 + ^ VU + 3Õ = 4 x = Vậy từ hệ (1) ta có I = u và 4x = y 30 + -Ị > u> x= > x = u. + 30. (2) Đ ặt I, = Jv /F + 3 Õ , từ (2) ta có hệ Ị 4* = v | Õ g Giả sử Vậy V Khi dó ] Av = \ f x 4- 30 > (3) X > V. = X \/v + 30 = 4x =4> 4v > 4x => V > X => V — X. và 4x = ự x + 30 <^> Ị ị ^ P = x. + 30 ^ T = - —^ r ~ ~ - Phương trình dã cho có nghiệm duy nhất. X = —— Ou —■ ' * V í d ụ 7. Với X = 8 thì \Jx + 8 + \ / x — 7 = 3, ta có bài toán ( chắc chắn có một nghiệm đẹp X = 8) sau. B à i t o á n 13. Giải phương trình y x + 8 + \ J x - l — 3. G iả i. Điều kiện X > 7 . Đ ặt u = \ / x + 8 > 0 và V —\Jx — 7 > 0. Ta có hệ ( ‘li - 1 ’ = 3 J u, V > 0 l i í — V4 =ỹ 15 (V = 3 u J ( u — v 2) ( u 2 + V ) = 15 [lí, V > 0 { V — 2) — u (u - v)(u + v)( u2 + v'2) = 15 ( V = 3 —u ^< 0< u, v<3 u,v>ồ í \ ( « - « ) ( i ? + i»2) = 5 ,0 < u < 3 f0 < u , v < 3 =>| ( 2 u - 3 ) u2 + ( 3 - u ) =5 4 ± ịọ < u $ 3 =>• \ ( 2 u - 3) ( 2- u2 - 6 + 9) = 5 >-». / 0 < u < 3 ^ \ 4 i ? - 18Ũ2 + ’36u - 32 = 0 T ừ (ĩỏ ta tìm (lược I u \ u = 2. ^ ^^ {x - 7 = «=►.7: = 8(thoả diều kiện). Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy n h ất X = 8 . 12 m ãn L lc iv l^ V 1 J ------ ------ - ■ '- '* * “ »'{3 л«.«.-- — • - — -.- - ------ ••• ■•' * IIV U VÍIA YV_.il tâm rằng sẽ dẫn tới phương trình đa thức bậc 4 có ít n h ất một nghiệm đẹp. V í d ụ 8 . Với X = - 2 thì 2 \ / ‘,ix - 2 + 3\/6 —5x = 8, ta có bài toán ( chắc c h ắ n có m ộ t n g h i ệ m d ẹ p X = —2) . sa u . B à i t o á n 14. Giải phương trình G iả i. D iều kiên X < 5 2 \/'ix —2 + 3ự 6 - 5x = 8. D ă t и = \ / 3 x - 2, V = y / ẽ — b x > 0. K hi đó | U2 z ^ 5w3 + 3v2 = 5(3x - 2) + 3(6 - 5x) = 8. M ặt khác ta lại có 2v + 3t’ - 8 = 0. Vậy ta có hệ { 52u + Зг-2==88 ^ 5'“ 3 + 3 ( - Г32ц) = 8 ^ 15'«3 + 4ìi2 - 32и + 40 = 0 Phương trình này có nghiệm duy nhất и = - 2 nên Ụ ĩ x - 2 = - 2 =» X = - 2 . B à i t o á n 15. Giải phương trình \J í + \ f l - X1 \/ ( l + x )3 - y/(í — x )ẵ = 2 + y / l — X 2. G iả i. Diều kiện —1 < X < 1. D ặ t ự ĩ + X = a, ự l — X = b với а > 0, b > 0. Khi dó а 2 + I)'2 = 2. T a có hê sau ị n , k ,з л _ \ v/1 + ab(à - b3) = 2 + , Ш ab. (2) (1) => (a + b)1 = 2 + 2ab =>■ \ / l + ftb = -/= (« + b) (do a. b > 0). v2 Kết hợp (2) ta có —J=(a + b)(a - b)(à2 + b2 + ab) = 2 + ab => Từ đó ta có hệ I а2 ~ 2а 2 = 2+ \ / 2 ^2 z - k2) = 1 2 ^ Cộng liai phương trình vế theo vế ta có а 2 = 1H— 7= о - 1 + X = 1 H------ -= <=> v^2 Vậy phương trình có nghiêm duy nhất X = -Ậz. v2 13 ự2 X = —7= ■ ự2 B à i t o á n 16. Giải phương trình V v2 - 1- X + \/x G iả i. Diều kiện 0 < X < \/2 — 1. D ặt \J \/2 — 1 — X — u và \fx = 0 < u < v/v/2 - 1 và 0 < V < ự \ / 2 - 1. Như vậy ta có hệ . Khi rtó Ị u = #2 ~ v u + V = T ừ phương trình thứ hai, ta có Q 5 - ) 2 + »4 = v ^ - . « ^ - - | + .>2 W -ự= <í=> { v 1 + l )2 = V2 + - ỹ = + <^V4 + 2 v 2 + 1 = V2 + - ụ = + \ Í 2 - « < » 2 + I )2 = 1± + ») = V2 - i = 0 (clo ^ + » » i ’2 - „ + i - ™ ựĩ 2 2 V / B à i t o á n 17. Giải phương trình G iả i. Diều kiện I \ / l - X2 = — y/x^ >Q2 “ ^ <=> 0 < X < 1. D ặt u = ựĩ: ( . Ví\ V = - - Vx với í - x 2 = 1 - u4 s ~ \ '2 ■2 Ta có hệ V . “ +*■■=1 .\/l « I - 'U4 = V2 “ +-'=! l I/4 + V4 = u + v = ị‘ 3 <í=> ^ ( u 2 + V2 ) 2 — 2Ù2 . v 2 = 1 1 + uĨI, + Ị { Ị (u + v)2 — 2 u. V = 2 —2 u2.v2 - 2 u «=> 72 r ~ 3 \ 2 _ ( - — 2 u . v ) — 2 u 2 .v 2 U 9 I /4 ^ = 1 14 »IL + tV = 1 fỉ „ _ 65 _ 9,2 „2 -------_ 16 2l u 2^. v. 2v -------1u . v — — = 0 9 81 2 и + ?; = 0 8-чЛ э4 и.г’ 18 и + V = - hoặc < U.V = 8 + \Zl94 18 8 - \/Ĩ9 4 ỳ Z ~ õ y + ~— Te“ ^ 0 Vậy u ,v là nghiệm của , Г 8+ Т Ш _ „ V b ) + -----^ L •' 3' lí ---- = 0. nên nghiệm duy nh ất của phương trình là X = ^ - 2 1.3 1 .3 .1 í 1) " (2) + ^ 2 (^ 1 9 4 -6 ) + / 4 » , Do (2) vô nghiệm ТЛ.. . Phương pháp đưa phương trình về phương trình hàm P h ư ơ n g p h á p g iả i. Dựa vào kết quả : Nếu liàm số у = Ị {x) đơn điệu trôn khoảng (a;b) và X, у € (a; b) th ì f ( x) = / Ы & x = y ta có thể sáng tác. và giải được nhiều phương trình hay và khó, thường gặp trong các kỳ thi học sinh giỏi. Để vận dụng được phương pháp này, ta thường biến đối phương trình đã cho tliành phương trình hàm f (ф{х)) = f(ìl>(x)), trong đó / là hàm (lơn (liệu. T ừ (lây dần đốn một phương trình (lưu giản hơn ọ(x) = Ip(x). Dể giải được các. bài toán bằng phương pháp này thì những kiến thức về hàm số như đạo hàm , xét sự biến thiên và kĩ năng đoán nghiệm là cực kì quan trọng, có những bài đoán được đáp số là đã hoàn thành đến hơn 90% lời giải. Phương pháp này được sử dụng Iihiều, chẳng hạn cì mục 3.6.3 ở trang 191. Một số trường hợp dặc biệt thường gặp : • Nếu / là hàm dơn diệu trên khoảng (a; b) thì phương trình J{x) = к (к là hằng số) có không quá 1 nghiệm trên khoảng (n;b). • Nếu / và g là hai hàm đơn điệu ngược chiều trên khoảng (o; b) thì phương trình f ( x ) = g(x) có không quá 1 nghiệm trên khoảng (a;ò). • Nếu ta thay cụm từ " / là hàm đơn điệu trẽn khoảng (a;b)" bởi cụm từ " / là hàm đơn điệu trên mỗi khoảng (a;b), (c;d)" thì hai kết quả ở trên sẽ không (túng, tức là phướng trình có thổ sẽ có nhiồu hrtn một nghiộm. Bạn đọc hãy xem bài toán 20 ỏ trang 16. B ài to á n 18 (H S G Q u ản g N in h 2 0 1 1 ). Giải phương trình 2 4 x 2 - 60x + 36 - ^ . . 1 = + v5x - 7 15 1— = 0 . Vx - 1 (1)