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 : a x+b=0 1.2 Cách giải: a 0≠ : phương trình có một nghiệm bx a = − a=0 : + : phương trình vô nghiệm b 0≠ + : phương trình có nghiệm x tùy ý b 0= 1.3 Bài tập Bài 1: Giải phương trình x a x b x c 1 1 12( ) bc ac ab a b c − − −+ + = + + (*) Lấy VT-VP (*) được phân tích thành 1 1 1(x a b c)( ) 0 bc ac ab − − − + + = Nếu 1 1 1 0 bc ac ab + + ≠ thì phương trình có nghiệm là : x a b c= + + Nếu 1 1 1 0 bc ac ab + + = thì phương trình trên đúng với mọi x 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 : 2ax bx c 0(a 0)+ + = ≠ 2.2 Cách giải: a=0 : phương trình suy biến thành bậc 1 a 0≠ : lập 2b 4acΔ = − 0Δ < : phương trình vô nghiệm 0Δ = : phương trình có nghiệm kép 1 2 bx x 2a= = − 0Δ > : phương trình có hai nghiệm phân biệt : 1,2 bx 2a − ± Δ= Chú ý : Nếu 1 bx 2a − − Δ= và 1 bx 2a − + Δ= thì : khi 1x x< 2 2 a 0> khi 1x x> a 0< Nếu và c trái dấu thì nên a ac 0 phương trình bậc hai có 2 nghiệm phân biệt 2.3 Hệ thức Vi-et i) Nếu phương trình có 2 nghiệm thì 2ax bx c 0+ + = 1x & x2 1 2 1 2b cx x & x xa a+ = − = ii) Đảo lại cho 2 số bất kỳ ,α β ,khi đó chúng là nghiệm của phương trình 2x Sx P 0− + = với S=α β+ và P αβ= Định lý 1 : Cho tam thức bậc 2 2f(x)=ax bx c+ + i) Nếu tìm được số α để af( ) 0α ≤ thì tam thức có nghiệm ,còn nếu af( ) 0α < thì tam thức có 2 nghiệm phân biệt ii) Nếu tìm được số ,α β sao cho f( )f( ) 0α β ≤ thì tam thức có nghiệm ,nếu f( )f( ) 0α β < thì tam thức có 2 nghiệm phân biệt Định lý 2 : Để phương trình 2ax bx c 0+ + = có nghiệm hữu tỷ điều kiện cần và đủ là biệt số là 1 số chính phương Δ Định lý 3 : Nếu 0 px q = là nghiệm hữu tỷ của phương trình 2ax bx c 0+ + = trong đó thì q là ước của a và p là ước của (p,q) 1= c 2.3 Bài tập Bài 1: Giải phương trình 2 2 2x x 3 3x x 1 3x 4x 1 2 + =− + − + (*) Tập xác định 1R \ 1, 3 ⎧ ⎫⎨ ⎬⎩ ⎭ x 0= : không là nghiệm x 0≠ : (*) 2 1 1 1 23x 1 3x 4 x x ⇔ + − + − + 3= Đặt 1y 3x x = + ta quy về phương trình bậc hai 23y 21y 30 0− + = giải ra ta được nghiệm và từ đó tìm được nghiệm y 2= y 5= 5 13x 6 ±= Bài 2: Giải phương trình 2 2 2 1 1 1 x 9x 40 x 11x 30 x 13x 42 18 + ++ + + + + + 1= 1 1 1 1 1 1 x 4 x 5 x 5 x 6 x 6 x 7 18 ⇔ − + − + − =+ + + + + + 1 3 2x 11x 26 0⇔ + − = Giải ra ta được nghiệm và x 1= − 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, là 3 số khác nhau và khác 0 b,c ⇔ (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 là 3 nghiệm phân biệt của phương trình trên . Khi quy đồng mẫu số (đk ) ,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 a,b,c x 0≠ 1 2 3x a,x b,x c= = = Bài 4: a. Giả sử là hai nghiệm của phương trình .Hãy tính theo a 1 2x ,x 2x ax+1=0 − 7 7 1 2S x x= + 7 b. Tìm đa thức bậc 7 có hệ số nguyên nhận số 7 73 5 3 α = + 5 2 2 a là nghiệm a. Ta có 2 2 2 22 1 2 1 2 1 2S x x (x x ) 2x x a= + = + − = − 2 2 2 2 2 2 24 1 2 1 2S (x x ) 2x x (a 2)= + − = − − 2 2 33 1 2 1 1 2 2 2S (x x )(x x x x ) a(S 1) a 3= + − + = − = − 3 3 4 4 3 3 7 5 37 1 2 1 2 1 2 1 2 3 4 1S (x x )(x x ) x x (x x ) S S S a 7a 14a 7a= + + − + = − = − + − b. Đặt 7 71 2 3 5x ,x 5 3 = = Theo Vi-et là nghiệm của phương trình 1 2x ,x 2x x 1α 0− + = mà ta có 7 7 7 1 2S x x= + 7 5 3a 7a 14a 7a= − + − = 3 55 3+ 7 5 315 105 210 105 34 0α α α α⇔ − + − − = Vậy đa thức cần tìm là 7 5 315x 105x 210x 105x 34 0− + − − = III. Phương trình bậc ba 3.1 Dạng 3 2ax bx 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 hoặc . 3.3 Hệ thức Vi-et i) Nếu phương trình bậc ba 3 2ax bx cx d 0+ + + = (a 0)≠ có ba nghiệm thì : 1 2 3x ,x ,x 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3 bx x x a cx x x x x x a dx x x a ⎧ + + = −⎪⎪⎪ + + =⎨⎪⎪ = −⎪⎩ ii) Đảo lại nếu 3 số u, thỏa mãn v,w u v w=m,uv+vw+wu=n,uvw=p+ + thì là nghiệm của phương trình u,v,w 3 2t mt nt p 0− + − = Định lý Bezout : Cho 1 đa thức P( ,nếu P( có một nghiệm là x) x) α thì P( chia hết cho (xx) )α− có nghĩa là P(x) (x ).Q(x)α= − (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 0x x= thì phân tích phương trình 20(x x )(ax bx c) 0− + + = 1 1 Đặc biệt nếu : a b c d 0+ + + = thì (*) 0x = a b c d 0− + − = thì (**) 0x = − 3d c( ) a b = thì 0 cx b= − (***) Sau đó để tìm a, ta có thể sử dụng phép chia đa thức hoặc sử dụng sơ đồ Horner hay đồng nhất hóa hai vế để tìm b,c 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 3 2x 2x 4x 8 0+ − + = (1) Gợi ý sử dụng (***) giải ra ta được x 2= − Bài 2: Giải phương trình 3 2x 3x x 1 0− + + = (2) Gợi ý sử dụng (*) ta thấy là nghiệm đa thức vế trái suy ra (2) .Đồng nhất hóa 2 vế ta được x 1= 2(x 1)(ax bx c) 0⇔ − + + = 2(x 1)(x 2x 1) 0⇔ − − − = Sau đó giải ra nghiệm Bài 3: Giải phương trình 3 212x 14x 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 : 4 3 2ax bx cx 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 hoặc 4.3 Các phương pháp chung giải phương trình bậc bốn 4.3.1 Dạng 4 2ax bx c 0(a 0)+ + = ≠ Cách giải: Đặt ,ta được 2t x 0= ≥ 2at bt c 0+ + = +Giải để tìm t 0≥ +Với mỗi nghiệm ,phương trình có hai nghiệm phân biệt : 0t > 0 1 0 2x t ,x= − = 0t 4.3.2 Dạng với (x a)(x b)(x c)(x d) k+ + + + = a b c d+ = + Cách giải : Đặt ta được phương trình bậc 2 theo .Giải ra tìm ,sau đó tiếp tục giải để tìm t (x a)(x b= + + ) t t x 4.3.3 Dạng 4 4(x a) (x b) k+ + + = Cách giải : Đặt a bt x 2 += + ta được phương trình trùng phương theo t 4.3.4 Dạng 4 3 2ax bx cx bx a 0+ + ± + = Cách giải : +Xét có là nghiệm của phương trình hay không x 0= +Xét chia 2 vế cho phương trình trở thành x 0≠ 2x 2 2 1 1a(x ) b(x ) c 0 x x + + ± + = Đặt 1t x x = ± ta được phương trình bậc 2 theo t 4.4 Bài tập Bài 1: Giải phương trình (x 1)(x 6)(x 5)(x 2) 252+ + + + = Bài 2: Giải phương trình 4 3 29x 9x 52x 9x 9 0− − − + = Bài 3: Giải phương trình 2 2 11 25 1 x (x 5) − =+ Điều kiện x - 5&x 0≠ ≠ Đặt .Ta có x 5 y 0+ = ≠ 2 2x y 10y 2= − + 5 Thay vào phương trình ta được 4 3 2y 10y 39y 250y 625 0− + − + = .Do y 0≠ nên ta có 2 2 25 25(y ) 10(y ) 39 0 y y + − + + = Đặt 25z y y = + phương trình trở thành 2z 10z 11 0− − = z 11 z 1 =⎡→ ⎢ = −⎣ Nghiệm loại vì dễ thấy | Z z = −1 | 10≥ Từ đó tính được y và x Bài 4: Giải phương trình 2 2 2 4xx 5 (x 2) + =− Điều kiện x 2 ≠ 2 2 2 2 22x 4x x 4x(x ) 5 ( ) 5 x 2 x 2 x 2 x 2 ⇔ + − = ⇔ − =− − − − Ta đặt 2xy x 2 = − 12 2 y 1 y 4y 5 0 y 5 = −⎡→ − − = → ⎢ =⎣ Từ đó ta tìm được nghiệm và x 2x 1= = − 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 : Đặt ,biến đổi hệ đã cho về hệ với hai ẩn S, S x y P xy = +⎧⎨ =⎩ P Giải hệ tìm . S,P Với mỗi cặp (S thì x và y là hai nghiệm của phương trình: ,P) 2 2x Sx P 0( S 4P− + = Δ = − ) 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 2 2 2 1 1x y 49 x y 1 1x y 5 x y ⎧ + + + =⎪⎪⎨⎪ + + + =⎪⎩ Bài 2: Giải hệ phương trình 3 3 4 4 x y 1(1) x y 1(2 ⎧ + =⎪⎨ + =⎪⎩ ) 4 Từ (2) ta có | x và | y | 1≤ | 1≤ Nếu | x thì từ (1) suy ra ,tương tự ta có | 1≤ y 0≥ x 0≥ Nếu thì .Vô lý! 0 x 1 > Vậy chỉ có thể hoặc x 0,y 1= = x 1,y 0= = Bài 3: Giải hệ phương trình 1 12 2 yx 1 12 2 xy ⎧ + − =⎪⎪⎨⎪ + − =⎪⎩ VI. Hệ đẳng cấp bậc hai 6.1 Dạng : 2 2 2 2 ax bxy cy d a'x b ' xy c ' y d' ⎧ + + =⎪⎨ + + =⎪⎩ 6.2 Cách giải : Xét có là nghiệm của hệ không x 0,y 0= = Với không là nghiệm của hệ ta đặt x 0,y 0= = 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 2 2 2 2 x 3xy y 1 3x xy 3y 13 ⎧ − + =⎪⎨ − + =⎪⎩ Bài 2: Giải hệ phương trình 2 2 2 3x 2xy 160 x 3xy 2y 8 ⎧ − =⎪⎨ − − =⎪⎩ Bài 3: Giải hệ phương trình 2 2x 2xy 3y 0 x | x | y | y | 2 ⎧ + − =⎨ + = −⎩ B. Một số phương trình và hệ phương trình không mẫu mực Bài 1: 1x 2 x 1y 2 y 1z 2 z ⎧ − =⎪⎪⎪ − =⎨⎪⎪ − =⎪⎩ y z x 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 : Đặt x cot g , (0, ), 2 πα α π α= ∈ ≠ Ta thu được 2y cot g tg 2cot g2α α α= − = Suy ra z cot g4 x cot g8α α= ⇔ = Ta nhận được kcot g cot g8 7 πα α α= ⇔ = Kết hợp với điều kiện α ta có các nghiệm sau 2 4x cot g ,y cot g ,z cot g 7 7 7 7 π π π πα = → = = = 2 2 4x cot g ,y cot g ,z cot g 7 7 7 8 7 π π πα = → = = = π 3 3 6x cot g ,y cot g ,z cot g 7 7 7 12 7 π π πα = → = = = π 4 4 8x cot g ,y cot g ,z cot g 7 7 7 16 7 π π πα = → = = = π 5 5 10 20x cot g ,y cot g ,z cot g 7 7 7 7 π π πα = → = = = π 6 6 12 24x cot g ,y cot g ,z cot g 7 7 7 7 π π πα = → = = = π Bài 2: Giải phương trình 2 4 4 4 44 x 2 xx 2 x 3 3 − ++ − = + Điều kiện 0 x 2≤ ≤ Phương trình viết lại 4 4 4 4 4 4 x 2x x 2(2 x) (2 x) 2xx x 2 x 3 3 3 + + − − ++ + − = + + Sử dụng BĐT 4 4 4 4 4 4a 2b b 2c c 2aa b c 3 3 3 + + ++ + = + + Ta suy ra 4 4 4 4 4 4 x 2x x 2(2 x) (2 x) 2xx x 2 x 3 3 3 + + − − ++ + − ≤ + + Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 2 x x 1= − ⇔ = Bài 3: Giải phương trình 34x 3x 2+ = Xét 3f(x) 4x 3x 2= + − suy ra đồng biến ,suy ra phương trình có duy nhất một nghiệm 2f '(x) 12x 3 0= + > f(x) Đặt 1 1x (t ) 2 t = − >, t 0 Thay vào phương trình ta nhận được 3 3 1t 4 t − = Đặt ta được 3X t 0= > 2 X 2 5 X 4X 1 0 X 2 5(L) ⎡ = +− − = ⇔ ⎢ = −⎢⎣ Từ đó ta tính được sau đó tính được t 3 3 1 1x ( 2 5 2 2 5 = + − + ) Bài 4: Giải phương trình 3 2 4 4x 3x1 x 16x 12x 1 −− = − + Đặt x cos , [0, ],α α π= ∈ ta được sin5 cos3α α= 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 2 2x 3(2 3x ) 2+ − = Đặt ta thu được hệ đối xứng loại 2 2y 2 3x= − 2 2 y 2 3x x 2 3y ⎧ = −⎪⎨ = −⎪⎩ Đến đây thì công việc hoàn toàn đơn giản Bài 2: Giải phương trình 3 3x 1 2 2x 1+ = − Đặt 3y 2x= −1 1 1 ta thu được hệ đối xứng loại 2 3 3 y 2x x 2y ⎧ = −⎪⎨ = −⎪⎩ 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 24x 2x 1 6 12x+ + + = Đặt 2x 1 ay b+ = + với a, là hằng số .Ta được : b 2 2 2 2 4x 12x ay b 5 0 a y 2aby 2x b 1 0 ⎧ − + + + =⎪⎨ + − + − =⎪⎩ Xác định a,b sao cho hệ trên là hệ đối xứng loại 2 tức là : 2 2a 2ab 2 b 1 5 a 2 b 3 = −⎧⇔ ⎨ =⎩4 12 a b − −= = =− + Vậy ta đặt 2x 1 2y 3 0+ = − + ≥ ta thu được hệ đối xứng 22 2 2x 6x y 4 0 2y 6y x 4 0 (x y)(2x 2y 5) 0 2x 6x y 4 0 ⎧ − − + =⎪⎨ − − + =⎪⎩ − + − =⎧⇔ ⎨ − − + =⎩ Đến đây thì việc giải phương trình hoàn toàn mang tính thủ tục Bài 4: Giải phương trình 2 4x 97x 7x 28 ++ = Bài 5: Giải phương trình 25 x 1 2x x 3 1− + + + + = Bài 6: Giải phương trình 3 225 x 3 3+ + = Bài 7: Giải phương trình 2(x 2) x x 20 6x 20+ − − = +