Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán 8 - Giải bài kỳ trước

Giải bài kỳ tr−ớc Bài 1. Chứng minh rằng nếu 5a+4b+6c=0 thì ph−ơng trình f(x)=ax2+bx+c=0 có nghiệm. Ta có: 1 1(0) ( ) (2) 5 4 6 0 4 2 f f f a b c+ + = + + = 0 Do đó ph−ơng trình có ít nhất một nghiệm thuộc [0;2]. Bài 2. Chứng minh rằng nếu a,b,c là các số đôi một khác nhau thì ph−ơng trình f(x)=(x-a)(x-b)+(x-b)(x-c)+(x-c)(x-a)=0 luôn có nghiệm Giả sử a . b c≤ ≤ Xét ( ). ( ) ( ).( ).( ).( )f b f c b a b c c a c b= − − − − ≤ Do đó ph−ơng trình có ít nhất một nghiệm thuộc [ ; ]b c Bài 3. Chứng minh rằng nếu a,b,c là ba số thoả mãn:2c+3b+6a=0 thì ph−ơng trình f(x)=ax2+bx+c=0 có ít nhất một nghiệm lớn hơn 1. Giải Rõ ràng x=0 không là nghiệm. Chia cả hai vế của ph−ơng trình cho x2, rồi đặt 1 t x = , ta đ−ợc ph−ơng trình: 2( ) 0g t ct bt a= + + = Ta có (xem ví dụ 7) 1 1(0) (1) ( ) 2 3 6 0 4 2 g g g c b a+ + = + + = Do đó ph−ơng trình g(t) =0 có ít nhất một nghiệm t ∈ (0;1) tức là ph−ơng trình f(x)=0 có ít một nghiệm x >1. Bài 4. Chứng minh rằng nếu a,b,c là các số đôi một khác nhau và khác 0 thì ph−ơng trình f(x)=ab(x-a)(x-b)+bc(x-b)(x-c)+ca(x-c)(x-a)=0 luôn có nghiệm. Giải t−ơng tự bài 2. Bài 5. Tìm m để hệ bất ph−ơng trình sau vô nghiệm: 2 2 2 5 6 0 (1) 3 2 2 7 12 0 (2 x x x mx m m  − + ≤ − − + − ≥ ) Giải (1) 2 3x⇔ ≤ ≤ Đặt 2 2( ) 3 2 2 7 12f x x mx m m= − − + − Hệ bất ph−ơng trình vô nghiệm khi và chỉ chi 2 2 ( ) 0 vô nghiệm khi 2 x 3 f(x)<0 x [2;3] f(2)=-2m 3 0 (3) 2 15 0 5 2 3 f x m f m m m m ≥ ≤ ⇔ ∀ ∈  + <⇔  = − + + <   ≤ Bài 6. Tìm m để: 2( ) ( 2) 2( 3) 3 0; ( ;1)f x m x m x m x= + − + − + > ∀ ∈ −∞ Giải t−ơng tự ví dụ 5. Đáp số: 12 2 m− ≤ ≤ − Bài 7.Tìm m để 2( ) 2 3 0; [ 1;1]f x x mx x= + + ≥ ∀ ∈ − Giải Ta có: 2 2 0 24 a m = >∆ = − Tr−ờng hợp 1. ⇒ ≥ 0 2 6 hoặc m>2 6m∆ ≥ ⇔ < − 0 2 6 2 6 ( ) 0 ( ) 0 [ 1;1] 2 6 2 6 thoả mãn. m f x x R f x x m ∆ ≤ ⇔ − ≤ ≤ ∀ ∈ ⇒ ≥ ∀ ∈ − ⇒ − ≤ ≤ Tr−ờng hợp 2. - ∞ x1 x2 + ∞ + 0 − 0 + Khi đó f(x) =0 có hai nghiệm x1;x2 (x1<x2) 1 2 1 2 1 1 ( ) 0 [ 1;1] 1 1 0 . ( 1) 2(5 ) 0 ( 1) 1 0 2 6 52 4 5 2 0 . (1) 2(5 ) 0 ( 1) 1 0 2 4 x x f x x x x a f m S m m m a f m S m < ≤ − <≥ ∀ ∈ − ⇔ − < ≤ ≤ ∆ > − = − ≥ − − = − +  = + ≥ − − = − − > 6 Kết hợp cả hai tr−ờng hợp ta có đáp số là: 5 5m− ≤ ≤ Bài 8. Tìm m để ph−ơng trình sau có bốn nghiệm phân biệt 4 3 22 (6 1) (15 6) (6 1) 2x m x m x m x− + + − − + + = 0 Đây là ph−ơng trình hồi quy bậc bốn. x=0 không là nghiệm, chia cả hai vế cho x2 rồi đặt 1 ; với t 2x t x + = ≥ ứng với mỗi nghiệm có hai nghiệm x phân biệt. Để ph−ơng trình có bốn nghiệm phân biệt thì ph−ơng trình bậc hai của t phải có cả hai nghiệm 2t ≥ 2 1 2t t≥ ≥ Đáp số: 4 30 hoặc 3 2 m m< < ≠ Bài 9.Tìm m để ph−ơng trình : x2-2mx+5m-4=0 có duy nhất một nghiệm thuộc [0;1]. Đáp số: 4 1 5 m< < Bài 9 Ph−ơng trình chứa căn thức và Dấu trị tuyệt đối Việc giải một ph−ơng trình hay một bất ph−ơng trình là quá trình biến đổi ph−ơng trình hoặc bất ph−ơng trình đó thành một ph−ơng trình hoặc bất ph−ơng trình t−ơng đ−ơng đơn giản hơn. Quá trình này th−ờng phức tạp đối với các ph−ơng trình và bất ph−ơng trình vô tỉ. Một trong những điều cần l−u ý nhất đối với ph−ơng trình và bất ph−ơng trình dạng này là tính không thuận nghịch của các phép toán. Vì vậy cần xác định một cách đầy đủ các điều kiện để ph−ơng trình hoặc bất ph−ơng trình nhận đ−ợc t−ơng đ−ơng với ph−ơng trình hoặc bất ph−ơng trình ban đầu. Gộp các điều kiện đó với ph−ơng trình hoặc bất ph−ơng trình mới, ta đ−ợc một hệ t−ơng đ−ơng. Khi giải các ph−ơng trình và bất ph−ơng trình vô tỉ cần đặc biệt chú ý đến hai điều sau: 1)Chỉ ra đầy đủ các tập hợp xác định của các hàm số hoặc biểu thức tham gia vào bất ph−ơng trình. 2)Chỉ nâng lên luỹ thừa bậc chẵn hai vế của một ph−ơng trình hay bất ph−ơng trình khi cả hai vế đều không âm. ở đây ra nhắc lại một số phép biến đổi t−ơng đ−ơng quan trọng áp dụng cho tr−ờng hợp căn thức. Giải sử k là một số nguyên d−ơng, khi đó: 1) 2 2 ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) k k g x f x g x f x g x ≥= ⇔  = Chú ý ở đây không cần thiết đặt điều kiện f(x) ≥ 0 vì nó là hệ quả của đẳng thức 2( ) ( )kf x g x= 2) 2 12 1 ( ) ( ) ( ) ( )kk f x g x f x g x++ = ⇔ = 3) 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 k k f x g x f x g x f x == ⇔  ≥ 4) 2 1 2 1f(x) g(x) ( ) ( )k k f x g x+ += ⇔ = 5) 2 ( ) 0 ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) g x g x f x g x f x gf x g x ≥ ≥= ⇔ ⇔  = ±=  x 6) 2 2( ) ( ) ( ) ( ) [ ( ) ( )].[ ( ) ( )] 0 ( ) ( )f x g x f x g x f x g x f x g x f x g x= ⇔ = ⇔ + − = ⇔ = ± 7) Trong tr−ờng hợp có nhiều dấu trị tuyệt đối: 1 1 2 2 2... 0na A a A a A+ + + = trong đó ai;Ai là các biểu thức chứa x, ta dùng định nghĩa nếu A 0 -A nếu A<0 A A ≥=  để khử dấu trị tuyệt đối. A. Một số ph−ơng pháp thông dụng và ví dụ minh hoạ 1. quy tắc giản −ớc. Khác với các ph−ơng trình đại số bậc nguyên, khi một nhân tử khác không , ta có thể giản −ớc hoặc đặt thừa số chung. Đối với các biểu thức chứa căn, cần đặc biệt l−u ý tới điều kiện có nghĩa. Ví dụ 1. Giải ph−ơng trình: .( 1) .( 2) .( 3)x x x x x x− + − = + Điều kiện có nghĩa ( 1) 0 2 ( 2) 0 0 ( 3) 0 x x x x x x x x x − ≥ ≥  − ≥ ⇔ =  − ≥ ≤ −  3 Ph−ơng trình đã cho t−ơng đ−ơng với . 1 . 2 .x x x x x x− + − = + 3 1) Rõ ràng x=0 là một nghiệm 2) Xét x ≥ 2 khi đó có thể giản −ớc cả hai vế của ph−ơng trình cho x , ta có ph−ơng trình t−ơng đ−ơng: 1 2x x x− + − = + 3 Cả hai vế đều không âm, bình ph−ơng hai vế ta đ−ợc: 2 2 2 2 2 ( 1)( 2) 2 ( 1)( 2) 6 6 0 4( 3 2) (6 ) 6 28 33 28 x x x x 3 x x x x x x x x x x − + − − = + ⇔ − − = − − ≥⇔  − + = − ≤⇔ ⇔ = ± = Kết hợp với điều kiện x ≥ 2 ta đ−ợc nghiệm của ph−ơng trình 28 3 x = 3) Xét x ≤ -3, khi đó ph−ơng trình đã cho có dạng: . 1 . 2 . 3x x x x x− − + − − = − − − x chia cả hai vế cho x− : 1 2 3x x x− + − = − − Tr−ờng hợp này vô nghiệm vì vế trái lớn hơn vế phải. Tóm lại ph−ơng trình đã cho có hai nghiệm là 280; 3 x x= = 2. Quy tắc thay giá trị. Sử dụng hằng đẳng thức ( ) 3 3 3 3 (u v u v uv u v+ = + + + ) 3 Từ biểu thức u+v=a dễ dàng suy ra: 3 3 3 .u v uv a a+ + = Tuy nhiên, phép thế giá trị u+v=a này vào biểu thức lập ph−ơng có thể dẫn đến một phép bình ph−ơng và phép biến đổi này không còn là phép biến đổi t−ơng đ−ơng, do đó có thể có nghiệm ngoại lai. Ví dụ 2. Giải ph−ơng trình: 3 334 3 1x x+ − − = Giải Lập ph−ơng hai vế ph−ơng trình đã cho ta có: 3 33 23 2 34 3 ( 34)( 3).[ 34 3] 1 31 102 12 31 1830 0 30 61 x x x x x x x x x x x + − + − + − − = ⇔ + − = ⇔ + − = =⇔  = − Thử lại hai nghiệm trên thoả mãn ph−ơng trình Vậy ph−ơng trình có hai nghiệm là: x=30 và x=-61. 3. Quy tắc hữu tỉ hoá Một trong những ph−ơng pháp cơ bản để giải ph−ơng trình và bất ph−ơng trình chứa căn thức là chuyển bài toán đã cho về dạng hữu tỉ bằng cách đặt ẩn phụ Ví dụ 3. Giải ph−ơng trình: 2( 1)( 4) 3 5 2x x x x+ + − + + = 6 Giải Đặt 2 5 2 điều kiện t 0x x t+ + = ≥ Khi đó ph−ơng trình t−ơng đ−ơng với: 2 0 4 3 4 0 t t t t ≥ ⇔ = − − = Từ đó 2 7 5 2 4 2 x x x x = −+ + = ⇔  = Ví dụ 4. Giải ph−ơng trình: 4 45 1x x− + − = 2 Giải Điều kiện: 1 5 x≤ ≤ Đặt 4 2 21 ; 2 2 2 x y y− = + − ≤ ≤ 2 khi đó 4 44 42 2( ) 1; 5 4 ( ) 2 2 x y x y= + + − = − + Từ đó ta có ph−ơng trình 44 4 4 2 2 2 4 2 2 2 4 ( ) 2 2 2 2 2 ( ) ( ) 4 2 2 2 2 1 [( ) ( ) ] 2( ) 4 2 2 2 7 2 2 6 0 2 2 y y y y y y y y y y − + + + = ⇔ + + − = ⇔ + − − + − = ⇔ + − = ⇔ = ± 2 Vậy ph−ơng trình có nghiệm: 4 4 2 2 ( ) 1 2 2 2 2 ( ) 2 2 x x  = + + = = − + + = 5 1 1 4. Ph−ơng pháp chuyển về hệ ( ph−ơng pháp hữu tỉ hoá gián tiếp) Nhìn chung, các ph−ơng trình vô tỉ đều có thể chuyển đ−ợc về một hệ hữu tỉ. Tuy nhiên, không phải lúc hệ nhận đ−ợc cũng có tính −u việt. Thông th−ờng, phép chuyển về hệ sẽ có hiệu quả khi các phép toán có sử dụng các hằng đẳng thức quen biết. Ví dụ 5. Giải ph−ơng trình 4 12 2 x x+ − = Giải Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 2. Đặt 4 4 2 ;0 2;0 2 x u u v x v  − = ≤ ≤ ≤ ≤ = Khi đó ta có hệ đối xứng loại I. 2 42 4 1 1 ( 4) 2 2 1 ( 4) 2(2 2 u u v vu v  = − + = ⇔   − + =+ =  1) Giải (1): 4 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 ( 2 1) ( 2 ) 0 2 1 ( 1) ( ) 0 2 1 1 ( 1 )( 1 ) 2 2 v v v v v v v v v v v v v + − + = ⇔ + + − + + = ⇔ + − + = ⇔ + + + − + − = 0 Vế trái luôn d−ơng, vậy ph−ơng trình đã cho vô nghiệm Ví dụ 6. Giải ph−ơng trình 2 5 5x x+ + = Giải Đặt 25 ; 0x t t t x+ = ≥ ⇒ = + 5 . Khi đó ta có hệ 2 2 2 2 2 5 5 ( )( 1) 05 0 0 1 21 1 21 5 0 2 2 1 0 1 1 17 24 0 1 17 2 x t x t x t x tt x x t x x xx x t x x x x x x  + = + = ⇔  + − + =− =   ≤ = − ≥  ± − = = − − =  ⇔ ⇔ ⇔ = + ≥ ≥ −  − + =   + − = − ±  = Ví dụ 7. Giải ph−ơng trình dạng: 2ax bx c Ax B+ + = + Đặt Ax B yα β+ = + Khi đó ta có hệ: 2 2( ) ax bx c y y Ax B α β α β  + + = + + = + Trong một số tr−ờng hợp ta có thể chọn α và β sao cho hệ trên là đối xứng loại II Ví dụ:Giải ph−ơng trình 2 2 2 2 1x x x− = − Điều kiện 1 2 x ≥ Đặt 2 1x yα β− = + . Khi đó ta có hệ: 2 2 2 2 2 2 2( ) 2 2 2 ( ) 2 1 2 2 1 x x y x x y y x y y x α β α β 2α β α αβ  − = + − = + ⇔ + = − + = − −   β Chọn α và β sao cho hệ trên là đối xứng loại II ; tức là 2 22 2 1 1; 1 1 2 2 2 α αβ β α βα β − −= = = ⇒ = =− − Vậy ta đặt 2 1 1x y− = − Khi đó ta có hệ đối xứng loại II: 2 2 22 2 2 2 2 2( 1) 1 ( ; 1) 22 2( 1) 4 2 02 2( 1) 2 2 0 2 x x y x y y y x y x x xx x y x y y xx y x  − = − ≥ ≥ − = −  = − + = − = −  ⇔ ⇔ ⇔ =  = −− =   = − = ± Đối chiếu với các điều kiện của x và y ta đ−ợc nghiệm duy nhất của ph−ơng trình: 2 2x = + 5.Ph−ơng pháp phân tích thành nhân tử. Một trong những nội dung khó nhất của ph−ơng trình và bất ph−ơng trình chứa căn chính là xác định tiêu chuẩn để một biểu thức chứa căn có thể phân tích đ−ợc thành nhân tử. Tuy nhiên, dựa vào đặc thù riêng của từng bài toán, có thể xem một bộ phận thích hợp của biểu thức đã cho nh− một biến số độc lập và phân tích chúng theo biến phụ đó. Ví dụ 8. Giải ph−ơng trình: 24 1 1 3 2 1 1x x x+ − = + − + − x (1) Giải Phân tích: Coi 1 x t− = nh− một biến độc lập. Khi đó ph−ơng trình có dạng: 2 2 4 1 1 3(1 ) 2 . 1 3 (2 1 ) 4( 1 1) x t t t x t x t x + − = − + + + ⇔ − + + + + − = 0 (2) Cũng nh− vậy nếu coi 1 x t+ = là ẩn phụ mới thì cũng có một ph−ơng trình t−ơng tự. Tuy nhiên, sự may mắn để giải đ−ợc ph−ơng trình (2) th−ờng là ít xảy ra. Đó chính là điểm khó nhất và quan trọng nhất trong ph−ơng pháp đặt ẩn phụ không toàn phần kiểu này: Thông th−ờng, tr−ớc khi giải cần xét biểu diễn của số hạng 3x d−ới dạng tổ hợp của hai số : 2 2) ;( 1 ) : 3 (1 ) (1 )x x x x x( 1 α β γ− + = − + + + và chọn α ;β ; γ thích hợp để tam thức bậc hai theo biến t có biệt thức ∆ bằng 0. Giải:Điều kiện -1≤ x ≤ 1 (1) Đặt 1 x t− = ; Ta có: 3 ( 21 ) 2(1 ) 1 2( 1)x x x t x= − − + + − = − + + −1 Khi đó ph−ơng trình đã cho có dạng: 2 2 2 4 1 1 2( 1) 1 2 1 . (2 1 ) 4 1 2(1 ) 0 (3) (2 3 1 ) 3 2 1 1 2 1 5 2 1 1 2 1 0 x t x t x t t x t x x x t x x x x t x x x x + − = − + + − + + + ⇔ − + + + + − + = ∆ = − +  = + − = + = −⇒ ⇔ ⇔  = − + − = − +   = Vậy ph−ơng trình có hai nghiệm là 30 hoặc x=- 5 x = B.Bài tập tự giải Bài 1. Giải ph−ơng trình 2 5 4x x x− + = + 4 Bài 2. Giải ph−ơng trình: 1 2 2 3 3 4x x x− − − + − = Bài 3. Giải ph−ơng trình: 3 3 31 2 2x x x− + − = − 3 Bài 4.Giải ph−ơng trình: 3 3 32x-1 . 16 2x+1x= − Bài 5.Giải ph−ơng trình: 2 23 3 3x 2 -x 2x x+ + + − + = 4 Bài 6.Giải ph−ơng trình 22 6 1 4x x x− − = + 5 Bài 7.Giải ph−ơng trình 2 2 8x x+ = − 8 Bài 8.Giải ph−ơng trình 4 4 1x x+ = Bài 9.Giải ph−ơng trình 2 12 1 36x x x+ + + = Bài 10.Giải ph−ơng trình 3 31 2 2 1x x+ = − Bài 11.Giải ph−ơng trình 2 2(4 1). 1 2 2 1x x x x− + = + + Bài 12. (ĐH Bách khoa 2001)Giải ph−ơng trình 2 22 8 6 1 2x x x x+ + + − = + 2 Bài 13. (ĐH S− phạm hà nội II 2000)Giải ph−ơng trình 2( 1) ( 2) 2x x x x− + + = x Bài 14. (ĐH Mỏ 2001)Giải ph−ơng trình 2 24 2 3 4x x x+ − = + − Bài 15. (Học viện BCVT 2001)Giải ph−ơng trình 34 1 3 2 5 x x x ++ − − = Bài 16. (ĐH Ngoại ngữ HN 2001)Giải ph−ơng trình 1 4 ( 1)(4 )x x x x+ + − + + − = 5 Bài 17. (ĐH Quốc gia Hà nội 2001)Giải ph−ơng trình 2 23 1 ( 3)x x x x+ + = + +1 Bài 18. (ĐH S− phạm Vinh 2000)Giải ph−ơng trình 1 2 2 1 2 2 1x x x x− + − − − − − =