Giải Pt Vô Tỉ Bằng Phương Pháp Đặt Ẩn Phụ

--- Bài mới hơn ---

  • Đề Tài Skkn “giải Pt Vô Tỉ Bằng Cách Đặt Ẩn Phụ”
  • Cách Giải Phương Trình Vô Tỉ Bằng Phương Pháp Đặt Ẩn Phụ Cực Hay
  • Giải Phương Trình Vô Tỉ Bằng Phương Pháp Đặt Ẩn Phụ
  • Giải Pt Vô Tỉ Bằng Pp Liên Hợp
  • Phương Pháp Liên Hợp Giải Phương Trình Vô Tỷ
  • Họ và tên : Đặng Việt Anh

    Lớp : 10A3

    Trường : THPT Ân Thi

    Nhóm :. . . . . .

    Gồm hs:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ

    I, Tư tưởng đặt ẩn phụ

    Xác định phương trình cơ bản:

    Ví dụ: phương trình t2 – 3t + 2

    + chọn t = ( phương trình có dạng

    + chọn t = ( phương trình có dạng

    II, Các phương pháp đặt ẩn phụ

    1, Đặt 1 ẩn phụ

    Một số kiểu đặt thường gặp

    + ( Ta nên đặt t = (

    + ( Ta nên đặt

    + ( Ta nên đặt

    2, Chia làm xuất hiện ẩn phụ

    Chia 2 vế phương trình cho hoặc x, x2 đại lượng thích hợp.

    Trước khi chia cho 1 lượng nào đó ta phải kiểm tra lượng đó bằng 0 có là nghiệm phương trình không

    III, Bài tập hướng dẫn

    Bài tập 1: Giải phương trình

    Bài giải:

    B1: Đặt ()

    B2: Biến đổi căn thức bằng cách bình phương

    (1)

    Ta nhận thấy

    B3: Thay vào phương trình

    Giải pt ta được nghiệm không thỏa mãn điều kiện )

    B4: Thay t =1 vào (1) ta sẽ được nghiệm x.

    t=1 (

    ( phương trình có 2 nghiệm x=0 (TM) và x=-2 (TM).

    KL: x=0 và x=-2 là nghiệm của pt

    Bài tập 2: Giải phương trình .

    Bài giải:

    Tương tự như các bước trên:

    Đk:

    Đặt

    (2)

    Thay vào pt:

    Giải pt có 2 nghiệm ( loại không thỏa mãn điều kiện)

    Thay t=5 vào (2)

    Giải pt suy ra x=143 (KTM) x=3(TM)

    KL: x=3 là nghiệm của pt

    Thay vào phương trình:

    (loại ktm đk)

    Thay t=2 vào (3)

    Giải pt suy ra cả 2 đều TM

    KL:

    Ví dụ 4: giải pt

    Bài giải:

    Bình phương khử căn:

    Chia cả 2 vế cho ta đc:

    Đặt

    loại t=0 vì k tm đk

    Thay t=5 vào pt

    Thay x=1 và x=4 vào pt ta thấy x=4 là nghiệm thỏa mãn còn x=1 không thỏa mãn

    --- Bài cũ hơn ---

  • Giải Và Biện Luận Phương Trình Bậc Hai
  • Chuyên Đề Giải Và Biện Luận Phương Trình Bậc Hai
  • Giải Và Biện Luận Phương Trình Bậc Nhất
  • Pp Giải Pt&bpt Vô Tỷ
  • 4 Cách Giải Phương Trình Vô Tỉ Cực Hay
  • Giải 9 Bài Pt Mũ & Log Bằng Ẩn Số Phụ

    --- Bài mới hơn ---

  • 9 Phương Pháp Giải Phương Trình Nghiệm Nguyên
  • Đề Tài:phương Pháp Giải Pt Nghiệm Nguyên
  • Phương Pháp Giải Phương Trình Nghiệm Nguyên
  • Hệ Phương Trình Bậc Nhất Hai Ẩn (Nâng Cao)
  • Giải Phương Trình Bậc 2 Số Phức
  • Giải 9 phương trình mũ và lôgarit

    bằng phương pháp đặt ẩn phụ

    *Giới thiêu :

    Sau khi NST gửi bài “Giải 18 phương trình mũ và lôgarit bằng một số phương pháp độc đáo”; Một số bạn hỏi về “Phương pháp đặt ẩn phụ” áp dụng như thế nào ? Xin giới thiệu bổ sung.

    Đối với một số phương trình mũ và lôgarit phức tạp hơn, chúng ta không thể sử dụng cách đưa về cùng một cơ số mà nên dùng PP đặt ẩn phụ để được phương trình hoặc hệ phương trình đại số thông thường. Chú ý: Khi đặt ẩn phụ, ta nên tìm điều kiện của ẩn phụ (tuỳ thuộc vào điều kiện của ẩn cần tìm).

    I.- Bồn bài toán mẫu

    Bài toán 1. Giải các phương trình mũ sau

    a) ; b) ; c) ; d) .

    Lời giải. a) Phương trình đã cho tương đương với Đặt thì phương trình trở thành .

    Đây là phương trình bậc hai với ẩn số , ta tìm được hoặc .

    Tuy nhiên nên chỉ có l à thoả mãn. Thay lại để tìm , ta có

    Vậy phương trình chỉ có một nghiệm .

    b) Đặt , ta có phương trình

    Phương trình bậc hai ẩn này chỉ có một nghiệm dương , suy ra

    .

    c) Điều kiện . Chia cả hai vế của phương trình cho , ta có

    Đặt , phương trình trở thành

    Phương trình bậc hai trên có hai nghiệm dương .

    Với thì .

    Với thì .

    Phương trình có hai nghiệm .

    d) Phương trình đã cho tương đương với Đặt thì phương trình trở thành Do nên hay . Từ đó suy ra

    Vậy phương trình có nghiệm duy nhất .

    Bài toán 2

    Giải các phương trình lôgarit sau

    a) ; b) ; c) ; d) .

    Lời giải.

    a) Điều kiện Đặt thì điều kiện của là và phương trình trở thành

    (thoả mãn). Với thì ; Với thì . Vậy phương trình đã cho có nghiệm .

    b) Điều kiện , đặt , phương trình trở thành

    Do đó nhận các giá trị là hoặc .

    Với thì ;

    Với thì ;

    Với thì . Vậy phương trình đã cho có nghiệm .

    c) Điều kiện . Phương trình đã cho tương đương với

    Đặt thì phương trình trở thành

    Với thì ;

    Với thì . Phương trình đã cho có nghiệm là và .

    d) Điều kiện . Phương trình đã cho tương đương với

    Đặt thì phương trình trở thành

    Đặt .

    Khi đó ta có hệ phương trình

    Giải ra ta được Từ đó suy ra

    và tìm được nghiệm của phương trình.

    (Nhận xét. Đối với một số phương trình ẩn , sau khi đặt ẩn phụ thì trong phương trình

    --- Bài cũ hơn ---

  • Các Dạng Phương Trình Quy Về Phương Trình Bậc Hai
  • Dạng Bài Tập Về Áp Dụng Công Thức Giải Bất Phương Trình Lớp 10 Phải Biết
  • Đạo Hàm Và Bài Toán Giải Phương Trình, Bất Phương Trình Lượng Giác
  • Sử Dụng Máy Tính Cầm Tay Giải Nhanh Trắc Nghiệm Lượng Giác
  • Cách Tìm Hai Số Khi Biết Tổng Và Tích Của Chúng
  • Đề Tài Skkn “giải Pt Vô Tỉ Bằng Cách Đặt Ẩn Phụ”

    --- Bài mới hơn ---

  • Cách Giải Phương Trình Vô Tỉ Bằng Phương Pháp Đặt Ẩn Phụ Cực Hay
  • Giải Phương Trình Vô Tỉ Bằng Phương Pháp Đặt Ẩn Phụ
  • Giải Pt Vô Tỉ Bằng Pp Liên Hợp
  • Phương Pháp Liên Hợp Giải Phương Trình Vô Tỷ
  • Cách Giải Phương Trình Vô Tỉ Bằng Phương Pháp Sử Dụng Biểu Thức Liên Hợp Cực Hay
  • Đề tài SKKN “Giải PT vô tỉ bằng cách đặt ẩn phụ”

    NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

    PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ VỚI CÁCH GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ

    A. Lý do chọn đề tài

    Toán học là môn học cơ bản trong nhà trường phổ thông, đối với học sinh môn toán nói chung và môn đại số nói riêng là một môn học khó. Bởi vậy không ít học sinh dù đã cố gắng xong kết quả môn toán nói chung và phân môn đại số nói riêng còn thấp so với yêu cầu. Để nâng cao chất lượng giáo dục toàn diện các nhà trường nói chung, các giáo viên trực tiếp giảng dạy nói riêng cần phải có giải pháp tích cực để nâng cao chất lượng môn đại số của học sinh THPT

    Nhằm mục đích nâng cao chất lượng học sinh khi học môn đại số nói chung và phương trình vô tỉ nói riêng, nên tôi chọn sáng kiến kinh nghiệm ”Phương trình vô tỉ với cách giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ”

    B. Mục đích nghiên cứu đề tài

    Xây dựng những dạng bài tập cơ bản và phương pháp đặt ẩn phụ để giải phương trình vô tỉ. Giúp học sinh nâng cao trách nhiệm trong học tập, khắc phục tính chủ quan tự mãn, đặc biệt là phát triển năng lực tự đánh giá. Giúp người thầy tự điều chỉnh hoạt động dạy và học cho phù hợp.

    C. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

    Đối tượng: Học sinh lớp 10, 11 trường THPT Tuần Giáo.

    Phạm vi nghiên cứu: Đề tài tập trung nghiên cứu các dạng bài tập cơ bản và phương pháp giải phương trình vô tỉ bằng cách đặt ẩn phụ.

    D. Nhiệm vụ nghiên cứu

    + Giúp học sinh khối 10, 11 nắm chắc kiến thức cơ bản về phương trình vô tỉ với cách giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ.

    + Học sinh hứng thú học và đạt kết quả cao.

    E. Phương pháp nghiên cứu

    + Nghiên cứu phương trình vô tỉ, đặc biệt với cách giải đặt ẩn phụ

    + Lấy ý kiến

    + Thử nghiệm sư phạm

    F. Nội dung nghiên cứu: Giải PT vô tỉ bằng phương pháp đặt ẩn phụ

    Khi giải pt dạng , chúng ta đều biết phải bình phương hai vế để khử căn bậc hai. Vậy với pt , và một số pt dạng khác có giải được bằng phương pháp đó không? Đây là câu hỏi mà nhiều học sinh chưa trả lời được. Qua nhiều năm dạy học sinh THPT tôi rút ra được kinh nghiệm giải pt vô tỉ bằng phương pháp đặt ẩn phụ.

    I. Dạng 1 : Sử dụng ẩn phụ để chuyển PT ban đầu thành 1 pt với ẩn phụ.

    1)Các phép đặt ẩn phụ thường gặp :

    PT chứa và f(x)

    Đặt t = ( t 0 ) f(x) = t2

    PT chứa , và . = k ( k= const)

    Đặt t= ( t 0 ) =

    PT chứa ± ; và f(x) + g(x) = k ( k= const)

    Đặt t = ± = ±

    PT chứa Đặt x = sint với thoặc x = cost với t

    PT chứa Đặt x = tant với thoặc x = cott với t

    PT dạng đặt ta thu được pt bậc hai

    PT dạng đặt ta được pt bậc hai

    PT dạng đặt ta thu được pt bậc hai

    PT dạng đặt ta được pt bậc hai

    2) Chú ý : Với PT vô tỉ sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ, nhất thiết phải tìm điều kiện đúng cho ẩn phụ.

    3) Các ví dụ :

    VD1 : GPT : + = 3 (1)

    Đặt t = x2 – 3x + 3 Ta có : t = Đk t

    Khi đó (1) có dạng + = 3

    t + t + 3 + 2 = 9

    = 3 – t

    t = 1

    x2 – 3x + 3 = 1

    KL : PT có 2 nghiệm x= 1 ; x = 2.

    VD 2 :GPT : 2×2 + = 8x + 13 (2)

    ĐK : x2 – 4x -5 0 x -1 hoặc x 5

    PT ( 2 ) = -2×2 + 8x + 13 (2′)

    Đặt y = ĐK y 0 Ta có y2 = x2 – 4x – 5

    PT ( 2′) y = – 2y2 + 3

    2y2 + y – 3 = 0 loại

    Với y = 1 x2 – 4x – 5 = 1 x2 – 4x – 6 = 0 tm ĐK

    --- Bài cũ hơn ---

  • Giải Pt Vô Tỉ Bằng Phương Pháp Đặt Ẩn Phụ
  • Giải Và Biện Luận Phương Trình Bậc Hai
  • Chuyên Đề Giải Và Biện Luận Phương Trình Bậc Hai
  • Giải Và Biện Luận Phương Trình Bậc Nhất
  • Pp Giải Pt&bpt Vô Tỷ
  • Phương Pháp Đặt Ẩn Phụ Trong Phương Trình Mũ

    --- Bài mới hơn ---

  • Các Dạng Bài Tập Toán Phương Trình Mặt Cầu Trong Không Gian Oxyz
  • Giải Bài Tập Phương Trình Mặt Cầu
  • Phương Trình Mặt Cầu Và Các Dạng Toán Liên Quan
  • Bài Tập Phương Trình Nghiệm Nguyên
  • Nhân Liên Hợp Trong Giải Phương Trình
  • Toán lớp 12: Phương trình mũ

    Phương pháp đặt ẩn phụ trong phương trình mũ

    A. Phương pháp giải & Ví dụ

    Ta thường sử dụng 1 ẩn phụ để chuyển phương trình ban đầu thành 1 phương trình với 1 ẩn phụ.

    Các phép đặt ẩn phụ thường gặp sau:

    , điều kiện t < 0 , ta được α 1 t 2 + α 2 t+α 3 = 0

    Mở rộng: Với phương trình mũ có chứa các nhân tử: a 2f, b 2f, (a.b) 2f, ta thực hiện theo các bước sau:

    Ví dụ minh họa

    Hướng dẫn:

    Bài 2: Giải phương trình sau: (7+4√3) x-3(2-√3) x+2=0

    Hướng dẫn:

    Nhận xét rằng 7+4√3=(2+√3) 2; (2+√3)(2-√3)=1

    Khi đó phương trình đã cho tương đương với

    Vậy phương trình có nghiệm x=0

    Bài 3: Giải phương trình sau: (√2-1) x+(√2+1) x-2√2=0

    Hướng dẫn:

    Đặt t=(√2+1) x ta có phương trình đã cho tương đương:

    Hướng dẫn:

    B. Bài tập vận dụng

    Bài 1: Giải phương trình sau:

    Nhận xét rằng (5+√24)(5-√24) = 1

    Bài 2: Giải phương trình sau:

    Vậy phương trình có hai nghiệm

    Bài 3: Giải phương trình sau:

    2.2 2(x2+1) +(2.3)(x2+1)=3 2(x2+1)

    Bài 4: Giải phương trình sau:

    Bài 5: Giải phương trình sau:

    125 x+50 x = 2.8 x

    Bài 6: Giải phương trình sau:

    Bài 7: Giải phương trình sau:

    Bài 8: Giải phương trình sau:

    Bài 9: Giải phương trình sau:

    Bài 10: Giải phương trình sau:

    3 8.3 2x-4.3 5.3 x+27=0 ⇔ 6561.(3 x ) 2-972.3 x+27 = 0

    Bài 11: Giải phương trình sau:

    Ngân hàng trắc nghiệm miễn phí ôn thi THPT Quốc Gia tại chúng tôi

    --- Bài cũ hơn ---

  • Giải Bài Tập Phương Trình Mặt Phẳng
  • Giải Bài Tập Sgk Bài 31: Phương Trình Trạng Thái Của Khí Lí Tưởng
  • Cách Giải Bài Tập Về Phương Trình Trạng Thái Của Khí Lí Tưởng Hay, Chi Tiết
  • Phương Trình Và Hệ Phương Trình
  • Các Phương Pháp Giải Hệ Phương Trình
  • Giải Phương Trình Vô Tỉ Bằng Phương Pháp Đặt Ẩn Phụ

    --- Bài mới hơn ---

  • Giải Pt Vô Tỉ Bằng Pp Liên Hợp
  • Phương Pháp Liên Hợp Giải Phương Trình Vô Tỷ
  • Cách Giải Phương Trình Vô Tỉ Bằng Phương Pháp Sử Dụng Biểu Thức Liên Hợp Cực Hay
  • Cách Giải Phương Trình Vô Tỉ Bằng Phương Pháp Đánh Giá Cực Hay
  • Môt Số Lưu Ý Khi Giải Pt Lượng Giác
  • I, Tư tưởng đặt ẩn phụ

    – Xác định phương trình cơ bản:

    Ví dụ: phương trình t2 – 3t + 2

    Họ và tên : Đặng Việt Anh Lớp : 10A3 Trường : THPT Ân Thi Nhóm :. . . . . . Gồm hs:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ I, Tư tưởng đặt ẩn phụ Xác định phương trình cơ bản: Ví dụ: phương trình t2 - 3t + 2 + chọn t = à phương trình có dạng + chọn t = à phương trình có dạng II, Các phương pháp đặt ẩn phụ 1, Đặt 1 ẩn phụ Một số kiểu đặt thường gặp + à Ta nên đặt t = ( + à Ta nên đặt + à Ta nên đặt 2, Chia làm xuất hiện ẩn phụ Chia 2 vế phương trình cho hoặc x, x2 đại lượng thích hợp. Trước khi chia cho 1 lượng nào đó ta phải kiểm tra lượng đó bằng 0 có là nghiệm phương trình không III, Bài tập hướng dẫn Bài tập 1: Giải phương trình Bài giải: B1: Đặt () B2: Biến đổi căn thức bằng cách bình phương (1) Ta nhận thấy B3: Thay vào phương trình Giải pt ta được nghiệm không thỏa mãn điều kiện ) B4: Thay t =1 vào (1) ta sẽ được nghiệm x. t=1 à à phương trình có 2 nghiệm x=0 (TM) và x=-2 (TM). KL: x=0 và x=-2 là nghiệm của pt Bài tập 2: Giải phương trình . Bài giải: Tương tự như các bước trên: Đk: Đặt (2) Thay vào pt: Giải pt có 2 nghiệm ( loại không thỏa mãn điều kiện) Thay t=5 vào (2) Giải pt suy ra x=143 (KTM) x=3(TM) KL: x=3 là nghiệm của pt Bài tập 3: Giải phương trình . Bài giải: ĐK: Rút gọn pt: Đặt +1 (3) Thay vào phương trình: (loại ktm đk) Thay t=2 vào (3) Giải pt suy ra cả 2 đều TM KL: Ví dụ 4: giải pt Bài giải: Bình phương khử căn: Chia cả 2 vế cho ta đc: Đặt loại t=0 vì k tm đk Thay t=5 vào pt Thay x=1 và x=4 vào pt ta thấy x=4 là nghiệm thỏa mãn còn x=1 không thỏa mãn

    Tài liệu đính kèm:

      giai_pt_vo_ti_bang_phuong_phap_dat_an_phu.doc

    --- Bài cũ hơn ---

  • Cách Giải Phương Trình Vô Tỉ Bằng Phương Pháp Đặt Ẩn Phụ Cực Hay
  • Đề Tài Skkn “giải Pt Vô Tỉ Bằng Cách Đặt Ẩn Phụ”
  • Giải Pt Vô Tỉ Bằng Phương Pháp Đặt Ẩn Phụ
  • Giải Và Biện Luận Phương Trình Bậc Hai
  • Chuyên Đề Giải Và Biện Luận Phương Trình Bậc Hai
  • Giải Pt Vô Tỉ Bằng Pp Liên Hợp

    --- Bài mới hơn ---

  • Phương Pháp Liên Hợp Giải Phương Trình Vô Tỷ
  • Cách Giải Phương Trình Vô Tỉ Bằng Phương Pháp Sử Dụng Biểu Thức Liên Hợp Cực Hay
  • Cách Giải Phương Trình Vô Tỉ Bằng Phương Pháp Đánh Giá Cực Hay
  • Môt Số Lưu Ý Khi Giải Pt Lượng Giác
  • Đồ Thị Hàm Số Y= Ax + B (A ≠ 0)
  • Giải phương trình vô tỉ bằng phương pháp lượng liên hợp

    Có rất nhiều phương cách giải PT Vô tỉ nhưng bản thân tôi thích nhất là PP lượng liên hợp vì tính tự nhiên của nó. Trong bài viết này tôi giới thiệu với các bạn một số suy nghĩ về phương pháp này.

    Cho hàm số , xác định trên .

    Ta biết là nghiệm phương trình .

    Mà theo định lí Bơzu nếu là nghiệm của đa thức thì

    . Từ đây ta có nhận xét:

    Nếu là một nghiệm của phương trình thì ta có thể đưa phương trình về dạng và khi đó việc giải phương trình quy về giải phương trình . Ta xét ví dụ sau:

    Ví dụ 1: Giải phương trình: (HVKTQS 2000).

    Giải: Điều kiện : .

    Ta thấy là một nghiệm của phương trình ( ta nghĩ đến vì khi đó và là những số chính phương) do đó ta có thể đưa phương trình về dạng: nên ta biến đổi phương trình như sau: , vấn đề còn lại của chúng ta là phải phân tích ra thừa số (Chú ý khi thì ), vì định lí Bơzu chỉ áp dụng cho đa thức nên ta phải biến đổi biểu thức này về dạng có mặt đa thức, tức là ta đưa về dạng

    điều này giúp ta liên tưởng đến đẳng thức : nên ta biến đổi :

    .

    Suy ra phương trình đến đây ta chỉ cần giải phương trình:

    .

    Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm và .

    Nhận xét: 1) Qua ví dụ trên ta thấy để bỏ căn thức ta sử dụng hằng đẳng thức:

    hai biểu thức và ta gọi là hai biểu thức liên hợp của nhau. Nên phương pháp trên ta gọi là phương pháp nhân lượng liên hợp.

    2) Với phương pháp này điều quan trọng là ta phải biết được một nghiệm của phương trình, từ đó ta mới định hướng được cách biến đổi để là xuất hiện nhân tử chung. Để nhẩm nghiệm ta có thể sử dụng máy tính bỏ túi 570MS hoặc 570ES .

    Ví dụ 2: Giải phương trình : (THTT).

    Giải: Điều kiện : .

    Nhận thấy phương trình trên vẫn có nghiệm nên ta nghĩ đến cách giải phương trình trên bằng phương pháp nhân lượng liên hợp.

    Ta có:

    .

    Mặt khác vô nghiệm.

    Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: .

    * Ta có dạng tổng quát của phương trình trên là:

    (Điều kiện : ).

    * Bằng máy tính ta có thể thấy được phương trình (*) vô nghiệm do đó ta nghĩ đến chứng minh phương trình (*) vô nghiệm. Thay vào phương trình (*) thì do đó ta tìm cách chứng minh VT(*) < VP(*).

    Ví dụ 3: Giải phương trình : (THTT).

    Giải: Điều kiện: .

    Ta thấy phương trình có một nghiệm nên ta phân tích ra thừa số .

    Ta có:

    Vậy phương trình có nghiệm duy nhất .

    Ví dụ 4: Giải phương trình: .

    Giải: Điều kiện: .

    Nhận thấy phương trình có một nghiệm .

    Phương trình

    Kết hợp với phương trình ban đầu ta có :

    (*) thử lại ta thấy hai nghiệm này đều thỏa mãn phương trình.

    Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm: .

    Nhận xét: Để giải phương trình (*) ta phải kết hợp với phương trình ban đầu. Ta chú ý rằng phép biến đổi này là phép biến đổi hệ quả do đó sau khi giải xong ta phải thử lại các nghiệm để loại đi những nghiệm ngoại lai.

    Trong các ví dụ trên ta thấy mỗi phương trình đều có nghiệm hữu tỉ do đo việc dự đoán nghiệm tương đối dễ. Tuy nhiên trong nhiều trường hợp việc đoán nghiệm không được dễ dàng, đặc biệt là khi tất cả các nghiệm của phương trình đều là nghiệm vô tỉ! Trong trường hợp này chúng ta phải xử lí thế nào? Ta xét các ví dụ sau:

    Ví dụ 5: Giải phương trình :

    .

    Giải: Do nên .

    Bằng máy tính ta thấy được phương trình không có nghiệm hữu tỉ, mà chỉ có hai nghiệm vô tỉ. Ta thấy nếu (*) thì hai vế của phương trình bằng nhau nên ta phân tích ra thừa số .

    Ta có:

    (do nên khi đặt làm thừa số thì biểu thức trong dấu (.) luôn dương ).

    là nghiệm của phương trình đã cho.

    Chú ý : Mẫu chốt của bài toán là ta có nhận xét (*), từ đó ta mới định hướng

    tìm cách phân tích ra thừa số . Tuy nhiên trong nhiều bài toán thì việc tìm được nhân tử chung không còn đơn giản vậy nữa.

    Ví dụ 8: Giải phương trình: .

    Giải:

    Với phương trình ta không gặp được sự may mắn như phương trình trên, bằng cách sử dụng MTBT ta thấy phương trình có hai nghiệm vô tỉ, nếu ta linh hoạt một chút ta sẽ nghĩ đến thừa số chung là một tam thức bậc hai có hai nghiệm . Vấn đề tam thức ở đây là tam thức nào? Các bạn thử nghĩ xem nếu biết hai nghiệm của tam thức thì ta có thể xác định được tam thức đó hay không? Chắc chúng ta sẽ trả lời là có nhờ vào định lí đảo của định lí Viet. Áp dụng định lí Viet ta tính được ( sử dụng MTBT) . Vậy thừa số chúng mà ta cần phân tích là tam thức nên ta biến đổi như sau:

    Phương trình

    là nghiệm của phương trình.

    Chú ý : 1) Để tạo ra thừa số ngoài cách biến đổi như trên ta còn có thể làm cách khác như sau:

    Cách 2: Vì không là nghiệm phương trình nên.

    Phương trình

    Vì (*) vô nghiệm, nên phương trình có hai nghiệm: .

    2) Nếu như chúng ta không có máy tính để xác định được thừa số chung là thì ta là thế nào ?.

    Trước hết ta thêm một lượng vào hai vế:

    .

    Ta chọn m,n sao cho: , từ đây ta có: .

    3) Ta thấy cả hai cách biến đổi đều làm xuất hiện thừa số chung . Tuy nhiên cách thứ 2 sẽ thuận lợi hơn cách thứ nhất vì ở cách thứ 2 sau khi đặt thừa số ta chỉ còn phải giải quyết phương trình (*), còn với cách thứ nhất thì ta phải giải quyết biểu thức trong dấu (.) phức tạp hơn nhiều. Hơn nữa với cách biến đổi thứ hai chúng ta dễ sáng tạo ra các bài toán hơn cách thứ nhất.

    Ví dụ 9: Giải phương trình : .

    Giải: Điều kiện : .

    Ta thấy không là nghiệm của phương trình nên ta có:

    Phương trình . Bằng cách làm như đã nêu ở phần nhận xét ta tìm được , do đó ta thêm vào hai vế của phương trình lượng :

    Phương trình

    (1).

    * Nếu

    .

    Khi đó (1) đúng là một nghiệm của phương trình.

    * Nếu

    Ta có: (a) có hai nghiệm và

    (b)

    .

    Vậy phương trình có bốn nghiệm: .

    Khi muốn thêm bớt bằng cách nhân, chia một biểu thức thì ta phải kiểm tra xem biểu thức đó có luôn khác không hay không ?

    Ví dụ 10: Giải phương trình:

    .

    Giải: Đk : .

    Đặt : ( I)

    Ta thấy phương trình có nghiệm .Ta biến đổi như sau:

    (Vì hai pt: và vô nghiệm ). .

    Kết hợp ( I) và ( II) ta có hệ :

    .

    Thay vào phương trình ban đầu ta thấy chỉ nghiệm thỏa mãn.

    Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm và .

    Ví dụ 11 : Giải bất phương trình : .

    Giải: Điều kiện :

    Bất phương trình .

    .

    Kết hợp điều kiện nghiệm bất phương trình : .

    VÀ dĩ nhiên là thêm mấy bài tập để các bạn luyện tập

    Giải các phương trình sau:

    1)

    2)

    3)

    4)

    5) .

    6)

    7) )

    8)

    9)

    10)

    11)

    12)

    13)

    Nguyễn Tất Thu @ 21:00 20/02/2012

    Số lượt xem: 12843

    --- Bài cũ hơn ---

  • Giải Phương Trình Vô Tỉ Bằng Phương Pháp Đặt Ẩn Phụ
  • Cách Giải Phương Trình Vô Tỉ Bằng Phương Pháp Đặt Ẩn Phụ Cực Hay
  • Đề Tài Skkn “giải Pt Vô Tỉ Bằng Cách Đặt Ẩn Phụ”
  • Giải Pt Vô Tỉ Bằng Phương Pháp Đặt Ẩn Phụ
  • Giải Và Biện Luận Phương Trình Bậc Hai
  • Cách Giải Phương Trình Vô Tỉ Bằng Phương Pháp Đặt Ẩn Phụ Cực Hay

    --- Bài mới hơn ---

  • Giải Phương Trình Vô Tỉ Bằng Phương Pháp Đặt Ẩn Phụ
  • Giải Pt Vô Tỉ Bằng Pp Liên Hợp
  • Phương Pháp Liên Hợp Giải Phương Trình Vô Tỷ
  • Cách Giải Phương Trình Vô Tỉ Bằng Phương Pháp Sử Dụng Biểu Thức Liên Hợp Cực Hay
  • Cách Giải Phương Trình Vô Tỉ Bằng Phương Pháp Đánh Giá Cực Hay
  • Cách giải phương trình vô tỉ bằng phương pháp đặt ẩn phụ cực hay

    Phương pháp giải

    Bước 1: Tìm đkxđ.

    Bước 2: Đặt một (hoặc nhiều) biểu thức thích hợp làm ẩn mới, (thường là các biểu thức chứa căn thức) tìm điều kiện của ẩn mới.

    Bước 3: Biến đổi phương trình theo ẩn mới (Có thể biến đổi hoàn toàn thành ẩn mới hoặc để cả 2 ẩn cũ và mới) rồi giải phương trình theo ẩn mới.

    Bước 4: Thay trả lại ẩn cũ và tìm nghiệm, đối chiếu đkxđ và kết luận.

    Ví dụ minh họa

    Ví dụ 1: Giải phương trình

    Hướng dẫn giải:

    Đkxđ: ∀ x ∈ R.

    Phương trình trở thành:

    t 2 + t – 42 = 0 ⇔ (t – 6)(t + 7) = 0

    Với t = 6 ⇒

    ⇔ (x-3) (2x+9) = 0 .

    ⇔ x = 3 hoặc x = -9/2

    Vậy phương trình có hai nghiệm x = 3 và x = -9/2.

    Ví dụ 2: Giải phương trình

    Hướng dẫn giải:

    Đkxđ : 4x 2 + 5x + 1 ≥ 0

    Phương trình trở thành : a – b = a 2 – b 2

    ⇔ (a-b)(a+b-1) = 0 ⇔ a – b = 0 hoặc a + b – 1 = 0.

    TH1 : a – b = 0 ⇔ 9x – 3 = 0 ⇔ x = 1/3 (t.m đkxđ).

    ⇒ Phương trình (*) vô nghiệm.

    Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1/3 .

    Ví dụ 3: Giải phương trình:

    Hướng dẫn giải:

    Đkxđ: ∀ x ∈ R.

    Phương trình trở thành: t 2 – (x+3)t + 3x = 0

    ⇔ (t-3)(t-x) = 0 ⇔ t = 3 hoặc t = x .

    + t = 3 ⇒ ⇔ x 2 = 8 ⇔ x = ±2√2 .

    + t = x ⇒ ⇒ x 2 + 1 = x 2. Phương trình vô nghiệm.

    Vậy phương trình có hai nghiệm .

    Bài tập trắc nghiệm tự luyện

    Bài 1: Cho phương trình: Nếu đặt thì t phải lưu ý điều kiện nào?

    A. t ∈ R B. t ≤ 1

    C. t ≥ 1 D. t ≥ -1 .

    Bài 2: Số nghiệm của phương trình là:

    A. 0 B. 2 C. 4 D. 6

    Bài 3: Tập nghiệm của phương trình có bao nhiêu phần tử?

    A. 0 B. 2 C. 4 D. 6

    A. Phương trình có nghiệm âm duy nhất.

    B. Phương trình có 2 nghiệm trái dấu.

    C. Phương trình có 2 nghiệm âm.

    D. Phương trình có hai nghiệm dương.

    Bài 5: Phương trình có tổng các nghiệm bằng:

    A. 3/2 B. 1 C. 2/3 D. -3/2 .

    Bài 6: Giải phương trình

    Hướng dẫn giải:

    Ta có:

    Phương trình trở thành: t + t 3 – 30 = 0 ⇔ (t-3)(t 2 + 3t + 10) = 0 ⇔ t = 3

    Thay trả lại biến x ta được:

    ⇔ x = 2.

    Vậy phương trình có nghiệm x = 2.

    Bài 7: Giải phương trình :

    Hướng dẫn giải:

    a) Đkxđ:

    Phương trình trở thành:

    Vậy phương trình có nghiệm x = 1.

    b) Đkxđ: x – 1/x ≥ 0 ; x ≠ 0 .

    Chia cả hai vế của phương trình cho x ta được:

    Pt trở thành: t 2 + 2t – 3 = 0 ⇔ (t + 3)(t – 1) = 0 ⇔ t = -3(L) hoặc t = 1 (t/m) .

    + t = 1

    Vậy phương trình có hai nghiệm

    c) Đkxđ: x ≥ -1 .

    Phương trình trở thành : 2a 2 – 5ab + 2b 2 = 0

    ⇔ (2a-b) (a-2b) = 0

    ⇔ a = b/2 hoặc a = 2b

    + a = b/2 ⇔

    ⇔ x 2 – x + 1 = 4(x+1) ⇔ x 2 – 5x – 3 = 0 ⇔

    + a = 2b ⇔

    Phương trình vô nghiệm.

    Vậy phương trình có hai nghiệm .

    Bài 8: Giải phương trình:

    Hướng dẫn giải:

    a) Đkxđ: x 2 ≤ 15.

    Đặt

    Thay trả lại biến x ta được:

    Vậy phương trình có hai nghiệm

    b)

    Đkxđ: x ≥ 1.

    Đặt

    Mà theo đề bài ta có u + v = 1 ⇒ v = 1 – u

    Thay v = 1 – u vào (*) ta được: u 3 + (1 – u) 2 = 1

    ⇔ u(u – 1)(u + 2) = 0

    ⇔ u = 0 hoặc u = 1 hoặc u = -2.

    + u = 0 ⇒ x = 2 (t.m)

    + u = 1 ⇒ x = 1 (t.m)

    + u = -2 ⇒ x = 10 (t.m)

    Vậy phương trình có ba nghiệm x = 1; x = 2 và x = 10.

    c)

    Đkxđ: ∀x ∈ R.

    Đặt

    Phương trình trở thành: a 2 + b 2 + ab = 1 (**)

    Thay vào (*) ta được: (a – b).1 = 2 ⇒ a – b = 2 ⇒ a = 2 + b

    Thay a = 2 + b vào (**) ta được:

    ⇔ 3(b + 1)2 = 0

    ⇔ b = -1

    ⇒ ⇔ x = 0.

    Thử lại x = 0 là nghiệm của phương trình.

    Vậy phương trình có nghiệm x = 0.

    Bài 9: Giải phương trình:

    Hướng dẫn giải:

    Đkxđ: x ≥ 1 .

    Đặt

    Khi đó

    Phương trình trở thành:

    a + b = 1 + ab ⇔ ab + 1 – a – b = 0 ⇔ (a – 1)(b – 1) = 0 ⇔ a = 1 hoặc b = 1

    + a = 1 ⇔ √(x-1) = 1 ⇔ x = 2.

    + b = 1 ⇔

    ⇔ x = 0 (không t.m đkxđ).

    Vậy phương trình có nghiệm x = 2.

    Bài 10: Giải phương trình:

    Hướng dẫn giải:

    Đặt

    Phương trình trở thành: a + b = 4 (**)

    ⇔ (ab – 3)(ab – 29) = 0

    ⇔ ab = 3 hoặc ab = 29.

    + ab = 3.

    Từ (**) ⇒ a = 4 – b.

    Thay vào ab = 3 ⇒ (4 – b)b = 3 ⇔ b2 – 4b + 3 = 0 ⇔ (b – 1)(b – 3) = 0 ⇔

    Nếu a = 3; b = 1 ⇒ ⇒ x =

    Nếu a = 1; b = 3 ⇒ ⇒ x =

    Thử lại cả hai đều là nghiệm của phương trình.

    + Nếu ab = 29

    Từ (**)⇒ a = 4 – b.

    Thay vào ab = 29 ⇒ (4 – b)b= 29 ⇔ b 2 – 4b + 29 = 0.

    Phương trình vô nghiệm.

    Vậy phương trình có hai nghiệm x = 63/5 và x = -17/5

    Nhóm học tập facebook miễn phí cho teen 2k6: chúng tôi

    Theo dõi chúng tôi miễn phí trên mạng xã hội facebook và youtube:

    --- Bài cũ hơn ---

  • Đề Tài Skkn “giải Pt Vô Tỉ Bằng Cách Đặt Ẩn Phụ”
  • Giải Pt Vô Tỉ Bằng Phương Pháp Đặt Ẩn Phụ
  • Giải Và Biện Luận Phương Trình Bậc Hai
  • Chuyên Đề Giải Và Biện Luận Phương Trình Bậc Hai
  • Giải Và Biện Luận Phương Trình Bậc Nhất
  • Giải Hệ Pt Bằng Pp Thế Vnxike2 Ppt

    --- Bài mới hơn ---

  • Cách Giải Phương Trình Bậc 3 Nhanh Chóng
  • Giải Phương Trình Lượng Giác Bằng Phương Pháp Biến Đổi Công Thức Lượng Giác
  • Chương Iii. §3. Giải Hệ Phương Trình Bằng Phương Pháp Thế
  • Học Cách Giải Phương Trình Bậc 3 Mà Học Sinh Nào Cũng Phải Biết
  • Chuyên Đề Phương Trình Lượng Giác
  • Mục tiêu

    – HS hiểu được cách biến đổi hệ phương trình bằng phương pháp thế

    – HS nắm vững cách giải hệ phương trình bằng phương pháp thế .

    – HS biết xử lí các trường hợp đặc biệt (hệ vô nghiệm hoặc vô số nghiệm )

    II. Chuẩn bị

    Giáo viên: SGK , máy chiếu .

    2. Học sinh : SGK, bảng nhóm , bút dạ ….

    HS1. Kiểm tra (x;y) = (2; – 1) có là nghiệm của hệ phương trình sau không?

    HS2:Đoán nhận số nghiệm của hệ phương trình sau và minh hoạ bằng đồ thị.

    Kiểm tra bài cũ:

    Tiết 33:

    GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH

    BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾ

    Ví dụ: Xét hệ phương trình

    B1:Từ PT(1) biểu diễn x theo y

    B2: Ta có hệ PT(II) tương đương hệ PT(I).

    Giải hệ PT(II).Khi đó nghiệm của hệ PT(II) chính là nghiệm của hệ PT(I)

    Từ PT (2′) ta có : y = – 5

    Vậy hệ PT(I) đã cho có nghiệm là (- 13;-5)

    Thế x từ PT (1′) vào PT (2).

    GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾ

    Thay y = – 5 Vào PT(1′)

    ta có : x = – 13

    GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG

    PHƯƠNG PHÁP THẾ

    1. Quy tắc thế

    Quy tắc thế dùng để biến đổi một hệ phương trình thành hệ phương trình tương đương thông qua hai bước :

    Bước 1: Từ một phương trình của HPT ban đầu ta biểu diễn một ẩn theo ẩn kia ta được phương trình (*) .

    Bước 2: Thay phương trình (*) vào phương trình còn lại ta được phương trình (**) . Thay các phương trình của HPT (I) bởi các phương trình (*) và (**) ta được HPT mới tương đương HPT ban đầu.

    2.Vận dụng

    Ví dụ 2

    Giải hệ phương trình

    Giải

    Vậy hệ (II) có nghiệm duy nhất là (2 ; 1)

    Trong hệ phương trình nếu ẩn nào của phương trình có hệ số bằng 1 hoặc -1 ta nên biểu diễn ẩn đó theo ẩn còn lại

    GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾ

    Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp thế (biểu diễn y theo x từ phương trình thứ hai của hệ )

    Giải

    Vậy hệ phương trình (II) có nghiệm duy nhất là (7 ;5 )

    ?1

    GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾ

    Ta có

    Đặc điểm PT một ẩn

    Số ngiệm của hệ

    HPT đã cho có một nghiệm duy nhất

    HPT đã cho vô nghiệm

    HPT đã cho có vô số nghiệm

    Đặc điểm

    Ví dụ

    GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾ

    3y = 3

    1 nghiệm duy nhất

    0y = 9

    Vô nghiệm

    0x = 0

    vô số nghiệm

    GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾ

    1. Quy tắc thế

    2. Áp dụng

    Chú ý :

    * Số nghiệm của phương trình một ẩn trong hệ phương trình mới chính là số nghiệm của hệ đã cho.

    Ví dụ 3

    Giải hệ phương trình

    Giải

    ?2

    Minh hoạ hình học

    Vậy HPT(III) vô số nghiệm

    Do d1 trùng với d2 nên hệ có vô số nghiệm

    GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾ

    d1

    d2

    ?3

    Cho hệ phương trình

    Bằng minh hoạ hình học và bằng phương pháp thế ,chứng tỏ rằng hệ (IV) vô nghiệm.

    Nhóm 1

    Minh hoạ hình học

    Nhóm 2

    Giải phương trình bằng phương pháp thế

    GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾ

    1)Dùng quy tắc thế biến đổi hệ đã cho thành hệ mới ,trong đó có một phương trình một ẩn.

    2)Giải phương trình một ẩn vừa có ,rồi suy ra nghiệm của hệ đã cho.

    *Tóm tắc cách giải hệ phương trình bằng phương pháp thế :

    GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾ

    HƯỚNG DẪN VỀ NHÀ

    Học thuộc quy tắc thế , xem lại cách giải

    hệ phương trình bằng phương pháp thế .

    – Bài tập : 12 đến 15 SGK trang15

    CẢM ƠN CÁC THẦY CÔ GIÁO CÙNG CÁC EM

    ĐÃ NHIỆT TÌNH THAM GIA TIẾT HỌC

    --- Bài cũ hơn ---

  • Chương Iv. §3. Phương Trình Bậc Hai Một Ẩn
  • Giáo Án Đại Số Lớp 9 Tiết 50: Phương Trình Bậc Hai Một Ẩn
  • Giáo Án Môn Đại Số Lớp 9 Năm 2009
  • Cách Nhẩm Nghiệm Phương Trình Bậc Hai
  • Cách Giải Một Số Phương Trình Quy Về Phương Trình Bậc 2
  • Pp Giải Phương Trình Mũ, Logarit

    --- Bài mới hơn ---

  • Pt Mũ Có Lời Giải Chi Tiết
  • Giải Hệ Phương Trình Trong Excel Bằng Solver
  • Cách Giải Phương Trình Bậc Cao Bằng Excel
  • Giải Hệ Phương Trình Trong Excel
  • Cách Giải Hệ Phương Trình Bậc Nhất 2 Ẩn Với Phương Pháp Thế Và Phương Pháp Cộng Đại Số
  • Published on

    1. 1. Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: [email protected]Đ: 01694 013 498 (DÙNG CHO ÔN THI TN – CĐ – ĐH 2011) Gửi tặng: chúng tôi Bỉm sơn. 15.04.2011 1
    2. 2. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498 CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH – HỆ MŨ – LÔGARITCHƯƠNG I: PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH – HỆ MŨ CHỦ ĐỀ I: PHƯƠNG TRÌNH MŨBÀI TOÁN 1: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNGI. Phương pháp:Ta sử dụng phép biến đổi tương đương sau:Dạng 1: Phương trình a f  x   a g  x TH 1: Khi a là một hằng số thỏa mãn 0  a  1 thì a f  x   a g  x   f  x   g  x  a  1 f  x g x  a  0 TH 2: Khi a là một hàm của x thì a a   0  a  1  hoặc    f  x   g  x   a  1  f  x   g  x    0     Dạng 2: Phương trình: 0  a  1, b  0  a f  x  b    f  x   log a b Đặc biệt:Khi b  0, b  0 thì kết luận ngay phương trình vô nghiệmKhi b  1 ta viết b  a 0  a f  x   a 0  f  x   0Khi b  1 mà b có thể biếu diễn thành b  a c  a f  x   a c  f  x   cChú ý:Trước khi biến đổi tương đương thì f  x  và g  x  phải có nghĩaII. Bài tập áp dụng:Loại 1: Cơ số là một hằng sốBài 1: Giải các phương trình sau x 2 3 x 1 1 1 x 1a. 2 .4 x 1 . 1 x  16 x b.   3 c. 2 x 1  2 x  2  36 8 3Giải:a. PT  2 x 1 2 x 2 33 x  24 x  6 x  4  4 x  x  2 2 www.VNMATH.com
    3. 3. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498 x 2  3 x 1 1 2b.    3  3 ( x  3 x 1)  31   ( x 2  3x  1)  1 3 x  1 x 2  3x  2  0   x  2 x 1 x 2 2x 8.2 x  2 x xc. 2  2  36  2.2   36   36 4 4 9.2 x  36.4  2x  16  24  x  4Bài 2: Giải các phương trình x 2 x 1  2 7xa. 0,125.4 2 x 3   8   b. 8 x 1  0, 25  2 c. 2 x  2.5 x 2  23 x.53 x  Giải: x  1  1 2 x 3 22Pt  .  22   3  8 2      x 3  5  2(2 x 3) 5 x 5 x 5 2 .2  2 2   2 3  4 x  6  2 2  2 4 x  9  2 2  4 x  9  x x6   2b. Điều kiện x  1 2 x 1 7x  x 1 3 2 2 x 1 xPT  2 x 1 2 2 3  7  2  7 x  9x  2  0   2 x 1 2 x  2  7 x2 3xc. Pt   2.5    2.5 10 x  2  103 x  x  2  3x  x  1 log3 x 1Bài 2: Giải phương trình:  x  2  x      x2  2Giải:Phương trình đã cho tương đương: x2 0 x  2  0 x  2 log3 x  log3 x    1   1  x   1 1   ln  x   0   log3 x ln  x    0 2    2    2    x  2  0 x  2   x  2 x  2 x  2 x  2       log 3 x  0  x  1  x  1          x2   ln  x  1   0    x  1  1  x  3    2   2  2  x  2  x  2 x  2    3 www.VNMATH.com
    4. 4. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498Bài 3: Giải các phương trình: 2 x 3 x 1 1   x 1a.  10  3  x 1   10  3  x 3 b.  2 2    x 3 2 x   4  Giải: x  1a. Điều kiện:   x  3 1Vì 10  3  . 10  3 3 x x 1 3  x x 1PT   10  3  x 1    x 1 x  3 10  3   9  x2  x 2  1  x   5 x 3 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x   5 x  0b. Điều kiện:  x  1 2 x  3 2 2 2 2 x  x 1  PT  2 x 1 2 x 3 2 x  x 1  4  2 x 1.2 4   2 x 3  2  2   x 1 2 x x 1         4 2  2  x 3  2 x 1 2 x  x 1  4 x 2  x 3  4 x    x  1  4 x  10 x  6  0  x 3 x9Vậy phương trình có nghiệm là x  9Loại 2: Khi cơ số là một hàm của x sin 2  3 cos xBài 1: Giải phương trình  2  x  x 2    2  x  x2 Giải:Phương trình được biến đổi về dạng: 1  x  2(*)2  x  x 2  0     x 2  x  1  0(1) 2  2  x  x  1 sin x  2  3 cos x  0    sin x  3 cos x  2(2)  1 5Giải (1) ta được x1,2  thoả mãn điều kiện (*) 2 1 3     Giải (2): sin x  cos x  1  sin x  x    1  x    2k  x   2k , k  Z 2 2  3 3 2 6Để nghiệm thoả mãn điều kiện (*) ta phải có: 4 www.VNMATH.com
    5. 5. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498  1   1   1   2k  2   1    k   2    k  0, k  Z khi đó ta nhận được x3  6 2  6 2  6 6 1 5 Vậy phương trình có 3 nghiệm phân biệt x1,2  ; x3  . 2 6 3 x 2 5 x  2 x2  x 4Bài 2: Giải phương trình:  x  3   x2  6 x  9 Giải: 3 x 2 5 x  2 2 x2  x 4 2( x 2  x  4)Phương trình được biến đổi về dạng:  x  3   x  3    x  3   x  3 1 x  4   x  4  0  x  3  1   x  3  4   3 x 2  5 x  2  2 x 2  2 x  8   x 2  7 x  10  0 x  5  Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt x = 4, x = 5.Bài tập tự giải có hướng dẫn:Bài 1: Giải các phương trình sau 2 x 1a. 4.9 x 1  3.2 2 b. 7.3x 1  5 x  2  3x 4  5 x 3 x x   x  x 4 3 3  c.  5 27 4 3     4 37 d. 3  x  1 x 1   x  1 x 1  HD: 2 x 3  3  3a.    1 x   2 2 x 1 x 1 x 1 3b.  3 5    1  x  1 5c. x  10BÀI TOÁN 2: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP LÔGARIT HOÁ VÀ ĐƯA VỀ CÙNG CƠ SỐI. Phương pháp:Để chuyển ẩn số khỏi số mũ luỹ thừa người ta có thể logarit theo cùng 1 cơ số cả 2 vế của phương trình, ta cócác dạng:Dạng 1: Phương trình: 0  a  1, b  0  a f  x  b    f  x   log a b Dạng 2: Phương trình: (cơ số khác nhau và số mũ khác nhau) a    b g ( x )  log a a f ( x )  log a b f ( x )  f ( x )  g ( x).log a b f x 5 www.VNMATH.com
    6. 6. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498 hoặc log b a f ( x )  logb b g ( x )  f ( x ).log b a  g ( x).Đặc biệt: (cơ số khác nhau và nhưng số mũ bằng nhau) f  x 0 f  x f (x) a aKhi f  x   g  x   a b    1     f  x   0 (vì b f ( x )  0 ) b bChú ý: Phương pháp áp dụng khi phương trình có dạng tích – thương của các hàm mũII. Bài tập áp dụng:Bài 1: Giải các phương trình x 1 2 x 3 2a. (ĐH KTQD – 1998) 5 x.8 x  500. b. 3x  2.4 x  18 2 2 2 x 3c. 2 x  4.5x  2  1 d. 2 x  2Giải:a. Cách 1: Viết lại phương trình dưới dạng: x 1 x 1 x 3 35 x.8 8  500  5x.2 x  53.22  5x 3.2 x 1Lấy logarit cơ số 2 vế, ta được:  x 3 x 3   x 3  x 3log 2  5 .2   0  log 2  5   log 2  2 x   0   x  3 .log 2 5  x x 3 log 2 2  0     x x  3  1   x  3   log 2 5    0   x x   1   log 2 5 1Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x  3; x   log 2 5 3( x 1) 3 x x 3 x x 3 2 x 3 x x 3  1 Cách 2: PT  5 .2  5 .2  5 2 5  2 x    x 3    1 x 3 x  3  0 x  35 x 3  1  1    5.2 x  1  1       x  x   log5 2  2x  5.2  1 2 x 3 x2  2 x  x2  2 2 xx3 b. Ta có 3 .4  18  log3  3 .4   log 3 18   4x  6 3( x  2) x2  2  .log3 2  2  log 3 2   x 2  4   .log 3 2  0 x x x  2  0  x  2   x 2  2 x  3log 3 2   0   2 x2  x  2 x  3log 3 2  0 (VN ) 2 4c. PT  log 2 2 x  log 2 52  x  0 6 www.VNMATH.com
    7. 7. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498 x 2  4   x  2  log 2 5  0   x  2  x  2  log 2 5  0 x  2 x  2   x  2  log 2 5  0  x  2  log 2 5d. Lấy logarit cơ số 2 hai vế phương trình ta được: 2 3log 2 2 x  2 x  log 2  x 2  2 x  log 2 3  1  x 2  2 x  1  log 2 3  0 2 ,Ta có   1  1  log 2 3  log 2 3  0suy ra phương trình có nghiệm x = 1  log 2 3.Chú ý:Đối với 1 phương trình cần thiết rút gọn trước khi logarit hoá.Bài 2: Giải các phương trình x 1 1 x x2a. 8  4.34  x b. 4 x  3x  2  3 2  22 x 1 log 0 ,5 (sin 2 x  5 sin x cos x  2 ) 1c. 4  d. 5 x  5 x 1  5 x  2  3x  3x 3  3x 1 9Giải:a. Điều kiện x  2 3x x2 2 3x  1 PT  2  34  x   2  (4  x ) log 2 3   x  4  .   log 2 3   0 x2  x2  x  4 0  1 x  4    log 2 3  0  x   2  log 3 2 x2 b. 1 1 1 x 3 x x x 4 x 2 x 1 2 2PT  4  2  3 3  4 .  3 2. 2 3 3 3 x x 3 4 2 3 2  x  0 x 0 2 2c. Điều kiện sin x  5sin chúng tôi x  2  0 *PT  log 21  sin 2 x  5sin chúng tôi x  2   log 4 32  log 2  sin 2 x  5sin chúng tôi x  2    log 2 3 thỏa mãn (*) cos x  0 sin 2 x  5sin chúng tôi x  2  3  cos x  5sin x  cos x   0   5sin x  cos x  0  x  2  k     x  2  k tan x  1  tan    x    l 5d. PT 7 www.VNMATH.com
    8. 8. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498 5 x  5.5 x  25.5x  3x  27.3x  3.3x x 5 31.5 x  31.3x     1  x  0 3Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x  0Bài 3: Giải các phương trìnha. x lg x  1000 x 2 b. x log 2  x  4   32 x 2c. 7log 25  5 x  1  x log 5 7 d. 3x.8 x1  36Giải:a. Điều kiện x  0 2 lg chúng tôi x  lg1000  lg x 2   lg x   2 lg x  3  0  lg x  1  0  x  1 / 10  lg x  1 lg x  3  0    lg x  3  0  x  1000b. Điều kiện x  0PT  log 2 x log2  x  4  log 2 32  log 2 x  4  .log 2 x  5   log 2 x  1 .  log 2 x  5  0  x2 log 2 x  1   log 2 x  5 x  1  32c. Điều kiện x  0   2 log5 7 log25 5 x 1  log 5 x log5 7   log 25 2  5 x   1 .log5 7  log 5 chúng tôi 5 x    1 1 log5 x  1  x log5 2  5 x   log 5 x  1  0  log5 2 x  2 log 5 x  3  0    5 4 log5 x  3   x  125  1Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  5   x  125d. Điều kiện x  1 x x x 1 3x log 2 3 .8  log 2 36  2  2log 2 3  chúng tôi 2 3   2  2 log 2 3 x 1 x 2 .log 2 3   3  log 2 3 x  2  x  1  2  x  1 log 2 3 x  2 x 2 .log 2 3  1  log 2 3 x  2  2log 2 3  0    x  1  log 3 2 x  2Vậy phương trình có nghiệm là:   x  1  log 3 2Bài 4: Giải các phương trình sau : 2 1 4 2a. 8 x.5 x 1  b. 3x. 91 x  c. 3 x . 2 x  1 d. 2 x .5 x 2  10 8 27 x 8 www.VNMATH.com
    9. 9. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498Giải:a. Lấy logarit hai vế với cơ số 8, ta được 2 1 2 18 x.5 x 1   log8 8 x.5x 1  log8 8 8 x log8 8  log8 5 x 2 1 1  log8 8  x  x 2  1 log8 5  1     x  1  x 2  1 log8 5  0   x  1   x  1 x  1 log8 5  0 x 1  0  x  1 1   x  1 log8 5  0     1   x  1 log8 5  0  x  1  x  1   chúng tôi 5  log8 5  1  x  1  log5 8Vậy phương trình có nghiệm: x  1, x  1  log 5 8b. PT  3x .32  2 x .33 x  4  32 x  2  4  2 x  2  log 3 4 4 2 x  log 3 4  2  2 x  log 3 4  log 3 9  log 3 9 1 4 2 x  log  log 3 2 9 3c. Lấy log hai vế của phương trình theo cơ số 2 2Ta được phương trình log 2 3x  log 2 2 x  0  x log 2 3  x 2  0 x  0 x ( log 2 3  x )  0    x   log 2 3 2 2d. PT  log 2 (2 x.5x )  log 2 (2.5)  log 2 2 x  log 2 5 x  log 2 2  log 2 5 x  x 2 log 2 5  1  log 2 5  (log 2 5) x 2  x  1  log 2 5  0 x  1 1  log 2 5 x    log 2 5Bài tập tự giải có hướng dẫn:Bài 1: Giải các phương trình saua. 5 xx1 8 x  100HD: Điều kiện x  0 2 5 x ( x 1).23 x  52( x 1).22( x 1)  5x  x  2  22  x x  2 log 2 5.( x 2  x  2)  2  x    x  1  log 5 2(loai) 2 2b. 2 x 3  3x  2 x 6  3x  2 x 5  2xHD: 9 www.VNMATH.com
    10. 11. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498 f a – Đặt t    điều kiện hẹp t  0 bDạng 4: Lượng giác hoá.Chú ý: Ta sử dụng ngôn từ điều kiện hẹp t  0 cho trường hợp đặt t  a f ( x ) vì: – Nếu đặt t  a x thì t  0 là điều kiện đúng. 2 – Nếu đặt t  2 x 1 thì t  0 chỉ là điều kiện hẹp, bởi thực chất điều kiện cho t phải là t  2 . Điều kiệnnày đặc biệt quan trọng cho lớp các bài toán có chứa tham số.II. Bài tập áp dụng:Bài 1: Giải phương trình 1 b. 4sin x  2cos x  2  2 2 2 2 2a. 4cot x  2 sin x  3  0 (1)Giải:a. Điều kiện sin x  0  x  k , k  Z (*) 1Vì 2  1  cot 2 x nên phương trình (1) được biết dưới dạng: sin x 2 cot g 2 x 4cot  2.2x  3  0 (2) cot 2 x 2Đặt t  2 điều kiện t  1 vì cot 2 x  0  2cot x  20  1Khi đó phương trình (2) có dạng: t  1 2t 2  2t  3  0    2cot x  1  cot 2 x  0 t  3 thoả mãn (*)  cot x  0  x   k , k  Z 2 Vậy phương trình có 1 họ nghiệm x   k , k  Z 2 2x 2b. PT  2sin    21sin  2  2 2xĐặt t  2sin x  t  0  ta được 2 2t2  t     2  2  t 3  2  2 t  2  0  t  2 t 2  2t  2  0    t  2   2 24 2 t   2  2 24 2 t   loai   2 1 1 2  Với t  2  2sin x  2 2  sin 2 x   sin x   2  x k 2 2 4 2 11 www.VNMATH.com
    11. 14. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498 2  2 x 1 21 2 2 x  2 9 2 2 222 x  1  0  .22 x 2 x  .2 x  x  1  0  2.22 x 2 x  9.2 x  x  4  0  9.2 x 2 4 x2  xĐặt t  2 điều kiện t  0 . Khi đó phương trình tương đương với: t  4 2  x  x  22  x2  x  2 2  1  2  x  12t  9t  4  0   2  t  2  2 x  x  2 1  x  x  1  x  2   2 Vậy phương trình có 2 nghiệm x  -1  x  2 .b. Biến đổi phương trình về dạng:  2 x 2 1   2.3 x 2 1   2 x 2 12.2   3Chia hai vế của phương trình cho 2  2 x 2 1   0 , ta được: x 2 1  2 x 2 1  3 32      2 2 x 2 1 x 2 1 1 3 3 3 3Đặt t    , vì x 2  1  1        t  2 2 2 2Khi đó pt (*) có dạng: x 2 1 2 t  2 3t t 2  0      2  x 2  1  log 3 2  x   log 3 2  1 t  1 l   2  2 2Chú ý:Trong ví dụ trên, vì bài toán không có tham số nên ta sử dụng điều kiện cho ẩn phụ chỉ là t  0 và chúng ta đã 1thấy với t  vô nghiệm. Do vậy nếu bài toán có chứa tham số chúng ta cần xác định điều kiện đúng cho ẩn 2phụ như sau: 12 2 1 1 1 x2  x 1 x x x      2  24  t  4  2 4 4 2Bài 4: Giải các phương trình 1 12a. (ĐHYHN – 2000) 23 x  6.2 x  3 x1  x  1 2 2 x x 3 x1b. (ĐHQGHN – 1998) 125  50  2Giải:a. Viết lại phương trình có dạng:  3 x 23   x 2   2  3 x   6  2  x   1 (1)  2   2  3 2 23  2   3  2Đặt t  2 x  x  23 x  3 x   2 x  x   3.2 x  2 x  x   t  6t 2 2  2    2 2Khi đó phương trình (1) có dạng: t 3  6t  6t  1  t  1  2 x  x  1 2 xĐặt u  2 , u  0 khi đó phương trình (2) có dạng: 14 www.VNMATH.com
    12. 15. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498 u u  1 (loai )u  1  u2  u  2  0    u  2  2x  2  x  1 2  u2Vậy phương trình có nghiệm x = 1b. Biến đổi phương trình về dạng:125x  50 x  2.8x 1Chia hai vế của phương trình (1) cho 8 x  0 , ta được: x x 3x 2x 125   50  5 5     2     2 0  2 8   8   2 2 x 5Đặt t    , điều kiện t  0 2Khi đó pt (2) có dạng: x t  1 5t 3  t 2  2  0   t  1  t 2  2t  2   0  2    1 x  0 t  2t  2  0 VN   2 Bài 5: Giải các phương trình 2 1 1  1 x  1 xa.    3.    12 b. 3 x  31 x 4 0 c. 4 x 1  2 x 4  2 x  2  16 3  3Giải:a. Biến đổi phương trình về dạng: 2 1 1 x  1 x      12  03  3 x 1Đặt t    , điều kiện t  0 3 x t  3 1Khi đó pt (1) có dạng: t 2  t  12  0       3  x  1 t  4  loai   3b. Điều kiện: x  0 3Biến đổi phương trình về dạng: 3 x  x  4  0 3Đặt t  3 x , điều kiện t  1 t  1 loai Khi đó pt (1) có dạng: t 2  4t  3  0   t  3  loai  c. Biến đổi phương trình về dạng: 22 x 1  2 x  4  2 x  2  16 2.22 x  6.2 x  8  0 1Đặt t  2 x , điều kiện t  0Khi đó pt (1) có dạng: 15 www.VNMATH.com
    13. 16. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498 t  42t 2  6t  8  0    2x  4  x  2 t  1 loai Bài 6: Giải các phương trình 2 2  x 1  x 2a. (ĐHDB – 2006) 9 x  10.3x 1  0b. 32 x 8 x 5 c. 3x  2  32 x  24 d. 7.2    20.2 x 2 x 2 1 2 1  12  0  4.3  27  0Giải: 1 x2  x 10 x2  x 2a. Pt  9 9  .3 9 2  1  0  3x  x    10.3x 2 x 9 0 2 xĐặt t  3x ,t  0 t  1Pt  t 2  10t  9  0   t  9 2 x 2 x x  0Với t = 1  3x  1  3x  30  x 2  x  0    x  1 2 x 2 x x  1Với t = 9  3x  9  3x  32  x 2  x  2  x 2  x  2  0    x  2 2b. 38.32 x  4.35.3x  27  0  6561. 3x    972.3x  27  0 (*)  1 x 2 t  9Đặt t  3  0 . Pt (*)  6561t  972t  27  0   t  1  27  1Với t   3x  32  x  2 9 1Với t   3x  33  x  3 27Vậy phương trình có nghiệm: x  2, x  3 9 2c. 3x  2  32 x  24  9.3x  x  24  0  9.  3x   24.3x  9  0 (*) 3 xĐặt t  3  0 t  3Pt (*)  9t  24t  9  0   2 t   1 ( loai)  3 xVới t  3  3  3  x  1Vậy phương trình có nghiệm: x  1 2 2d. Đặt t  2 x 1 , vì x 2  1  1  2 x 1  21  t  2Khi đó pt có dạng: 16 www.VNMATH.com
    14. 17. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498 t  2 27t  20t  12  0   6 2  2 x 1  2  x 2  1  2  x  0 t   loai   7Bài 7: Giải các phương trìnha. 6.2 x  2 x  1 b. 64.9 x – 84.2 x  27.6 x  0c. 34 x  4.32 x  1  27  0 d. 25x  10 x  2 2 x1Giải: 1a. Pt  6. x  2 x  1 . Đặt t  2x , t  0 2 1 t  3 (loai )Pt  6.  t  1  6  t 2  t  t 2  t  6  0   x 1 t t  2  2  2  x  1  4  x 16 2x x    x x x  4 4  3  9 x  2b. PT  64.9 – 84.2  27.6  0  27.    84.    64  0    3 3  4 x x  1    4    3   3c. 34 x – 4.32 x  1  27  0  32 x  12.32 x  27  0 2  đặt t  32 x ; t  0 ta được t 2  12t  27  0  1 t  3 32 x  3 2 x  1 x    2x   2 t  9  3  9  32 2 x  2   x 1 2x x 2xd. 5   2.5   2.2Chia hai vế của phương trình cho 22 x  0 , ta được: 2x x5 5     2 2  2 x 5Đặt t    , điều kiện t  0 2Khi đó pt (*) có dạng: x 2 t  1 5t t 2  0      1 x  0 t  2  l   2 Bài 8: Giải các phương trìnha. 4log9 x  6.2log9 x  2log3 27  0 2 x 2b. (ĐH – D 2003) 2 x  22  x  x  3Giải: log 9 x 2a. Pt   2 2  3  6.2log9 x  2log3 3  0  2  log9 x   6.2 log9 x  23  0Đặt t  2log9 x , t  0 . 17 www.VNMATH.com
    15. 18. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498 t  2Pt  t 2  6t  8  0   t  4Với t = 2  2log9 x  2  2log 9 x  21  log 9 x  1  x  9Với t = 4  2log9 x  4  2log9 x  22  log 9 x  2  x  92  81 2 2 2 4b. 2 x  x  22 x  x  3  2 x  x  3 x2  x 2 2 t  1 loai đặt t  2 x  x  t  0  ta được t 2  3t  4  0   t  4 2 x  x  1 2x  4  x2  x  2  0   x  2Bài 9: Giải các phương trìnha. 4log3 x  5.2log3 x  2log3 9  0 b. 3.16 x  2.81x  5.36 xGiải: log 3 x 2a. Pt   2 2  2  5.2log x  2log3 3  0  2 log3 x  5.2log 3 x  22  0Đặt t  2log3 x , t  0 . t  1Pt  t 2  5t  4  0   t  4 log3 xVới t = 1  2  1  2log 3 x  20  log 3 x  0  x  1Với t = 4  2log3 x  4  2log3 x  22  log 3 x  2  x  32  9b. Chia cả hai vế cho 36 x ta được x x x x  16   81  4 9PT  3.    2.    5  3.    2.    5  0  36   36  9 4 x 4Đặt    t (t  0) 9Khi đó phương trình tương đương 1  3t 2  5t  2 t  13.t  2.  5  0  0 t  t  2 t  0 t t  0   3 x 4Với t  1     1  x  0 9 x 2 4 2 1Với t      x 3 9 3 2 1Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt x  0 hoặc x  2Bài 10: Giải các phương trình 18 www.VNMATH.com
    16. 19. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498a. 32( x log 3 2)  2  3x  log3 2b. (ĐHDB – 2007) 23x 1  7.22x  7.2 x  2  0Giải: 2a. Pt  3( x  log3 2)   3x  log3 2  2  0 . Đặt t = 3xlog3 2 , t  0 .   t  1(loai )Pt  t 2  t  2  0   t  2Với t = 2  3x  log3 2  2  x  log 3 2  log 3 2  x  0b. 2t 3  7t 2  7t  2  0 (t  2 x , t  0) 1 (t  1)(2t 2  5t  2)  0  t  1  t  2  t  2 x  0  x  1  x  1 x 2 1Bài 11: Giải phương trình    25  x  9 4Giải: x 2 1 Pt   2   25  x  9 2  x 2   2 2   25  x  9  22( x 2)  25 x  9  2 4 2 x  25 x  9  0 2 4 25 16 32  2x  x 9  0  2  x 9  0 2 2  2x  2Đặt t  2x , t  0 . 16 32 16  32t  9t 2Pt  2   9  0  2  0  9t 2  32t  16  0 t t t t  4  4 4  t   2 x =  x  2  log 2 9  9 9Bài 12: Giải các phương trình x 9 10  4 2 27 27a. x 2  b. 8 x  9.2 x    64 2 4 8x 2xGiải: x  Pt  9.4  2 x2. 10  4 2    x 2x 2 x x 36  2 x 2 .10  2 x  2.  22  2  10.  .2  36 22 2 2Đặt t = 2x, t  0 . 19 www.VNMATH.com
    17. 20. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498 t  8  2 x = 8  2 x = 2 3  x = 3Pt  t 2  10t  144  0   t  18(loai ) x 2 10.2 x  2  2 2   36  10.2 x   2 x   36.4   2 x   10.2 x  144  0 4 4b. Phương trình: 8 x  9.2 x  27  27  64 8x 2 x 3  x 3  x 3 x x 2x  1 x  0  2  x   64  2  x  4  4  4.2  3  0   x   2  2  2  3  x  log 2 3Bài 13: Giải các phương trình 32 x x 72x xa. x  2.  0, 3  3 b. x  6. 0, 7   7 100 100Giải: x 32 x  3a. Pt   2.    3 2 x 10   10  x 2x x 2 32 x 3  3  3  3  x   3 x 2 x  2.    3  0     2.    3  0      2.    3  0 10  10   10   10   10      10  x 3Đặt t    , t  0 .  10  2Pt  t  2t  3  0 x   3   t  3    = 3  x = log 3 3  10  10 t  1(loai ) b. Biến đổi phương trình về dạng: 2x x 7  7    6.    7 1 10   10  x  7Đặt t    , điều kiện t  0  10 Khi đó pt (1) có dạng: x 2 t  7 7 t  6t  7  0       7  x  log 7 7 t  1 l   10  10Bài 14: Giải các phương trìnha. 8 x  18 x  2.27 xb. (ĐH – A 2006) 3.8x  4.12 x  18 x  2.27 x  0Giải:a. Chia hai vế pt cho 27x , ta được : 20 www.VNMATH.com
    18. 22. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498 1Vậy x  là nghiệm của phương trình. 4b. Điều kiện x  0Cách 1: Chú ý công thức: a logb c  c logb a với a, b, c  0 và b  1 log2 6Áp dụng công thức trên, ta chuyển phương trình 6.9log 2 x  6 x 2  13.x về phương trình:6.9log2 x  6 x 2  13.6log2 xĐặt t  log 2 x  x  2t  x 2  4tKhi đó ta có phương trình: 6.9t  6.4t  13.6tCách 2: Ta có: 6.9log2 x  6 x 2  13 x log 2 6  6.9log2 x  6 x log2 4  13 x log 2 6  6.9log 2 x  64log 2 x  136log 2 x… Tự giảiBài tập tự giải có hướng dẫn:Bài 1: Giải các phương trình sau 2 2a. 2 x  x  22  x  x  3 b. 9 x  6 x  2.4 x 2 2c. 4 x  x 5  12.2 x 1 x 5  8  0 d. 32 x 5  36.3x 1  9  0 2 2e. 32 x  2 x 1  28.3x  x  9  0 f. (ĐHH – D 2001) 12.3x  3.15x  5 x1  20HD: 2 x 4 t  4  x  1a. Đặt 2 x  t (t  0) ta được t  3 t  1 (loai )   x  2 t   2x x 3 3b. Chia cả hai vế phương trình cho 4 x ta được       2  0  x  0 2 2  x  x2  5  1 x  3 x  x2 5 t  2c. Đặt 2  t (t  0)     9  t4 x  x  5  2 2 x    4d. x  1  x  2 e. x  2  x  1Bài 2: Giải các phương trình sau sin x sin xa. (ĐHL – 1998)  74 3    74 3  4Đs: x  k  k    x xb. (ĐHNN – 1998) 2  3     74 3 2 3     4 2 3 Đs: x  0  x  2 x xc.  6- 35    6  35   12 x x x d. 7  5 2    ( 2  5) 3  2 2    3 1 2  1 2  0HD: Đặt t  (1  2) x ; t  0 22 www.VNMATH.com
    19. 23. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498 t 3  ( 2  5)t 2  3t  1  2  0  (t  1)(t 2  ( 2  4)t  2  1)  0 t  1 x  0   x  2 t  3  2 2     t  1  2 x  1 x xe.    2 3   4 2 3 x 1 t  2  3 x  2HD: Đặt t   2  3   t  0   t   4    t t  2   3  x  2Bài 3: Giải các phương trình saua. (ĐHTCKT – 1999) 4 x 1  2 x 1  2 x  2  12Đs: x  0  k   2 2b. (ĐHAN – D 1999) 9sin x  9cos x  10 x  k 2c. (ĐHHĐ – A 2001) 5.3 2 x 1 7.3x-1  1  6.3x  9 x 1  0 3 1Đs: x  log 3  x  log 3 5 5d 32 x 1  3x  2  1  6.3x  32( x 1)  11 Đs: x  log 3  2     3Bài 3: Giải các phương trình saua. (ĐHHP – 2000) 25x  15x  2.9 xĐs: x  0 2 2b. (ĐHTL – 2000) 22 x 1  9.2 x  x  22 x2  0Đs: x  1  x  2 x x x 2c. (ĐHHH – 1999) 4.3  9.2  5.6Đs: x  4 2 2 2d. 32 x 6 x9  4.15x 3 x5  3.52 x 6 x 9Đs: x  1  x  4BÀI TOÁN 4: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ – DẠNG 2I. Phương pháp:Phương pháp dùng ẩn phụ dạng 2 là việc sử dụng 1 ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành 1 phương trìnhvới 1 ẩn phụ nhưng các hệ số vẫn còn chứa x.Phương pháp này thường sử dụng đối với những phương trình khi lựa chọn ẩn phụ cho 1 biểu thức thì các biểuthức còn lại không biểu diễn được triệt để qua ẩn phụ đó hoặc nếu biểu diễn được thì công thức biểu diễn lạiquá phức tạp. 23 www.VNMATH.com
    20. 24. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498Khi đó thường ta được 1 phương trình bậc 2 theo ẩn phụ (hoặc vẫn theo ẩn x) có biệt số  là một số chínhphương.II. Bài tập áp dụng:  Bài 1: Giải phương trình 32 x  2 x  9 .3x  9.2 x  0Giải:Đặt t  3x , điều kiện t  0 . Khi đó phương trình tương đương với: 2 2 t  9t 2   2 x  9  t  9.2 x  0;    2 x  9   4.9.2 x   2 x  9    x t  2Khi đó:+ Với t  9  3x  9  x  2 x x x  3 x+ Với t  2  3  2     1  x  0  2 x  2Vậy phương trình có 2 nghiệm  x  0 2 2  Bài 2: Giải phương trình 9 x  x 2  3 3x  2 x 2  2  0Giải: 2 2Đặt t  3x điều kiện t  1 vì x 2  0  3x  30  1  Khi đó phương trình tương đương với: t 2  x 2  3 t  2 x 2  2  0 2 2 t  2        x 2  3  4 2 x 2  2  x 2  1    2 t  1  xKhi đó: 2+ Với t  2  3x  2  x 2  log 3 2  x   log 3 2 2+ Với t  1  x 2  3x  1  x 2 ta có nhận xét: 2VT  1 VT  1 3x  1    x0VP  1 VP  1 1  x 2  1 Vậy phương trình có 3 nghiệm x   log3 2; x  0Bài 3: Giải phương trình: 9 x   x  12  .3x  11  x  0Giải: 2PT   3x    x  12  3x  11  x  0Đặt t  3x  t  0  3 x  1 x  0 x  x (a + b + c = 0) 3  11  x   f ( x )  3  x  11  0(*) 24 www.VNMATH.com
    21. 25. Giáo viên: Nguyễn Thành Long chúng tôi Email: [email protected]Đ: 01694 013 498Xét phương trình (*) ta có f ( x )  3 x ln 3  1  0, x    (*) có nghiệm duy nhất x = 2 f ( 2)  0 Vậy, tập nghiệm của phương trình: S = {0 ; 2}Bài 4: Giải phương trình: 3.25x  2   3 x  10  5x  2  x  3Giải:PT 3.25x  2   3 x  10  5x  2  x  3 5 x 2  3.5 x 2  1  x  3.5 x 2  1  3  3.5 x 2  1  0 3.5x  2  1  0 1  3.5  1 5  x  3  0   x 2 x2 x2 5  x  3  0  2   1 1PT 1  5x  2   x  2  log 5  2  log 5 3 3 3 x 2PT  2   5   x  3Vế trái là hàm đồng biến vế phải là hàm nghịch biến mà (2) có nghiệm x = 2 nên là nghiệm duy nhất.Vậy Pt có nghiệm là: x  2  log 5 3 hoặc x = 2Bài 5: Giải phương trình: 42 x  23 x 1  2 x 3  16  0 1Giải :Đặt t  2 x , điều kiện t  0Khi đó pt (1) tương đương với:t 4  2t 3  8t  16  0  42  2t.4  t 4  2t 3  0Đặt u = 4, ta được: u 2  2t.u  t 4  2t 3  0 u  t  t  t  1  4  t 2   t 2  2t  4  0 u  t  t  t  1 2   4  t  2t  t  1  5  t  1  5  2 x  5  1  x  log 2 5  1   Bài 6: Giải phương trình: 9 x  2  x  2  .3x  2 x  5  0 1Giải:Đặt t  3x , điều kiện t  0Khi đó pt (1) tương đương với: t  1 l t 2  2  x  2 t  2x  5  0    3x  5  2 x  2  t  5  2 xTa đoán được nghiệm x = 1Vế trái (2) là một hàm số đồng biến còn vế phải (2) là một hàm nghịch biếnVậy x = 1 là nghiệm duy nhất của pt (2)Bài 7: Giải phương trình: 32 x  3x  5  5 1 25 www.VNMATH.com

    --- Bài cũ hơn ---

  • Giải Toán Lớp 8 Bài 3: Phương Trình Đưa Được Về Dạng Ax + B = 0
  • Chương Iii. §3. Phương Trình Đưa Được Về Dạng Ax + B = 0
  • Tổng Hợp Lý Thuyết Về Phương Trình Đưa Được Về Dạng Ax + B = 0
  • Ptlg Bậc I Dạng Asin X + Bcosx = C Phuong Trinh Asinx Bcosx C Tg Tiet 4 Ppt
  • Một Số Phương Pháp Giải Phương Trình Chứa Ẩn Dưới Dấu Căn Bậc Hai
  • Pp Giải Pt&bpt Vô Tỷ

    --- Bài mới hơn ---

  • Giải Và Biện Luận Phương Trình Bậc Nhất
  • Chuyên Đề Giải Và Biện Luận Phương Trình Bậc Hai
  • Giải Và Biện Luận Phương Trình Bậc Hai
  • Giải Pt Vô Tỉ Bằng Phương Pháp Đặt Ẩn Phụ
  • Đề Tài Skkn “giải Pt Vô Tỉ Bằng Cách Đặt Ẩn Phụ”
  • Một số phương pháp giải phương trình và bất phương trình vô tỷ.

    Trong chương trình Toán ở phổ thông cơ sở (PTCS), phổ thông trung học (PTTH) và nhất là ở trong các đề thi tuyển sinh vào các trường đại học và cao đẳng thường gặp nhiều bài toán về giải phương trình hoặc bất phương trình vô tỷ. Ngay cả ở chương trình Đại học sư phạm hoặc Cao đẳng sư phạm cũng yêu cầu sinh viên phải học và nắm vững các kỹ năng này (ở các môn đại số sơ cấp, thực hành giải toan, phương pháp dạy học toán,…). Tuy nhiên khi gặp loại toán này, đa số học sinh-sinh viên còn gặp nhiều khó khăn, lời giải thường thiếu chặt chẽ, do đó không đạt điểm tố đa.

    Một số định lý về phương trình và bất phương trình vô tỷ:

    Định lý 1:

    Phương trình tương đương với hệ: .

    Định lý 2:

    Bất phương trình tương đương với hệ: .

    Định lý 3:

    Bất phương trình tương đương với hệ: .

    Định lý 4:

    Bất phương trình tương đương với hệ:

    Một số phương pháp giải phương trình và bất phương trình vô tỷ:

    Phương pháp 1: Nâng lên luỹ thừa để phá dấu căn.

    Một trong các nguyên tắc để giải phương trình và bất phương trình chứa căn thức là chúng ta phải làm mất dấu căn. Thông thường chúng ta sử dụng một trong các định lý trên để bổ dấu căn của phương trình hoặc bất phương trình. Thường chỉ nên áp dụng một hoặc hai lần và khi đó sẽ đưa phương trình và bất phương trình vô tỷ về dạng mà ta có thể giải dễ dạng hơn.

    Ví dụ 1: Giải bất phương trình: (1).

    Giải: Điều kiện để phương trình có nghĩa là

    Ta xét các khả năng có thể xảy ra sau đây:

    1. Nếu : Khi đó (1)( (2)

    Do nên hai vế của (2) không âm, ta có thể bình phương hai vế, khi đó ta được:

    Bất phương trình cuối cùng đúng với mọi x thoả mãn , vậy là nghiệm của bất phương trình đã cho.

    2. Nếu : Khi đó 1+x(1-x . Khi đó ta có

    (1)(

    Nghiệm nà bị loại.

    Vậy nghiệm của bất phương trình là .

    Xét dấu của vế trái của 2 ta có:

    Vậy nghiệm của bất phương trình là: x(-13/6 và x(3.

    Ví dụ 3: Giải bất phương trình: (1).

    Giải: Điều kiện để bất phương trình có nghĩa là 10-x2(0(10 (x2 (

    . Với điều kiện đó ta có: (1) (2)

    Xét phương trình :

    Xét dấu vế trái của (2) ta có:

    Vậy nghiệm của bất phương trình là: .

    Phương pháp 3: Phương pháp đặt ẩn phụ.

    Một số bài toán về giải phương trình và bất phương trình có chứa căn thức có thể giải được nhờ việc đưa thêm vào các ẩn phụ để phá căn thức hoặc có thể đưa về các phương trình hoặc bất phương trình đại số. Thông thường có thể đặt ẩn mới bằng một căn thức (hoặc tổng hay hiệu hai căn thức) nào đó. Thường gặp 3 dạng ẩn phụ sau:

    Dạng 1: Đặt ẩn phụ để đưa về một phương trình hay bất phương trình với một ẩn mới.

    Dạng 2: Đặt ẩn phụ để đưa về một hệ hai phương trình hai ẩn.

    Dạng 3: Đặt ẩn phụ để đưa về một phương trình với hai ẩn (phương pháp sử dụng phương trình bậc hai).

    Ví dụ 4: Giải bất phương trình: (1).

    Giải: Điều kiện để bất phương trình có nghĩa là. Đặt t=, do (1 nên t(1. Khi đó ta có . Phương trình (1) trở thành: t=1,t=-3 (loại). Vậy ta có t=1

    . Vậy ta có x=1.

    Ví dụ 5: Giải

    --- Bài cũ hơn ---

  • 4 Cách Giải Phương Trình Vô Tỉ Cực Hay
  • Hướng Dẫn Học Sinh Lớp 9 Một Số Phương Pháp Giải Phương Trình Vô Tỉ
  • Cách Giải Bất Phương Trình Vô Tỷ Chứa Căn
  • Cđ Một Số Dạng Pt Vô Tỷ Và Cách Giải
  • Phương Trình Vi Phân Tuyến Tính Cấp 1, Bernoulli, Ricatti
  • Web hay
  • Links hay
  • Push
  • Chủ đề top 10
  • Chủ đề top 20
  • Chủ đề top 30
  • Chủ đề top 40
  • Chủ đề top 50
  • Chủ đề top 60
  • Chủ đề top 70
  • Chủ đề top 80
  • Chủ đề top 90
  • Chủ đề top 100
  • Bài viết top 10
  • Bài viết top 20
  • Bài viết top 30
  • Bài viết top 40
  • Bài viết top 50
  • Bài viết top 60
  • Bài viết top 70
  • Bài viết top 80
  • Bài viết top 90
  • Bài viết top 100