Chuyên đề luyện thi học sinh giỏi và ôn thi vào 10 - Phần Đại số - Chuyên đề 22: Phương trình vô tỉ

Nội dung text: Chuyên đề luyện thi học sinh giỏi và ôn thi vào 10 - Phần Đại số - Chuyên đề 22: Phương trình vô tỉ

1. Chuyên đề 22. PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ A. Kiến thức cần nhớ Phương trình vô tỉ là phương trình chứa ẩn trong dấu căn. Để giải phương trình vô tỉ, ta thường làm như sau: + Đặt điều kiện cho ẩn + Bình phương hai vế khi hai vế đều dương. + Đặt ẩn phụ, giải phương trình ẩn mới. + Đánh giá hai vế của phương trình. + Sau khi tìm được nghiệm cần kiểm tra lại điều kiện của nghiệm, chọn thích hợp. B. Một số ví dụ Ví dụ 1: Giải phương trình: 4x2 10x 9 5. 2x2 5x 3 (Thi học sinh giỏi Toán 9, Tỉnh Quảng Trị năm học 2012 - 2013) Giải Tìm cách giải. Quan sát đề bài, chúng ta nhận thấy bài toán có dạng: a.f x b f x c 0 . Do đó nên đặt: f x y . Giải phương trình ẩn y. Trình bày lời giải Đặt 2x2 5x 3 y y 0 , suy ra 2x2 5x 3 y2 . Phương trình có dạng: 2y2 3 5y 2y2 5y 3 0 . 3 Giải ra ta được: y 1; y . 1 2 2 1 • Với y = 1 thì 2x2 5x 3 1 2x2 5x 3 1 2x2 5x 2 0 x 2; x 1 2 2 3 • Với y thì 2 3 9 3 5 19 5 19 2x2 5x 3 2x2 5x 3 2x2 5x 0 x ; x 2 4 4 3 4 4 4 1 5 19 5 19  Vậy tập nghiệm của phương trình là : S 2; ; ;  2 4 4  Ví dụ 2. Giải các phương trình sau: 2 a) x2 3x 6 x2 3x 7 0
2. b) 8 x 3 5 x 3 5 c) x x2 x x2 x 1 x x2 x x2 x 1 (Thi học sinh giỏi Toán 9, TP Hồ Chí Minh, năm học 2007 - 2008) Giải a) Đặt y x2 3x , phương trình đã cho trở thành y2 6y 7 0 . Giải ra ta được: y1 1; y2 7 . 3 5 3 5 - Với y = -1 ta có x2 3x 1 giải ra ta được x ; x 1 2 2 2 3 37 3 37 - Với y = 7 ta có x2 3x 7 giải ra ta được x ; x 3 2 4 2 3 5 3 5 3 37 3 37  Vậy tập nghiệm của phương trình là : S ; ; ;  2 2 2 2  b) Điều kiện 3 x 28 . Đặt y x 3 y 0 phương trình đã cho trở thành: 8 y 5 y 5 8 y 2 8 y 5 y 5 y 25 (8 y)(5 y) 6 y2 3y 4 0 Giải ra ta được y1 1 (thỏa mãn); y2 = 4 (không thỏa mãn) Với y 1 ta có: x 3 1 x 4 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 4. Nhận xét: Ngoài cách giải trên, ta có thể chuyển một dấu căn sang vế kia (cô lập căn thức). Sau đó bình phương hai vế. c) Điều kiện x x2 0; x x2 0; x 1 0 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm ta có: x x2 1 x x2 1 x x2 .1 x x2 .1 x 1 2 2 x x2 x x2 x 1 x x2 1 x x2 1 0 Dấu bằng xảy ra khi 2 2 x x 1 x x 1 0 Hệ trên vô nghiệm nên dấu bằng không xảy ra. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
3. Ví dụ 3. Giải phương trình: x2 x 5 5 (Thi học sinh giỏi tỉnh Bình Định, năm học ) Giải Tìm cách giải. Quan sát phương trình ta có thể tiếp cận cách giải theo các hướng sau: - Hướng 1. Quan sát nếu nâng lên lũy thừa để khử căn thì được phương trình bậc bốn, nên nếu có nghiệm thì hoàn toàn giải được bằng cách phân tích đa thức thành nhân tử. 2 2 2 1 1 - Hướng 2. Bài toán có dạng x m x m nên có thể đưa về x x m . Từ đó giải 2 2 tiếp được phương trình đơn giản. - Hướng 3. Bài toán có dạng x2 m x m nên có thể chuyển về giải hệ phương trình đối xứng, bằng cách đặt x m y ta được hệ phương trình: x2 m y 2 y m x Trình bày lời giải x 5 0 5 x 5 x2 5 x 5 Cách 1. Ta có: có điều kiện 2 x 5 0 x 5 Bình phương hai vế ta được: x 4 10x2 25 x 5 x 4 10x2 x 20 0 x 4 x3 4x2 x3 x2 4x 5x2 5x 20 0 x2 x 4 x2 x 5 0 . 1 17 1 17 Giải phương trình: x2 x 4 0 ta được x ; x 1 2 2 2 1 21 1 21 Giải phương trình: x2 x 5 0 ta được x ; x 3 2 4 2 Kết hợp với tập xác định ta được, nghiệm của phương trình là: 1 21 1 17  S ;  2 2  1 1 Cách 2. Xét x2 x 5 5 x2 x x 5 x 5 4 4 1 1 2 2 x x 5 1 1 1 2 2 x x 5 2 2 1 1 x x 5 2 2 2
4. - Giải phương trình (1): x x 5 đk x 0 1 21 1 21 Suy ra x2 x 5 x2 x 5 0 ta được x ; x 1 2 2 2 1 1 - Giải phương trình (2): x x 5 x 5 x 1 với điều kiện 2 2 5 x 5 x 5 x2 2x 1 x2 x 4 0 1 17 1 17 Giải ra ta được: x (thỏa mãn), x (loại). 3 2 4 2 Kết hợp với tập xác định ta được, nghiệm của phương trình là: 1 21 1 17  S ;  2 2  Cách 3. Đặt x 5 y y 0 x 5 y2 x2 y 5 (3) Kết hợp với phương trình đề bài ta có hệ phương trình 2 y x 5 (4) Từ phương trình (3) và (4) vế trừ vế ta được: x2 y2 y x x y x y 1 0 • Trường hợp 1. Xét x = y, thay vào phương trình (3) ta được: x2 x 5 x2 x 5 0 . 1 21 1 21 Giải ra ta được x ; x 1 2 2 2 • Trường hợp 2. Xét x y 1 0 y x 1 thay vào phương trình (3) ta được: x2 x 1 5 x2 x 4 0 . 1 17 1 17 Giải ra ta được: x (thỏa mãn), x (loại). 3 2 4 2 Kết hợp với điều kiện ta được, nghiệm của phương trình là: 1 21 1 17  S ;  2 2  Ví dụ 4. Giải phương trình: x2 x 12 x 1 36 . Giải Điều kiện x 1. Cách 1. Đặt t x 1 t 0 phương trình có dạng: xt2 12t 36 0
5. x = 0, không phải là nghiệm của phương trình nên x 0 . Giải phương trình ẩn t, ta được: 6 6 x 1 6 6 x 1 t ;t 1 x 2 x 6 6 x 1 • Trường hợp 1. t tx 6 6t x 6 t 6 (loại) vì x 6 0,t 0 . x 6 6 x 1 6 6 • Trường hợp 2. t tx 6 6t t x 1 , bình phương hai vế ta x 6 x 6 x 36 được: x 1 với x 6 x3 11x2 24x 0 x2 11x 24 0 , 36 12x x2 vì x 0 x1 3 (thỏa mãn), x2 8 (loại) Vậy tập nghiệm của phương trình là S 3 . 2 2 Cách 2. x2 2x 1 x 1 12 x 1 36 x 1 x 1 6 x 1 x 1 6 x 1 6 x 1 • Trường hợp 1. x 1 x 1 6 x 7 x 1 x2 14x 49 x 1 x2 13x 48 0 vô nghiệm. • Trường hợp 2. x 1 6 x 1 x 1 5 x x 1 25 10x x2 với điều kiện x 5 . x2 11x 24 0 . Giải ra ta được x = 3 (thỏa mãn), x = 8 (không thỏa mãn). Vậv tập nghiệm của phương trình là S 3 . Ví dụ 5. Giải phương trình: x2 2x 2 2x 1 (Thi học sinh giỏi Toán 9, tỉnh Hải Dương, năm học 2009 - 2010) Giải Tìm cách giải. Quan sát đặc điểm của phương trình, ta thấy có hai hướng suy nghĩ: • Cách 1. Vì vế phải xuất hiện dạng: 2 f x còn vế trái xuất hiện x2 , nên tìm cách đưa về hằng 2 2 đẳng thức: x a f x b . Sau đó giải tiếp. • Cách 2. Đưa về hệ phương trình đối xứng loại hai. Trình bày lời giải 1 Cách 1. x2 2x 2 2x 1 x2 2x 2 2x 1 . Điều kiện x . 2
6. 2 x 2x 1 1 (1) x2 2x 1 2 2 x 1 1 x2 2x 1 1 x 2x 1 1 (2) • Giải phương trình (1): x 2x 1 1 x 1 2x 1 Điều kiện x 1 2 x 1 2x 1 x2 4x 2 0 . Giải ra ta được: x1 2 2 (thỏa mãn) x2 2 2 (loại). 1 • Giải phương trình (2): x 2x 1 1 vì x và 2x 1 1 0 nên phương trình vô nghiệm. 2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x 2 2 Cách 2. Điều kiện x 2 Đặt 2x 1 y 1 điều kiện y 1. 2x 1 y2 2y 1 kết hợp với phương trình ban đầu ta có x2 2x 2 y 1 x2 2x 2y 2 hệ phương trình 2 2 2x 1 y 2y 1 y 2y 2x 2 2 2 x y Vế trừ vế ta được x y 0 x y • Trường hợp 1. Xét x = y suy ra: 2x 1 x 1 2x 1 x2 2x 1 x2 4x 2 0 . Giải ra ta được: x1 2 2 (thỏa mãn), x2 2 2 (loại). • Trường hợp 2. Xét x = - y suy ra 2x 1 x 1. Với x 2 thì 2x 1 0; x 1 0 vô nghiệm. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: x 2 2 . Nhận xét. Kĩ thuật của bài là việc chọn ẩn phụ từ việc làm ngược. 2 Đặt 2x 1 ax b x2 2x 2 ay b và ax b 2x 1 . Để được hệ đối xứng thì ta chọn a 1; b 1 . Từ đó ta có cách giải trên. Ngoài ra ta có thể bình phương hai vế rồi giải phương trình bậc 4. Thật vậy 2 x2 2x 4 2x 1 x 4 4x3 4x2 8x 4 0 x2 4x 2 x2 2 0 từ đó ta cũng giải được. Ví dụ 6. Giải phương trình. x 17 x2 x 17 x2 9 (Thi học sinh giỏi Toán 9, thành phố Hồ Chí Minh, năm 2008 - 2009) Giải
7. Tìm cách giải. Để giải dạng toán này, ta thường có hai cách: • Cách 1. Chuyển thành hệ phương trình đối xứng loại 1, bằng cách đặt phần chứa căn bằng y. 2 • Cách 2. Nhận thấy: x2 và 17 x2 có tổng là hằng số, đồng thời trong phương trình xuất hiện x 17 x2 , nên chúng ta có thể đặt: x 17 x2 y . Sau đó biểu diễn phần còn lại theo y. Trình bày lời giải Cách 1. Đặt y 17 x2 y 0 x2 y2 17 . x2 y2 17 Từ đó, ta có hệ phương trình x y xy 9 u2 2v 17 (1) Đặt x y u; xy v . Hệ phương trình có dạng u v 9 (2) Từ phương trình (2) ta có v 9 u thay vào phương trình (1) ta được: u2 2 9 u 17 u2 2u 35 0 Giải ra ta được: u1 5 v1 4 ; u2 7 v2 16 . x y 5 • Trường hợp 1. Xét u = 5; v = 4 ta có xy 4 x, y là nghiệm của phương trình X 2 5X 4 0 (3). Giải hệ phương trình (3) ta được X1 1; X2 4 x 1 x 4 Suy ra ; y 4 y 1 x y 7 • Trường hợp 2. Xét u = -7; v = 16 ta có xy 16 x, y là nghiệm của phương trình X 2 7 X 16 0 (4). Phương trình này vô nghiệm. Suy ra hệ phương trình này vô nghiệm. Vậy tập nghiệm của phương trình là S 1;4 . Cách 2. y2 17 Đặt: y x 17 x2 y2 17 2x 17 x2 x 17 x2 2 y2 17 Phương trình đã cho có dạng: y 9 y2 2y 35 0 . 2
8. Giải ra ta được y1 5; y2 7 . • Trường hợp 1. Với y = 5 ta có x 17 x2 5 . 17 x2 5 x điều kiện x 17 ; x 5 17 x2 25 10x x2 x2 5x 4 0 Giải ra ta được x = 1; x = 4 (thỏa mãn). • Trường hợp 2. Với y = -7 ta có x 17 x2 7 17 x2 x 7 điều kiện x 7; x 17 . Suy ra vô nghiệm. Vậy tập nghiệm của phương trình là S 1;4 . C. Bài tập vận dụng 1.1. Giải phương trình: x2 2x 3 2 2x2 4x 3 (Thi học sinh giỏi Toán 9, tỉnh Phú Thọ, năm học 2009 - 2010) Hướng dẫn giải – Đáp số x2 2x 3 2 2x2 4x 3 2x2 4x 6 4 2x2 4x 3 Đặt y 2x2 4x 3 với y 0 2x2 4x 3 y2 Phương trình có dạng y2 3 4y y2 4y 3 0 Giải ra ta được y1 = 1; y2 = 3 - Với y = 1 thì 2x2 4x 3 1 2x2 4x 3 1 2x2 4x 2 0 x 1 - Với y = 3 thì 2x2 4x 3 3 2x2 4x 3 9 2x2 4x 6 0 Giải ra ta được x = -1, x = 3. Vậy tập nghiệm của phương trình là S 1; 1;3 1.2. Giải phương trình: x2 x 6 x2 x 18 0 (Thi học sinh giỏi Toán 9, tỉnh Thừa Thiên Huế, năm học 2008 - 2009) Hướng dẫn giải – đáp số Đặt x2 x 6 y y 0 , phương trình có dạng y y2 12 0 Giải ra ta được y = 3 (thỏa mãn); y = - 4 (không thỏa mãn) Với y 3 x2 x 6 3 x2 x 6 9 1 61 1 61 Giải ra ta được x ; x 1 2 2 2
9. 1 1.3. Giải phương trình 2x x x 2 . 4 Hướng dẫn giải – đáp số 1 Điều kiện x 4 1 1 1 1 2x x x 2 2x x x 2 4 4 4 4 2 1 1 1 1 2x x 2 2x x 2 4 2 4 2 2 1 3 1 3 3 x 2x x 2x với điều kiện x 4 2 4 2 4 1 9 5 1 5 x 6x 4x2 4x2 7 x 0 Giải ra ta được x ; x . 4 4 2 2 4 1 So sánh với điều kiện, ta được x (thỏa mãn) 2 1 Vậy nghiệm của phương trình là x . 2 1.4. Giải phương trình: a) x3 3x2 2 x 2 x 2 6x ; b) x 5 x 1 6 . Hướng dẫn giải - Đáp số a/ x3 3x2 2 x 2 x 2 6x x3 3x x 2 2 x 2 x 2 0 Điều kiện x 2 Đặt x 2 y y 0 phương trình có dạng: x3 3xy2 2y3 0 2 x3 xy2 2xy2 2y3 0 x y x 2y 0 - Trường hợp 1. Xét x y 0 x y x 2 x x2 x 2 0 với x 0 . Giải ra ta được x = -1 (loại), x = 2 (thỏa mãn). - Trường hợp 2. Xét x 2y 0 x 2 x 2 0 2 x 2 1 3 x 2 1 3 x 2 2 3
10. Vậy tập nghiệm của phương trình là S 2;2 2 3 b) Đặt t x 1 t 0 t2 5 t 5 2 2 2 1 1 1 1 t t t 5 t 5 t t 5 4 4 2 2 1 1 1 1 t t 5 vì t 0, t 5 2 2 2 2 t 1 t 5 t2 2t 1 t 5 1 17 1 17 t2 t 4 0 giải ra ta được t (loại); t (thỏa mãn) 1 2 2 2 17 1 17 1 11 17 Với t x 1 x 2 2 2 1.5. Giải phương trình: 16 8x 3x2 x2 3x 4 . (Thi học sinh giỏi Toán 9, tỉnh Quảng Bình, năm học 2009 - 2010) Hướng dẫn giải – đáp số Đặt t x2 3x 4 t 0 t2 16 8x 3x2 4 x 3x2 9x 12 4 x 3t hay t2 3t 4 x t2 3t x 4 Từ đó, ta có hệ phương trình 2 x 3x t 4 Trừ từng vế các phương trình ta được t2 x2 3t 3x x t t x t x 4 0 - Trường hợp 1. Xét t = x ta có x2 3x 4 x x2 2x 4 0 Giải ra ta được x1 1 5; x2 1 5 (loại) - Trường hợp 2. Xét t + x + 4 = 0 ta có x2 3x 4 x 4 0 x2 4x 0 Giải ra ta được x = 0 (loại), x = -4. Vậy nghiệm của phương trình là S 4; 1 5 1 1 1.6. Giải phương trình: x 1 x . x x Hướng dẫn giải – Đáp số 1 1 Đặt u 1 ; v x với u 0;v 0; x 1 x x
11. u v x Từ đó ta có hệ phương trình 2 2 u v 1 x u v x u v x 1 x u v u v 1 x u v x 1 x 1 2v x 2v x 1 hay 2v v2 1 v 1 x x 1 Với v 1 x 1 x2 x 1 0 x 1 5 1 5 Giải ra ta được x (loại); x (thỏa mãn) 1 2 2 2 1 5  Vậy nghiệm của phương trình là S  2  4 1 5 1.7. Giải phương trình: x x 2x x x x (Thi học sinh giỏi Toán 9, Tỉnh Nghệ An, năm học 2011 - 2012) Hướng dẫn giải – Đáp số 1 5 Đặt x u; 2x v u 0;v 0 x x 1 5 Điều kiện x 0;2x 0 x x 4 4 u x v u v x x x Ta có hệ phương trình 4 4 u2 v2 x u2 v2 x x x Suy ra u2 v2 u v 0 u v u v 1 0 Do u 0;v 0 nên u v 1 0 1 5 1 5 4 Suy ra u v 0 x 2x x 2x x x 2 x x x x x 1 1 3 Thử lại x 2 x 2 0 thỏa mãn. x 2 2 1 1 3 x 2 x 2 0 (không thỏa mãn). x 2 2 Vậy nghiệm của phương trình là: x = 2. 1.8. Giải các phương trình:
12. a) 10. x3 1 3 x2 2 ; b) 2x2 5x 1 7 x3 1 ; c) 2 x2 2x 3 5 x3 3x2 3x 2 . (Thi học sinh giỏi Toán 9, TP Hà Nội, năm học 2010 - 2011) Hướng dẫn giải – Đáp số a/ 10. x 1 x2 x 1 3 x2 2 điều kiện x 1 Đặt x 1 u; x2 x 1 v u 0;v 0 Phương trình có dạng: 10uv 3 u2 v2 2 2 u 3v 0 3u 9uv uv 3v 0 u 3v 3u v 0 3u v 0 - Trường hợp 1. Xét u 3v 0 u 3v Suy ra 3 x2 x 1 x 1 9x2 9x 9 x 1 9x2 10x 8 0 vô nghiệm. - Trường hợp 2. Xét 3u v 0 v 3u Suy ra x2 x 1 3 x 1 x2 x 1 9x 9 x2 10x 8 0 . Giải ra ta được x1 5 33; x2 5 33 Vậy phương trình có tập nghiệm là : S 5 33;5 33 b/ 7 x 1 x2 x 1 2x2 5x 1 điều kiện x 1 Đặt x 1 u; x2 x 1 v u 0;v 0 Phương trình có dạng : 7uv 2v2 3u2 2 2 v 3u 0 2v 6uv uv 3u 0 v 3u 2v u 0 2v u 0 - Trường hợp 1. Xét v 3u 0 v 3u . Suy ra: x2 x 1 3 x 1 x2 x 1 9x 9 x2 8x 10 0 Giải ra ta được: x1 4 6 ; x2 4 6 - Trường hợp 2. Xét 2v u 0 2v u Suy ra 2 x2 x 1 x 1 4x2 4x 4 x 1 4x2 3x 5 0 vô nghiệm. Vậy phương trình có tập nghiệm là: S 4 6 ;4 6
13. c/ 2 x2 2x 3 5 x 2 x2 x 1 điều kiện x 2 Đặt x 2 u; x2 x 1 v u 0;v 0 . Phương trình có dạng: 2 u2 v2 5uv 2u2 4uv uv 2v2 0 2u v u 2v 0 - Trường hợp 1. Xét u 2v 0 2v u . Suy ra 2 x2 x 1 x 2 4x2 4x 4 x 2 4x2 3x 2 0 vô nghiệm. - Trường hợp 2. Xét 2u v 0 x2 x 1 2 x 2 x2 x 1 4x 8 x2 3x 7 0 3 37 3 37 Giải ra ta được: x ; x (thỏa mãn). 1 2 2 2 3 37 3 37  Vậy tập nghiệm của phương trình: S ;  2 2  x 1 1.9. Giải phương trình: 3x 1 3x 1 4x (Thi học sinh giỏi toán lớp 9, tỉnh Phú Thọ, năm học 2013 - 2014) Hướng dẫn giải – Đáp số 1 Điều kiện xác định: x ,x 0 3 Phương trình tương đương với 12x2 3x 1 4x 3x 1 Đặt a 2x,b 3x 1 Ta có phương trình 3a2 b2 2ab b a b 3a 0 b a hoặc b = -3a Khi đó 3x 1 2x hoặc 3x 1 6x - Với 3x 1 2x , điều kiện x > 0, ta có: 1 3x 1 2x 3x 1 4x2 4x2 3x 1 0 x 1hoặc x (loại) 4 1 - Với 3x 1 6x , điều kiện x 0 , ta có: 3 3 153 3 153 3x 1 6x 3x 1 36x2 x hoặc x (loại) 72 72 3 153 Vậy phương trình có hai nghiệm x 1,x 72 1.10. Giải phương trình: 2x2 x 3 3x x 3
14. (Thi học sinh giỏi toán lớp 9, TP. Hồ Chí Minh, năm học 2014- 2015) Hướng dẫn giải – Đáp số ĐKXĐ: x 3 2x2 x 3 3x x 3 2x x 3 x x 3 0 x 0 2x x 3 0 x 1 2x x 3 x x 3 0 1 13 x x 3 x 2 1 13  Vậy tập nghiệm của phương trình là: S 1;  2  1.11. Giải phương trình: x2 5x 8 3 2x3 5x2 7 x 6 (Tuyển sinh lớp 10, THPTchuyên Toán, tỉnh Hưng Yên, năm học 2013-2014) Hướng dẫn giải – đáp số Nhận xét: 2x3 5x2 7 x 6 2x 3 x2 x 2 2 ĐKXĐ: x 3 Phương trình viết dưới dạng x2 x 2 2 2x 3 3 2x 3 x2 x 2 Đặt 2x 3 a, x2 x 2 b a 0,b 0 2 2 a b Phương trình có dạng b 3ba 2a 0 b a b 2a 0 2a b Trường hợp 1. Xét a = b, ta có: x2 x 2 2x 3 x2 x 1 0 1 5 1 5 Phương trình có hai nghiệm: x (thỏa mãn), x (thỏa mãn) 2 2 Trường hợp 2. Xét 2a = b, ta có: x2 x 2 2 2x 3 x2 7 x 10 0 7 89 7 89 Phương trình có hai nghiệm: x (thỏa mãn), x (không thỏa mãn). 2 2 1 5 1 5 7 89 Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm: x ; x ; x 2 2 2