Chuyên Đề Phương Trình & Hệ Phương Trình

Chia sẻ: Nguyen Van Nguyễn Văn | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:12

Thêm vào BST

Báo xấu

2.609
lượt xem 992
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo Chuyên đề Phương trình và Hệ phương trình, dành cho các bạn học sinh khối THPT.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chuyên Đề Phương Trình & Hệ Phương Trình

Chuyên Đề Phương Trình & Hệ Phương Trình A. Các loại phương trình và hệ phương trình cơ bản I.Phương trình bậc nhất 1.1 Dạng : ax+b=0 1.2 Cách giải: b a ≠ 0 : phương trình có một nghiệm x = − a a=0 : + b ≠ 0 : phương trình vô nghiệm + b = 0 : phương trình có nghiệm x tùy ý 1.3 Bài tập Bài 1: Giải phương trình x −a x −b x −c 1 1 1 + + = 2( + + ) (*) bc ac ab a b c Lấy VT-VP (*) được phân tích thành 1 1 1 (x − a − b − c)( + + )=0 bc ac ab 1 1 1 Nếu + + ≠ 0 thì phương trình có nghiệm là : x = a + b + c bc ac ab 1 1 1 Nếu + + = 0 thì phương trình trên đúng với mọi x bc ac ab Bài 2: Giải phương trình a+b−x a+c −x c +b−x 4x + + + =1 c b a a+b+c Cộng 3 vào 2 vế của phương trình ta được : 1 1 1 a+b+c −x (a + b + c − x)( + + ) = 4 a b c a+b+c 1 1 1 4 (a + b + c − x)( + + − )=0 a b c a+b+c Vậy x = a + b + c II. Phương trình bậc hai 2.1 Dạng : ax 2 + bx + c = 0(a ≠ 0) 2.2 Cách giải:
a=0 : phương trình suy biến thành bậc 1 a ≠ 0 : lập Δ = b2 − 4ac Δ < 0 : phương trình vô nghiệm b Δ = 0 : phương trình có nghiệm kép x1 = x 2 = − 2a −b ± Δ Δ > 0 : phương trình có hai nghiệm phân biệt : x1,2 = 2a Chú ý : −b − Δ −b + Δ Nếu x1 = và x1 = thì : 2a 2a x1 < x 2 khi a > 0 x1 > x 2 khi a < 0 Nếu a và c trái dấu thì ac < 0 nên −4ac < 0 do đó Δ > 0 phương trình bậc hai có 2 nghiệm phân biệt 2.3 Hệ thức Vi-et b c i) Nếu phương trình ax 2 + bx + c = 0 có 2 nghiệm x1 & x 2 thì x1 + x 2 = − & x1x 2 = a a ii) Đảo lại cho 2 số bất kỳ α , β ,khi đó chúng là nghiệm của phương trình x 2 − Sx + P = 0 với S= α + β và P = αβ Định lý 1 : Cho tam thức bậc 2 f(x)=ax 2 + bx + c i) Nếu tìm được số α để af(α ) ≤ 0 thì tam thức có nghiệm ,còn nếu af(α ) < 0 thì tam thức có 2 nghiệm phân biệt ii) Nếu tìm được số α , β sao cho f(α )f( β ) ≤ 0 thì tam thức có nghiệm ,nếu f(α )f( β ) < 0 thì tam thức có 2 nghiệm phân biệt Định lý 2 : Để phương trình ax 2 + bx + c = 0 có nghiệm hữu tỷ điều kiện cần và đủ là biệt số Δ là 1 số chính phương p Định lý 3 : Nếu x 0 = là nghiệm hữu tỷ của phương trình ax 2 + bx + c = 0 trong đó q (p,q) = 1 thì q là ước của a và p là ước của c 2.3 Bài tập Bài 1: Giải phương trình 2x x 3 + 2 = (*) 3x − x + 1 3x − 4x + 1 2 2 ⎧ 1⎫ Tập xác định R \ ⎨1, ⎬ ⎩ 3⎭ x = 0 : không là nghiệm 2 1 3 x ≠ 0 : (*) ⇔ + = 1 1 2 3x − 1 + 3x − 4 + x x
1 Đặt y = 3x + ta quy về phương trình bậc hai 3y 2 − 21y + 30 = 0 giải ra ta được x 5 ± 13 nghiệm y = 2 và y = 5 từ đó tìm được nghiệm x = 6 Bài 2: Giải phương trình 1 1 1 1 + 2 + 2 = x + 9x + 40 x + 11x + 30 x + 13x + 42 18 2 1 1 1 1 1 1 1 ⇔ − + − + − = x + 4 x + 5 x + 5 x + 6 x + 6 x + 7 18 ⇔ x 2 + 11x − 26 = 0 Giải ra ta được nghiệm x = −13 và x = 2 Bài 3: Giải phương trình (x − a)(x − b) (x − b)(x − c) (x − a)(x − c) 1 + + = c(c − a)(c − b) a(a − b)(a − c) b(b − a)(b − c) x Trong đó a, b,c là 3 số khác nhau và khác 0 (x − a)(x − b) (x − b)(x − c) (x − a)(x − c) 1 ⇔ + + − =0 c(c − a)(c − b) a(a − b)(a − c) b(b − a)(b − c) x Rõ ràng ta thấy a,b,c là 3 nghiệm phân biệt của phương trình trên . Khi quy đồng mẫu số (đk x ≠ 0 ) ,vế trái phương trình sẽ là một đa thức khác 0 do đó phương trình có không quá 3 nghiệm .Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm x1 = a,x 2 = b,x 3 = c Bài 4: a. Giả sử x1, x 2 là hai nghiệm của phương trình x 2 − ax+1=0 .Hãy tính S7 = x17 + x 27 theo a 3 75 b. Tìm đa thức bậc 7 có hệ số nguyên nhận số α = 7 + là nghiệm 5 3 a. Ta có S2 = x12 + x 2 2 = (x1 + x 2 )2 − 2x1x 2 = a2 − 2 S 4 = (x12 + x 2 2 )2 − 2x12 x 2 2 = (a 2 − 2)2 − 2 S3 = (x1 + x 2 )(x12 − x1x 2 + x 2 2 ) = a(S2 − 1) = a3 − 3a S7 = (x13 + x 23 )(x14 + x 2 4 ) − x13 x 23 (x1 + x 2 ) = S3S 4 − S1 = a7 − 7a5 + 14a3 − 7a 3 5 b. Đặt x1 = 7 ,x 2 = 7 5 3 Theo Vi-et x1, x 2 là nghiệm của phương trình x 2 − α x + 1 = 0 mà ta có 3 5 S7 = x17 + x 27 = a7 − 7a5 + 14a3 − 7a = + 5 3
⇔ 15α 7 − 105α 5 + 210α 3 − 105α − 34 = 0 Vậy đa thức cần tìm là 15x 7 − 105x 5 + 210x 3 − 105x − 34 = 0 III. Phương trình bậc ba 3.1 Dạng ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 3.2 Cách giải phương trình bậc ba tổng quát của Cardano Cái này đối với học sinh THCS không quan trọng lắm nên tác giả chỉ xin đưa link để bạn nào muốn tìm hiểu thì tham khảo http://www.york.ac.uk/depts/maths/histstat/cubic.pdf hoặc http://en.wikipedia.org/wiki/Cubic_equation . 3.3 Hệ thức Vi-et i) Nếu phương trình bậc ba ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 (a ≠ 0) có ba nghiệm x1, x 2 ,x 3 thì : ⎧ b ⎪ x1 + x 2 + x 3 = − a ⎪ ⎪ c ⎨ x1x 2 + x 2 x 3 + x 3 x1 = ⎪ a ⎪ d ⎪ x1x 2 x 3 = − a ⎩ ii) Đảo lại nếu 3 số u, v, w thỏa mãn u + v + w=m,uv+vw+wu=n,uvw=p thì u,v, w là nghiệm của phương trình t 3 − mt 2 + nt − p = 0 Định lý Bezout : Cho 1 đa thức P( x) ,nếu P( x) có một nghiệm là α thì P( x) chia hết cho (x − α ) có nghĩa là P(x) = (x − α ).Q(x) (bậc Q(x) < P(x) là 1 ) 3.4 Các phương pháp chung giải phương trình bậc ba 3.4.1 Nếu biết trước một nghiệm x = x 0 thì phân tích phương trình (x − x 0 )(ax 2 + bx + c) = 0 Đặc biệt nếu : a + b + c + d = 0 thì x 0 = 1(*) a − b + c − d = 0 thì x 0 = −1(**) d c c = ( )3 thì x 0 = − (***) a b b Sau đó để tìm a, b,c ta có thể sử dụng phép chia đa thức hoặc sử dụng sơ đồ Horner hay đồng nhất hóa hai vế để tìm 3.4.1 Biết một hệ thức giữa các nghiệm thì ta dùng Vi-et 3.4.2 Dùng hằng đẳng thức để biến đổi về phương trình tích 3.5 Bài tập Bài 1: Giải phương trình x 3 + 2x 2 − 4x + 8 = 0 (1) Gợi ý sử dụng (***) giải ra ta được x = −2 Bài 2: Giải phương trình
x 3 − 3x 2 + x + 1 = 0 (2) Gợi ý sử dụng (*) ta thấy x = 1 là nghiệm đa thức vế trái suy ra (2) ⇔ (x − 1)(ax 2 + bx + c) = 0 .Đồng nhất hóa 2 vế ta được ⇔ (x − 1)(x 2 − 2x − 1) = 0 Sau đó giải ra nghiệm Bài 3: Giải phương trình 12x 3 + 14x 2 − 17x + 6 = 0 Biết phương trình có 2 nghiệm mà tích bằng −1 Gợi ý sử dụng hệ thức Vi-et để tìm được một nghiệm sau đó làm tương tự bài trên IV. Phương trình bậc bốn 4.1 Dạng : ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e = 0(a ≠ 0) 4.2 Cách giải phương trình bậc bốn tổng quát của Ferrari Cái này đối với học sinh THCS không quan trọng lắm nên tác giả chỉ xin đưa link để bạn nào muốn tìm hiểu thì tham khảo http://www.york.ac.uk/depts/maths/histstat/cubic.pdf hoặc http://en.wikipedia.org/wiki/Quartic_equation 4.3 Các phương pháp chung giải phương trình bậc bốn 4.3.1 Dạng ax 4 + bx 2 + c = 0(a ≠ 0) Cách giải: Đặt t = x 2 ≥ 0 ,ta được at 2 + bt + c = 0 +Giải để tìm t ≥ 0 +Với mỗi nghiệm t 0 > 0 ,phương trình có hai nghiệm phân biệt : x1 = − t 0 ,x 2 = t 0 4.3.2 Dạng (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = k với a + b = c + d Cách giải : Đặt t = (x + a)(x + b) ta được phương trình bậc 2 theo t .Giải ra tìm t ,sau đó tiếp tục giải để tìm x 4.3.3 Dạng (x + a)4 + (x + b)4 = k a+b Cách giải : Đặt t = x + ta được phương trình trùng phương theo t 2 4.3.4 Dạng ax 4 + bx 3 + cx 2 ± bx + a = 0 Cách giải : +Xét x = 0 có là nghiệm của phương trình hay không +Xét x ≠ 0 chia 2 vế cho x 2 phương trình trở thành 1 1 a(x 2 + 2 ) + b(x ± ) + c = 0 x x 1 Đặt t = x ± ta được phương trình bậc 2 theo t x 4.4 Bài tập Bài 1: Giải phương trình (x + 1)(x + 6)(x + 5)(x + 2) = 252 Bài 2: Giải phương trình
9x 4 − 9x 3 − 52x 2 − 9x + 9 = 0 Bài 3: Giải phương trình 11 25 − =1 x 2 (x + 5)2 Điều kiện x ≠ -5&x ≠ 0 Đặt x + 5 = y ≠ 0 .Ta có x 2 = y 2 − 10y + 25 Thay vào phương trình ta được y 4 − 10y 3 + 39y 2 − 250y + 625 = 0 .Do y ≠ 0 nên ta có 25 25 (y 2 + 2 ) − 10(y + ) + 39 = 0 y y 25 ⎡ z = 11 Đặt z = y + phương trình trở thành z 2 − 10z − 11 = 0 → ⎢ y ⎣ z = −1 Nghiệm z = −1 loại vì dễ thấy | Z |≥ 10 Từ đó tính được y và x Bài 4: Giải phương trình 4x 2 x2 + =5 (x − 2)2 Điều kiện x ≠ 2 2x 2 4x 2 x 2 2 4x 2 ⇔ (x + ) − =5⇔( ) − =5 x−2 x−2 x−2 x−2 x2 Ta đặt y = x−2 ⎡ y = −1 → y 2 − 4y − 5 = 0 → ⎢ 1 ⎣ y2 = 5 Từ đó ta tìm được nghiệm x = 1 và x = −2 V. Hệ đối xứng 5.1.1 Hệ đối xứng loại 1: Là loại hệ phương trình chứa ẩn x,y mà khi ta hoán vị x và y thì mỗi phương trình của hệ không thay đổi 5.1.2 Cách giải : ⎧S = x + y Đặt ⎨ ,biến đổi hệ đã cho về hệ với hai ẩn S,P ⎩P = xy Giải hệ tìm S,P . Với mỗi cặp (S,P) thì x và y là hai nghiệm của phương trình: x 2 − Sx + P = 0( Δ = S2 − 4P)
5.2.1 Hệ đối xứng loại 2: Là loại hệ phương trình chứa ẩn x,y mà khi ta hoán vị x và y thì phương trình này biến thành phương kia của hệ 5.2.2 Cách giải: Trừ vế với vế của 2 phương trình của hệ ta được phương trình có dạng (x − y)g(x, y) = 0 Từ đó ta được hai hệ .Giải hệ này ,trong đó có một hệ đối xứng loại 1 5.3 Bài tập Bài 1: Giải hệ phương trình ⎧ 2 1 1 ⎪ x + y + x 2 + y 2 = 49 2 ⎪ ⎨ ⎪x + y + 1 + 1 = 5 ⎪ ⎩ x y Bài 2: Giải hệ phương trình ⎧ x 3 + y 3 = 1(1) ⎪ ⎨ 4 ⎪ x + y = 1(2) 4 ⎩ Từ (2) ta có | x |≤ 1 và | y |≤ 1 Nếu | x |≤ 1 thì từ (1) suy ra y ≥ 0 ,tương tự ta có x ≥ 0 Nếu 0 < x < 1 thì x 3 > x 4 ,y 3 > y 4 .Vô lý! Vậy chỉ có thể x = 0, y = 1 hoặc x = 1, y = 0 Bài 3: Giải hệ phương trình ⎧ 1 1 ⎪ + 2− = 2 ⎪ x y ⎨ ⎪ 1 + 2− 1 = 2 ⎪ y x ⎩ VI. Hệ đẳng cấp bậc hai 6.1 Dạng : ⎧ax 2 + bxy + cy 2 = d ⎪ ⎨ 2 ⎪a'x + b ' xy + c ' y = d' 2 ⎩ 6.2 Cách giải : Xét x = 0, y = 0 có là nghiệm của hệ không Với x = 0, y = 0 không là nghiệm của hệ ta đặt x = ty từ đó ta được một phương trình bậc hai theo t .Giải tìm t sau đó ta suy ra x,y 6.3 Bài tập Bài 1:
Giải hệ phương trình ⎧ x 2 − 3xy + y 2 = 1 ⎪ ⎨ 2 ⎪3x − xy + 3y = 13 2 ⎩ Bài 2: Giải hệ phương trình ⎧3x 2 − 2xy = 160 ⎪ ⎨ 2 ⎪ x − 3xy − 2y = 8 2 ⎩ Bài 3: Giải hệ phương trình ⎧ x 2 + 2xy − 3y 2 = 0 ⎨ ⎩ x | x | + y | y |= −2 B. Một số phương trình và hệ phương trình không mẫu mực Bài 1: ⎧ 1 ⎪ x − x = 2y ⎪ ⎪ 1 ⎨ y − = 2z ⎪ y ⎪ 1 ⎪ z − = 2x ⎩ z Hệ này thoạt nhìn ta đã thấy đây là hệ hoán vị vòng quay nhưng với những cách đánh giá thông thường thì ta không thể tìm nghiệm bài toán này được .Bài này được giải như sau : π Đặt x = cot gα ,α ∈ (0,π ),α ≠ 2 Ta thu được 2y = cot gα − tgα = 2cot g2α Suy ra z = cot g4α ⇔ x = cot g8α kπ Ta nhận được cot gα = cot g8α ⇔ α = 7 Kết hợp với điều kiện α ta có các nghiệm sau π π 2π 4π α = → x = cot g ,y = cot g ,z = cot g 7 7 7 7 2π 2π 4π 8π α= → x = cot g ,y = cot g ,z = cot g 7 7 7 7 3π 3π 6π 12π α= → x = cot g ,y = cot g ,z = cot g 7 7 7 7 4π 4π 8π 16π α= → x = cot g ,y = cot g ,z = cot g 7 7 7 7
5π 5π 10π 20π α= → x = cot g ,y = cot g ,z = cot g 7 7 7 7 6π 6π 12π 24π α= → x = cot g ,y = cot g ,z = cot g 7 7 7 7 Bài 2: Giải phương trình 4−x 4 2+ x 2 4 x + 4 2−x = 4 + 3 3 Điều kiện 0 ≤ x ≤ 2 Phương trình viết lại x + 2x 4 x + 2(2 − x) 4 (2 − x) + 2x 4 x + 4 x + 4 2−x = 4 + + 3 3 3 Sử dụng BĐT a + 2b 4 b + 2c 4 c + 2a 4 a+4b+4c = 4 + + 3 3 3 Ta suy ra x + 2x 4 x + 2(2 − x) 4 (2 − x) + 2x 4 x + 4 x + 4 2−x ≤ 4 + + 3 3 3 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 2 − x ⇔ x = 1 Bài 3: Giải phương trình 4x 3 + 3x = 2 Xét f(x) = 4x 3 + 3x − 2 f '(x) = 12x 2 + 3 > 0 suy ra f(x) đồng biến ,suy ra phương trình có duy nhất một nghiệm 1 1 Đặt x = (t − ) , t > 0 2 t Thay vào phương trình ta nhận được 1 t3 − 3 = 4 t Đặt X = t > 0 ta được 3 ⎡X = 2 + 5 X2 − 4X − 1 = 0 ⇔ ⎢ ⎢ X = 2 − 5(L) ⎣ Từ đó ta tính được t sau đó tính được 1 1 x = (3 2 + 5 − ) 2 3 2+ 5 Bài 4: Giải phương trình
4x 3 − 3x 1− x2 = 16x 4 − 12x + 1 Đặt x = cosα ,α ∈ [0,π ], ta được sin5α = cos3α C. Kỹ thuật đặt ẩn phụ để quy về hệ đối xứng loại hai trong bài toán có chứa căn Bài 1: Giải phương trình x + 3(2 − 3x 2 )2 = 2 Đặt y = 2 − 3x 2 ta thu được hệ đối xứng loại 2 ⎧ y = 2 − 3x 2 ⎪ ⎨ ⎪ x = 2 − 3y 2 ⎩ Đến đây thì công việc hoàn toàn đơn giản Bài 2: Giải phương trình x3 + 1 = 2 3 2x − 1 Đặt y = 3 2x − 1 ta thu được hệ đối xứng loại 2 ⎧ y 3 = 2x − 1 ⎪ ⎨ 3 ⎪ x = 2y − 1 ⎩ Nhận xét: trong những bài toán trên việc đặt ẩn phụ hoàn toàn dễ dàng để có thể quy về hệ đối xứng loại hai ,nhưng trong những bài toán khó hơn việc đặt ẩn phụ do “phản xạ” hoàn toàn không áp dụng được.Vậy chúng ta phải làm thế nào? Chúng ta có thể hiểu rõ về “kỹ thuật đặt ẩn phụ về hệ đối xứng” trong ví dụ sau đây Bài 3: Giải phương trình 4x 2 + 2x + 1 + 6 = 12x Đặt 2x + 1 = ay + b với a, b là hằng số .Ta được : ⎧ 4x 2 − 12x + ay + b + 5 = 0 ⎪ ⎨ 2 2 ⎪a y + 2aby − 2x + b − 1 = 0 2 ⎩ Xác định a,b sao cho hệ trên là hệ đối xứng loại 2 tức là : a2 2ab −2 b2 − 1 ⎧a = −2 = = = ⇔⎨ 4 −12 a b+5 ⎩b = 3 Vậy ta đặt 2x + 1 = −2y + 3 ≥ 0 ta thu được hệ đối xứng
⎧2x 2 − 6x − y + 4 = 0 ⎪ ⎨ 2 ⎪2y − 6y − x + 4 = 0 ⎩ ⎧(x − y)(2x + 2y − 5) = 0 ⇔⎨ 2 ⎩2x − 6x − y + 4 = 0 Đến đây thì việc giải phương trình hoàn toàn mang tính thủ tục Bài 4: Giải phương trình 4x + 9 7x 2 + 7x = 28 Bài 5: Giải phương trình 5 − x + 1 + 2x 2 + x + 3 = 1 Bài 6: Giải phương trình 3 25 + x 2 + 3 = 3 Bài 7: Giải phương trình (x + 2) x 2 − x − 20 = 6x + 20