Đề Xuất 2/2023 # Phương Trình Chứa Căn Thức # Top 3 Like | Asianhubjobs.com

Đề Xuất 2/2023 # Phương Trình Chứa Căn Thức # Top 3 Like

Cập nhật nội dung chi tiết về Phương Trình Chứa Căn Thức mới nhất trên website Asianhubjobs.com. Hy vọng thông tin trong bài viết sẽ đáp ứng được nhu cầu ngoài mong đợi của bạn, chúng tôi sẽ làm việc thường xuyên để cập nhật nội dung mới nhằm giúp bạn nhận được thông tin nhanh chóng và chính xác nhất.

1. PHƯƠNG PHÁP LUỸ THỪA Dạng 1 : Phương trình Dạng 2: Phương trình Tổng quát: Dạng 3: Phương trình (chuyển về dạng 2) +) (1) và ta sử dụng phép thế :ta được phương trình : (2) Dạng 4: Chú ý: – Phương trình (2) là phương trình hệ quả của ph tr (1). – Phép bình phương 2 vế của một phương trình mà không có điều kiện cho 2 vế không âm là một phép biến đổi hệ quả. Sau khi tìm được nghiệm ta phải thử lại. Giải các phương trình sau: 1) 2) 3) 4) 5) 6) 7) 8) 9) 10) 11) 12) 13) 14) 15) 16) 17) 18) 19) 20) (20) Nhận xét : Nếu phương trình : Mà có : , thì ta biến đổi phương trình về dạng sau đó bình phương ,giải phương trình hệ quả (21) Nhận xét : Nếu phương trình : Mà có : thì ta biến đổi sau đó bình phương ,giải phương trình hệ quả 2. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ Dạng 1: Các phương trình có dạng : * , đặt * , đặt * đặt Chú ý: * Nếu không có điều kiện cho t, sau khi tìm được x thì phải thử lại Bài 1. Giải các phương trình sau: 7) 1) 2) 3) 4) 5) 6) Bài 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm? a) b) Bài 3. Cho phương trình: a. Giải phương trình khi m = 12 b. Tìm m để phương trình có nghiệm? Bài 4. Cho phương trình: (Đ3) a. Giải phương trình với m = -3 b. Tìm m để phương trình có nghiệm? Dạng 2: Các phương trình có dạng: Đặt Bài 1. Giải các phương trình sau: a) (QGHN-HVNH’00) b) – 2 c) (AN’01) d) e) (Đ36) g) (TN- KA, B ‘01) h) i) (KTQS‘01) Bài 2. Cho phương trình: (ĐHKTQD – 1998) a. Giải phương trình khi a = 3. b. Tìm a để phương trình đã cho có nghiệm.? Bài 3. Cho phương trình: (Đ59) a. Giải phương trình với m = 3. b. Tìm m để phương trình có nghiệm? Bài 4. Cho phương trình: (m-tham số) (ĐHSP Vinh 2000) a. Giải phương trình khi m = 2. b. Tìm để phương trình đã cho có nghiệm. Bài 5. Tìm a để PT sau có nghiệm: Tất cả bài tập 2, 3, 4, 5 ta có thể sáng tạo thêm những câu hỏi hoặc những bài tập sau: Tìm a để phương trình đã cho có nghiệm duy nhất? (ĐK cần và đủ) Tìm a để phương trình đã cho vô nghiệm? Dạng 3: Đặt ẩn phụ nhưng vẫn còn ẩn ban đầu. (Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn ) Từ những phương trình tích , Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vô tỉ không tầm thường chút nào, độ khó của phương trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát . Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phương trình dạng này .Phương pháp giải được thể hiện qua các ví dụ sau .Bài 1. Giải phương trình : Giải: Đặt , ta có : Bài 2. Giải phương trình : Giải: Đặt : Khi đó phương trình trở thành : Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t có chẵn : Từ một phương trình đơn giản : , khai triển ra ta sẽ được pt sau Bài 3. Giải phương trình sau : Giải: Nhận xét : đặt , pttt: (1) Ta rút thay vào thì được pt: Nhưng không có sự may mắn để giải được phương trình theo t không có dạng bình phương . Muốn đạt được mục đích trên thì ta phải tách 3x theo Cụ thể như sau : thay vào pt (1) ta được: Bài 4. Giải phương trình: Giải . Bình phương 2 vế phương trình: Ta đặt : . Ta được: Ta phải tách làm sao cho có dạng chính phương . Nhận xét : Thông thường ta chỉ cần nhóm sao cho hết hệ số tự do thì sẽ đạt được mục đích Bài tập đề nghị: Giải các phương trình sau 1) 2) 3) 4) 5) 6) 7) 8) (9) Một số dạng khác. 1) 2) 3) 4) 5) 6) 7) 8) 10) (Đ141) 11) Dạng 4: . Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến : Chúng ta đã biết cách giải phương trình: (1) bằng cách Xét phương trình trở thành : thử trực tiếp Các trường hợp sau cũng đưa về được (1) Chúng ta hãy thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vô tỉ thì sẽ nhận được phương trình vô tỉ theo dạng này . a) . Phương trình dạng : Như vậy phương trình có thể giải bằng phương pháp trên nếu Xuất phát từ đẳng thức : Hãy tạo ra những phương trình vô tỉ dạng trên ví dụ như: Để có một phương trình đẹp , chúng ta phải chọn hệ số a,b,c sao cho phương trình bậc hai giải “ nghiệm đẹp” Bài 1. Giải phương trình : Giải: Đặt Phương trình trở thành : Tìm được: Bài 2. Giải phương trình : Bài 3: giải phương trình sau : Giải: Đk: Nhận xt : Ta viết Đồng nhất thức ta được: Đặt , ta được: Ta được : Bài 4. Giải phương trình : Giải: Nhận xét : Đặt ta hãy biến pt trên về phương trình thuần nhất bậc 3 đối với x và y : Pt có nghiệm : b).Phương trình dạng : Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện “ hơn dạng trên , nhưg nếu ta bình phương hai vế thì đưa về được dạng trên. Bài 1. giải phương trình : Giải: Ta đặt : khi đó phương trình trở thành : Bài 2.Giải phương trình sau : Giải Đk . Bình phương 2 vế ta có : Ta có thể đặt : khi đó ta có hệ : Do . Bài 3. giải phương trình : Giải: Đk . Chuyển vế bình phương ta được: Nhận xét : không tồn tại số để : vậy ta không thể đặt . Nhưng may mắn ta có : . Ta viết lại phương trình: . Đến đây bài toán được giải quyết . Dạng 5: Đặt nhiều ẩn phụ đưa về tích Xuất phát từ một số hệ “đại số “ đẹp chúng ta có thể tạo ra được những phương trình vô tỉ mà khi giải nó chúng ta lại đặt nhiều ẩn phụ và tìm mối quan hệ giữa các ẩn phụ để đưa về hệ Xuất phát từ đẳng thức , Ta có Từ nhận xét này ta có thể tạo ra những phương trình vô tỉ có chứa căn bậc ba . Bài 1. Giải phương trình : Giải : , ta có : , giải hệ ta được: Bài 2. Giải phương trình sau : Giải . Ta đặt : , khi đó ta có : Bài 3. Giải các phương trình sau 3. PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH. Sử dụng đẳng thức a3-b3 Û (a-b)(a2+ab+b2)=0 Û a=b Bài 1. Giải phương trình : Giải: Bi 2. Giải phương trình : Giải: + , không phải là nghiệm + , ta chia hai vế cho x: Bài 3. Giải phương trình: Giải: pt Bài 4. Giải phương trình : Giải: Đk: Chia cả hai vế cho : Dùng hằng đẳng thức Biến đổi phương trình về dạng : Bài 1. Giải phương trình : Giải: Đk: khi đó pt đ cho tương đương : Bài 2. Giải phương trình sau : Giải: Đk: phương trình tương đương : Bài 3. Giải phương trình sau : Giải : pttt ĐS: x=1. Bài tập đề nghị Giải các phương trình sau : 1) 4) 8) 2) (với n Î N; n ³ 2) 5) (ĐHDL ĐĐ’01) 3) 6) 7) (1) (HVKT QS – 2001) 4. PHƯƠNG PHÁP GIẢN ƯỚC 1. (ĐHSPHN2’00) 2. 3. 4. 5. 8) (Đ8) 9. (BKHN- 2001) 5. PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI. 1. 2. 3. 4. 5. (HVCNBC’01) 6. (Đ24) 8. 7. . 8. 6. PHƯƠNG PHÁP NHÂN LƯỢNG LIÊN HỢP 6.1. Nhân lượng liên hợp để xuất hiện nhân tử chung Phương pháp Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm như vậy phương trình luôn đưa về được dạng tích ta có thể giải phương trình hoặc chứng minh vô nghiệm , chú ý điều kiện của nghiệm của phương trình để ta có thể đánh gía vô nghiệm Ví dụ Bài 1 . Giải phương trình sau : Giải: Ta nhận thấy : v Ta có thể trục căn thức 2 vế : Dể dàng nhận thấy x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình . Bài 2. Giải phương trình sau (OLYMPIC 30/4 đề nghị) : Giải: Để phương trình có nghiệm thì : Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm của phương trình , như vậy phương trình có thể phân tích về dạng , để thực hiện được điều đó ta phải nhóm , tách như sau : Dễ dàng chứng minh được : Bài 3. Giải phương trình : Giải :Đk Nhận thấy x=3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình Ta chứng minh : Vậy pt có nghiệm duy nhất x=3 6.2. Đưa về “hệ tạm “ a) Phương pháp Nếu phương trình vô tỉ có dạng , mà : ở dây C có thể là hàng số ,có thể là biểu thức của . Ta có thể giải như sau : , khi đĩ ta có hệ: b) Ví dụ Bài 4. Giải phương trình sau : Giải: Ta thấy : không phải là nghiệm Xét Trục căn thức ta có : Vậy ta có hệ: Thử lại thỏa; vậy phương trình có 2 nghiệm : x=0 v x= Bài 5. Giải phương trình : Ta thấy : , như vậy không thỏa mãn điều kiện trên. Ta có thể chia cả hai vế cho x và đặt thì bài toán trở nên đơn giản hơn Bài tập đề nghị Giải các phương trình sau : (HSG Toàn Quốc 2002) (OLYMPIC 30/4-2007) Giải các phương trình sau: 1) 2) 3) 4) 5) 6) 7) 8) 9) 7. PHƯƠNG PHÁP NHẬN XÉT ĐÁNH GIÁ 1. Dùng hằng đẳng thức : Từ những đánh giá bình phương : , phương trình dạng Û 2. Dùng bất đẳng thức Một số phương trình được tạo ra từ dấu bằng của bất đẳng thức: nếu dấu bằng ỏ (1) và (2) cùng dạt được tại thì là nghiệm của phương trình Ta có : Dấu bằng khi và chỉ khi và , dấu bằng khi và chỉ khi x=0. Vậy ta có phương trình: Đôi khi một số phương trình được tạo ra từ ý tưởng : khi đó : Nếu ta đoán trước được nghiệm thì việc dùng bất đẳng thức dễ dàng hơn, nhưng có nhiều bài nghiệm là vô tỉ việc đoán nghiệm không được, ta vẫn dùng bất đẳng thức để đánh giá được Bài 1. Giải phương trình (OLYMPIC 30/4 -2007): Giải: Đk Ta có : Dấu bằng Bài 2. Giải phương trình : Giải: Đk: Biến đổi pt ta có : Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki: Áp dụng bất đẳng thức Côsi: Dấu bằng Bài 3. giải phương trình: Ta chứng minh : và Bài tập đề nghị . Bài 1: Giải các phương trình sau Bài 2: Giải các phương trình sau: 1) 2) 3) 4) 5) 6) 7) 8) 9) (Đ11) 10) 11) 8. PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ HỆ . Dạng 1: Đưa về hệ phương trình bình thường. Hoặc hệ đối xứng loại một. Đặt và tìm mối quan hệ giữa và từ đó tìm được hệ theo u,v Bài 1. Giải phương trình: Đặt Khi đó phương trình chuyển về hệ phương trình sau: , giải hệ này ta tìm được . Tức là nghiệm của phương trình là Bài 2. Giải phương trình: Điều kiện: Đặt Ta đưa về hệ phương trình sau: Giải phương trình thứ 2: , từ đó tìm ra rồi thay vào tìm nghiệm của phương trình. Bài 3. Giải phương trình sau: Điều kiện: Đặt thì ta đưa về hệ phương trình sau: Vậy Bài 4. Giải phương trình: Giải Điều kiện: Đặt . Khi đó ta được hệ phương trình: Bài tập đề nghị : Giải các phương trình sau (ĐHTCKTHN – 2001) (ĐHDL HP’01) (Đ12) (DL Hùng vương- 2001) (CĐ mẫu giáo TW1- 2001) (Đ142) Dạng 2: Đưa phương trình đã cho về hệ đối xứng loại hai. Ta hãy đi tìm nguồn gốc của những bài toán giải phương trình bằng cách đưa về hệ đối xứng loại II Ta xét một hệ phương trình đối xứng loại II sau : việc giải hệ này thì đơn giản Bây giời ta sẽ biến hệ thành phương trình bằng cách đặt sao cho (2) luôn đúng , , khi đó ta có phương trình : Vậy để giải phương trình : ta đặt lại như trên và đưa về hệ Bằng cách tương tự xét hệ tổng quát dạng bậc 2 : , ta sẽ xây dựng được phương trình dạng sau : đặt , khi đó ta có phương trình : Tương tự cho bậc cao hơn : Tóm lại phương trình thường cho dưới dạng khai triển ta phải viết về dạng : v đặt để đưa về hệ , chú ý về dấu của ??? Việc chọn thông thường chúng ta chỉ cần viết dưới dạng : là chọn được. Giải phương trình: Điều kiện: Ta có phương trình được viết lại là: Đặt thì ta đưa về hệ sau: Trừ hai vế của phương trình ta được Giải ra ta tìm được nghiệm của phương trình là: Kết luận: Nghiệm của phương trình là Bài 2. Giải phương trình: Giải Điều kiện Ta biến đổi phương trình như sau: Đặt ta được hệ phương trình sau: Với . Với Bài tập đề nghị : Giải các phương trình sau 1) 2) 3) (x2 + 3x – 4)2 + 3(x2 + 3x – 4) = x + 4 4) 5) 6) 7) 8) (ĐHAN-D) 9) 10) 11) 12) 13) 14) 9. PHƯƠNG PHÁP ĐẠO HÀM. Các bước: Tìm tập xác định của phương trình. Biến đổi phương trình (nếu cần) để đặt f(x) bằng một biểu thức nào đó. Tính đạo hàm f(x), rồi dựa vào tính đồng biến(nbiến) của hàm số để kết luận nghiệm của phương trình. Ví dụ. Giải phương trình sau: (1) Giải: Tập xác định: D = R. Đặt f(x) = Ta có: Suy ra hàm số f(x) đồng biến trên tập M= Ta thấy f(-1)=0 Þ x=-1 là một nghiệm của (1). Ta có: Ta có bảng biến thiên của hàm số f(x): x -∞ -1 +∞ f’(x) ÷ú ÷ú ÷ú F(x) +∞ 0 3 -∞ -3 Từ bảng biến thiên ta thấy f(x) = 0 Û x = -1. Vậy phương trình đã cho có duy nhất một nghiệm x = -1. Bài tập tương tự: Giải các phương trình sau: 1) 2) Từ bài 2, ta có bài tập 3. 3) 4) 5) (ĐH.B’02) Xác định m để phương trình sau có nghiệm: 6) (ĐH.A’08) Tìm các giá trị của m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt: 10. PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HOÁ. Ví dụ. Giải phương trình sau: (1) Giải: Tập xác định: D = [-1; 1]. (2) Do (2) nên đặt x = cost (*), với 0 £ t £ p (A) Khi đó phương trình (1) trở thành: (3) Với t Î (A), ta có: Đặt X = cost + sint (5), (B)Þ X2 = 1 + chúng tôi Þ chúng tôi = Phương trình (4) trở thành phương trình ẩn X: Ta thấy chỉ có nghiệm X = và X = – + 1 là thoả mãn điều kiện (B). + Với X = , thay vào (5) ta được: Vì t Î (A) nên ta có t = . Thay vào (*) ta được: x = cos= (thoả mãn tập xác định D). + Với X = – + 1, thay vào (5) ta được: Khi đó, ta có: Þ Từ (**) và (6) suy ra cost = . Thay vào (5), ta được x = . Nhưng chỉ có nghiệm x = thoả mãn tập xác định D. Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm x = và x = . Bài tập tương tự. 1) (HVQHQT- 2001) 2) 3) 4) 1. Giải các phương trình sau: 1) 8) 15) 2) 9) 16) 3) 10) 17) 4) 11) 18) 6) 13) 20) 7) 14) 21) 2. Giải các phương trình sau: 1) 9) 2) 10) 3) 11) 4) 12) 5) 13) 6) 14) 7) 15) 3. Giải các phương trình sau: (ẩn phụ ® hệ) 1) 2) 3) 4) 4. Giải các phương trình sau (Đánh giá) 1) 3) 2) 4) 5. Tìm m để phương trình có nghiệm. 1) 2) 4) 6. Tìm m để phương trình có nghiệm. 1) 4) 2) 5) 3) 6) 7. Giải phương trình, hệ phương trình: a) b) c) d) e) f) 11. XÂY DỰNG BÀI TOÁN TỪ TÍNH CHẤT CỰC TRỊ HÌNH HỌC 11.1 Dùng tọa độ của véc tơ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho các véc tơ: khi đó ta có Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi hai véc tơ cùng hướng , chú ý tỉ số phải dương , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi 11.2 Sử dụng tính chất đặc biệt về tam giác Nếu tam giác là tam giác đều , thì với mọi điểm M trên mặt phẳng tam giác, ta luôn có với O là tâm của đường tròn .Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi . Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và điểm M tùy ý trong mặt mặt phẳng Thì MA+MB+MC nhỏ nhất khi điểm M nhìn các cạnh AB,BC,AC dưới cùng một góc Bài tập: giải phương trình, hệ phương trình sau: 3) 4) 5) MỘT SỐ ĐỀ THI ĐẠI HỌC: I/ Dạng 1: Giải phương trình. 1/ (Dự bị 2 khối D 2006) : , . 2/ (Dự bị 1 khối B 2006) : ,. 3/ (Dự bị 1 khối B 2005) : . 4/ ( ĐH KD-2005) ; 5/ ( ĐH KD-2006) : , 6/ ; 7/ 8/ ; 9/ 10/ ; 11/ . 12/. II/ Dạng 2: Giải bất phương trình. 1/ (Dự bị 2 khối B 2005) : ; 2/ (Dự bị 1 khối D 2005) : ; 3/ ( ĐH KD – 02) ; 4/ ( ĐH KA-05) ; 5/ ( ĐH KA-04) ; 6/ ( ĐH KA-2010): III/ Dạng 3: Tìm điều kiện để phương trình, bất phương trình có nghiệm . Thông thường ở dạng này ta sử dụng một trong các phương pháp sau: * PP1: Sử dụng tính chất đồng biến ,nghịch biến của hàm số. * PP2: Sử dụng tương giao của các đồ thị hàm số. 1/ (Dự bị 1 khối B 2007) : Tìm m để phương trình: có nghiệm. 2/ (Dự bị 1 khối A 2007) :Tìm m để bất phương trình : có nghiệm . 3/ ( ĐH KA-2007) Tìm m để phương trình có nghiệm thực . 4/ ( ĐH KB-2007) CMR với giá trị của mọi m, phương trình có 2 nghiệm thực phân biệt . 5/ ( ĐH KA-2007) Tìm m để phương trình , có đúng hai nghiệm thực phân biệt. 6/ (Khối D-2004): CMR: phương trình sau có đúng một nghiệm :. 7/ ( ĐH KB-2004): Xác định m để phương trình sau có nghiệm : . 8/ ( ĐH KB-2006): Tìm m để pt: có 2 nghiệm thực phân biệt 9/ (Khối B-2010) Giải phương trình (x Î R). 10/ (Khối D-2010) Giải phương trình

Cách Giải Phương Trình Chứa Căn, Bất Phương Trình Chứa Căn

Phương trình chứa căn – Bất phương trình chứa căn

Các dạng phương trình chứa căn bậc hai, bất phương trình chứa căn thức bậc hai luôn là một dạng toán xuất hiện nhiều trong các kì thi học kì, thi tuyển sinh vào lớp 10, thi THPTQG.

Để giải được phương trình, bất phương trình chứa căn, các em học sinh cần nắm vững kiến thức sau:

1. Nguyên tắc chung để giải phương trình, bất phương trình chứa căn bậc 2

Nguyên tắc chung để khử dấu căn thức là bình phương 2 vế của một phương trình, bất phương trình. Tuy nhiên, để đảm bảo việc bình phương này cho chúng ta một phương trình, bất phương trình mới tương đương thì cần phải có điều kiện cả 2 vế pt, bpt đều không âm.

Do đó, về bản chất, chúng ta lần lượt kiểm tra 2 trường hợp âm, và không âm của các biểu thức (thường là 1 vế của phương trình, bất phương trình đã cho).

2. Các dạng phương trình chứa căn, bất phương trình chứa căn cơ bản

Có khoảng 4 dạng phương trình chứa căn, bất phương trình chứa căn cơ bản đó là

3. Cách giải phương trình chứa căn, cách giải bất phương trình chứa căn

Chi tiết về phương pháp giải các dạng phương trình, bất phương trình chứa căn, xin mời thầy cô và các em học sinh theo dõi trong video sau đây.

4. Một số ví dụ về phương trình và bất phương trình chứa căn thức

Ví dụ 1. Giải phương trình

$$sqrt {4 + 2x – {x^2}} = x – 2$$

Hướng dẫn. Phương trình đã cho tương đương với

[begin{array}{l} ,,,,,,,left{ begin{array}{l} x – 2 ge 0\ 4 + 2x – {x^2} = {(x – 2)^2} end{array} right.\ Leftrightarrow left{ begin{array}{l} x ge 2\ {x^2} – 3x = 0 end{array} right.\ Leftrightarrow left{ begin{array}{l} x ge 2\ x = 0, vee ,x = 3 end{array} right. \ Leftrightarrow x = 3 end{array}] Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $x = 3$.

Ví dụ 2. Giải phương trình

[sqrt {25 – {x^2}} = x – 1]

Hướng dẫn. Phương trình đã cho tương đương với

[begin{array}{l} ,,,,,,,left{ begin{array}{l} x – 1 ge 0\ 25 – {x^2} = {(x – 1)^2} end{array} right.\ Leftrightarrow left{ begin{array}{l} x ge 1\ 2{x^2} – 2x – 24 = 0 end{array} right.\ Leftrightarrow left{ begin{array}{l} x ge 1\ x = 4, vee ,x = – 3 end{array} right. \ Leftrightarrow x = 4 end{array}] Vậy phương trình có nghiệm duy nhất $x=4$.

Ví dụ 3. Giải phương trình [sqrt {3{x^2} – 9x + 1} + 2 = x]

Hướng dẫn. Phương trình đã cho tương đương với

[begin{array}{l} ,,,,,,,,sqrt {3{x^2} – 9x + 1} = x – 2\ , Leftrightarrow left{ begin{array}{l} x – 2 ge 0\ 3{x^2} – 9x + 1 = {(x – 2)^2} end{array} right.\ Leftrightarrow left{ begin{array}{l} x ge 2\ 2{x^2} – 5x – 3 = 0 end{array} right.\ Leftrightarrow left{ begin{array}{l} x ge 2\ x = 3 vee ,x = – frac{1}{2} end{array} right. \ Leftrightarrow x = 3 end{array}] Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $x = 3$.

Ví dụ 4. Giải phương trình $$sqrt {{x^2} – 3x + 2} = x – 1$$

Hướng dẫn. Phương trình đã cho tương đương với $$begin{array}{l} ,,,,,,,left{ begin{array}{l} x – 1 ge 0\ {x^2} – 3x + 2 = {left( {x – 1} right)^2} end{array} right.\ Leftrightarrow left{ begin{array}{l} x ge 1\ x = 1 end{array} right. \ Leftrightarrow x = 1 end{array}$$ Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $x = 1$.

Ví dụ 5. Giải phương trình $$sqrt {{x^2} – 5x + 4} = sqrt { – 2{x^2} – 3x + 12} $$

Hướng dẫn. Phương trình đã cho tương đương với $$begin{array}{l} ,,,,,,,left{ begin{array}{l} {x^2} – 5x + 4 ge 0\ {x^2} – 5x + 4 = – 2{x^2} – 3x + 12 end{array} right.\ Leftrightarrow left{ begin{array}{l} left( {x – 1} right)left( {x – 4} right) ge 0\ 3{x^2} – 2x – 8 = 0 end{array} right. & \ Leftrightarrow left{ begin{array}{l} left[ begin{array}{l} x le 1\ x ge 4 end{array} right.\ left[ begin{array}{l} x = 2\ x = frac{{ – 8}}{6} end{array} right. end{array} right. Leftrightarrow x = frac{{ – 8}}{6} end{array}$$ Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $x = frac{-8}{6}$.

Ví dụ 6. Giải bất phương trình $$x + 1 ge sqrt {2left( {{x^2} – 1} right)} $$

Hướng dẫn. Bất phương trình đã cho tương đương với $$begin{array}{l} ,,,,,,,left{ begin{array}{l} x + 1 ge 0\ {left( {x + 1} right)^2} ge 2left( {{x^2} – 1} right) ge 0 end{array} right.\ Leftrightarrow left{ begin{array}{l} x ge – 1\ {x^2} – 2x – 3 le 0\ {x^2} – 1 ge 0 end{array} right.\ Leftrightarrow left{ begin{array}{l} x ge – 1\ – 1 le x le 3\ left[ begin{array}{l} x le – 1\ x ge 1 end{array} right. end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l} x = – 1\ 1 le x le 3 end{array} right. end{array}$$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S = left[ {1;3} right] cup left{ { – 1} right}$.

Ví dụ 7. Giải bất phương trình $$2x – 5 < sqrt { – {x^2} + 4x – 3} $$

Hướng dẫn. Phương trình đã cho tương đương với $$left[ begin{array}{l} left{ begin{array}{l} 2x – 5 < 0\ – {x^2} + 4x – 3 ge 0 end{array} right. &  left( 1 right)\ left{ begin{array}{l} 2x – 5 ge 0\ {left( {2x – 5} right)^2} < – {x^2} + 4x – 3 end{array} right. & left( 2 right) end{array} right.$$

Hệ bất phương trình (1) tương đương với $$left{ begin{array}{l} x < frac{5}{2}\ 1 le x le 3 end{array} right. Leftrightarrow 1 le x < frac{5}{2}$$

Hệ bất phương trình (2) tương đương với $$begin{array}{l} ,,,,,,,left{ begin{array}{l} x ge frac{5}{2}\ 5{x^2} – 24x + 28 < 0 end{array} right.\ Leftrightarrow left{ begin{array}{l} x ge frac{5}{2}\ 2 < x < frac{{14}}{5} end{array} right. Leftrightarrow frac{5}{2} le x < frac{{14}}{4} end{array}$$

Lấy hợp tập nghiệm của 2 trường hợp trên, được đáp số cuối cùng là $S = left[ {1;frac{{14}}{5}} right)$.

Ví dụ 8. Giải phương trình $$sqrt {x + 4} – sqrt {1 – x} = sqrt {1 – 2x} $$

Hướng dẫn. Phương trình đã cho tương đương với

$$begin{array}{l} ,,,,,,,sqrt {x + 4} = sqrt {1 – 2x} + sqrt {1 – x} \ Leftrightarrow left{ begin{array}{l} – 4 le x le frac{1}{2}\ x + 4 = 1 – x + 2sqrt {(1 – x)(1 – 2x)} + 1 – 2x end{array} right.\ Leftrightarrow left{ begin{array}{l} – 4 le x le frac{1}{2}\ sqrt {(1 – x)(1 – 2x)} = 2x + 1 end{array} right.\ Leftrightarrow left{ begin{array}{l} – 4 le x le frac{1}{2}\ x ge – frac{1}{2}\ (1 – x)(1 – 2x) = 4{x^2} + 4x + 1 end{array} right.\ Leftrightarrow left{ begin{array}{l} – frac{1}{2} le x le frac{1}{2}\ x = 0 vee x = – frac{7}{2} end{array} right. Leftrightarrow x = 0 end{array}$$ Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $x = 0$.

Ví dụ 9. Giải phương trình $$sqrt {3x + 1} – sqrt {2x – 1} = sqrt {6 – x} $$

Hướng dẫn. Điều kiện $left{ begin{align}  & 3x+1ge 0 \ & 2x-1ge 0 \ & 6-xge 0 \ end{align} right.Leftrightarrow left{ frac{1}{2}le xle 6 right.$

Với điều kiện đó, phương trình đã cho tương đương với $$begin{array}{l} ,,,,,,,sqrt {3x + 1} – sqrt {2x – 1} = sqrt {6 – x} \ Leftrightarrow ,,,sqrt {3x + 1} = sqrt {6 – x} + sqrt {2x – 1} \ Leftrightarrow ,,,3x + 1 = 6 – x + 2x – 1 + 2sqrt {6 – x} sqrt {2x – 1} \ Leftrightarrow ,,,2x – 4 = 2sqrt {6 – x} sqrt {2x – 1} \ Leftrightarrow ,,x – 2 = sqrt {6 – x} sqrt {2x – 1} \ Leftrightarrow ,,{x^2} – 4x + 4 = – 2{x^2} + 13x – 6,,,(x ge 2)\ Leftrightarrow ,,3{x^2} – 17x + 10 = 0\ Leftrightarrow left[ begin{array}{l} x = 5\ x = frac{2}{3}left( l right) end{array} right. end{array}.$$ Vậy phương trình đã cho có nghiệm $x=5$.

Ví dụ 10. Giải bất phương trình $$2sqrt{x-3}-frac{1}{2}sqrt{9-2x}ge frac{3}{2}$$

Hướng dẫn. Điều kiện $left{ begin{align}  & x-3ge 0 \ & 9-2xle 0 \ end{align} right.Leftrightarrow 3le xle frac{9}{2}$

Với điều kiện trên, bất phương trình đã cho tương đương với [begin{array}{l} ,,,,,,,2sqrt {x – 3} ge frac{1}{2}sqrt {9 – 2x} + frac{3}{2}\ Leftrightarrow 4left( {x – 3} right) ge frac{1}{4}left( {9 – 2x} right) + frac{9}{4} + frac{3}{2}sqrt {9 – 2x} \ Leftrightarrow 16x – 48 ge 18 – 2x + 6sqrt {9 – 2x} \ Leftrightarrow 9x – 33 ge 3sqrt {9 – 2x} \ Leftrightarrow left{ begin{array}{l} 18x – 64 ge 0\ {left( {9x – 33} right)^2} ge 9left( {9 – 2x} right) end{array} right.\ Leftrightarrow left{ begin{array}{l} x ge frac{{32}}{9}\ 81{x^2} – 576x + 1008 ge 0 end{array} right.\ Leftrightarrow left{ begin{array}{l} x ge frac{{32}}{9}\ left[ begin{array}{l} x le frac{{28}}{9}\ x ge 4 end{array} right. end{array} right. Leftrightarrow x ge 4 end{array}]

Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là $S=left[ 4;,frac{9}{2} right]$.

Phương Trình Lượng Giác Chứa Căn Và Phương Trình Lượng Giác Chứa Giá Trị Tuyệt Đối

PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CHỨA CĂN VÀ PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CHỨA GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI A) PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CHỨA CĂN Cách giải : Áp dụng các công thức A 0 B A B 0 A B A ≥ ≥⎧ ⎧= ⇔ ⇔⎨ ⎨ B= =⎩ ⎩ 2 B 0 A B A B ≥⎧= ⇔ ⎨ =⎩ Ghi chú : Do theo phương trình chỉnh lý đã bỏ phần bất phương trình lượng giác nên ta xử lý điều kiện B bằng phương pháp thử lại và chúng tôi bỏ 0≥ các bài toán quá phức tạp. Bài 138 : Giải phương trình ( )5cos x cos2x 2sin x 0 *− + = ( )* 5cos x cos2x 2sin x⇔ − = − 2 sin x 0 5cos x cos2x 4sin x ≤⎧⇔ ⎨ − =⎩ ( ) (2 2 sin x 0 5cos x 2cos x 1 4 1 cos x ≤⎧⎪⇔ ⎨ − − = −⎪⎩ ) = 2 sin x 0 2cos x 5cos x 3 0 ≤⎧⇔ ⎨ + −⎩ ( ) sin x 0 1cos x cos x 3 loại 2 ≤⎧⎪⇔ ⎨ = ∨ = −⎪⎩ ≤⎧⎪⇔ π⎨ = ± + π ∈⎪⎩ π⇔ = − + π ∈ sin x 0 x k2 , k 3 x k2 , k 3 Bài 139 : Giải phương trình 3 3 3 3sin x cos x sin x cot gx cos xtgx 2sin2x+ + + = Điều kiện : cos x 0 sin 2x 0 sin x 0 sin 2x 0 sin 2x 0 sin2x 0 Lúc đó : ( ) 3 3 2 2* sin x cos x sin x cos x cos xsin x 2sin2x⇔ + + + = ( ) ( )2 2sin x sin x cos x cos x cos x sin x 2sin2x⇔ + + + = ( ) ( )2 2sin x cos x sin x cos x 2sin 2x⇔ + + = ( )2 sin x cos x 0 sin x cos x 2sin2x + ≥⎧⎪⇔ ⎨ + =⎪⎩ ( ) sin x 02 sin x 0 44 sin2x 1 nhận do sin2x 01 sin2x 2sin2x ( ) ⎧ π ⎧ π⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ ≥ + ≥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎪⎪ ⎪⎝ ⎠ ⎝ ⎠⇔ ⇔⎨ ⎨π π π⎪ ⎪= + π ∈ = + π ∨ = + π ∈⎪ ⎪⎩ ⎩ sin x 0 sin x 0 4 4 5x k , k x m2 x m2 loại , m 4 4 4 π⇔ = + π ∈ x m2 ,m 4 Bài 140 : Giải phương trình ( )π⎛ ⎞+ = ⎜ ⎟⎝ ⎠ 21 8sin chúng tôi 2x 2sin 3x * 4 + Ta có : (*) 2 2 sin 3x 0 4 1 8sin2x cos 2x 4sin 3x 4 ⎧ π⎛ ⎞+ ≥⎜ ⎟⎪⎪ ⎝ ⎠⇔ ⎨ π⎛ ⎞⎪ + = ⎜ ⎟⎪ ⎝ ⎠⎩ + ( ) ⎧ π⎛ ⎞+ ≥⎜ ⎟⎪⎪ ⎝ ⎠⇔ ⎨ π⎡ ⎤⎪ + + = − +⎢ ⎥⎪ ⎣ ⎦⎩ sin 3x 0 4 1 4 sin 2x 1 cos 4x 2 1 cos( 6x ) 2 ( ) ( sin 3x 0 4 1 4sin2x 2 sin6x sin2x 2 1 sin6x ⎧ π⎛ ⎞+ ≥⎪ ⎜ ⎟⇔ ⎝ ⎠⎨⎪ + + − = +⎩ ) ⎧ π ⎧ π⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ ≥ + ≥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎪⎪ ⎪⎝ ⎠ ⎝ ⎠⇔ ⇔⎨ ⎨ π π⎪ ⎪= = + π ∨ = + π ∈⎪ ⎪⎩ ⎩ sin 3x 0 sin 3x 0 4 4 1 5sin 2x x k x k , k 2 12 12 So lại với điều kiện sin 3x 0 4 π⎛ ⎞+ ≥⎜ ⎟⎝ ⎠ Khi x k thì 12 π• = + π sin 3x sin 3k cosk 4 2 π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = + π =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ π ( ) ( ) ( ) ( ) ⎡= ⎢−⎢⎣ 1 , nếu k chẵn nhận 1, nếu k lẻ loại π• = + π5Khi x k thì 12 π π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛+ = + π = − + π⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 3sin 3x sin 3k sin k 4 2 2 ⎞⎟⎠ ( ) ( ) −⎡= ⎢⎢⎣ 1,nếu k chẵn loại 1, nếu k lẻ nhận Do đó ( ) ( )π π⇔ = + π ∨ = + + π ∈ 5* x m2 x 2m 1 ,m 12 12 Bài 141 : Giải phương trình ( )1 sin2x 1 sin2x 4cos x * sin x − + + = Lúc đó : ( )* 1 sin2x 1 sin2x 2sin2x⇔ − + + = ( hiển nhiên sinx = 0 không là nghiệm , vì sinx =0 thì VT = 2, VP = 0 ) 2 22 2 1 sin 2x 4sin 2x sin2x 0 ⎧⎪ + − =⇔ ⎨ ≥⎪⎩ 2 21 sin 2x 2sin 2x 1 sin2x 0 ⎧⎪ − =⇔ ⎨ ≥⎪⎩ − 2 4 2 2 1 sin 2x 4sin 2x 4sin 2x 1 1sin 2x 2 sin2x 0 ⎧ − = −⎪⎪⇔ ≥⎨⎪ ≥⎪⎩ + ( )2 2sin 2x 4sin 2x 3 0 1sin 2x 2 ⎧ − =⎪⇔ ⎨ ≥⎪⎩ ⎧ −= ∨ =⎪⎪⇔ ⎨⎪ ≥⎪⎩ 3 3sin 2x sin 2x 2 2 2sin 2x 2 3sin2x 2 ⇔ = π π⇔ = + π ∨ = + π ∈ 22x k2 2x k2 , k 3 3 π π⇔ = + π ∨ = + π ∈ x k x k , k 6 3 Chú ý : Có thể đưa về phương trình chứa giá trị tuyệt đối ( ) ≠⎧⎪⇔ ⎨ − + + =⎪⎩ ⇔ − + + = sin x 0 * cos x sin x cos x sin x 2sin 2x cos x sin x cos x sin x 2sin 2x Bài 142 : Giải phương trình ( )+ + + =sin x 3 cos x sin x 3 cos x 2 * Đặt sin 3t sin x 3 cos x sin x cos x cos 3 π = + = + π 1t sin x 2sin x 3 3cos 3 π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞⇔ = + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟π ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ( ) + =* thành t t 2 ⇔ = − − ≥ ≤⎧ ⎧⇔ ⇔⎨ ⎨= − + − + =⎩ ⎩ ≤⎧⇔ ⇔ =⎨ = ∨ =⎩ 2 2 t 2 t 2 t 0 t 2 t 4 4t t t 5t 4 0 t 2 t 1 t 1 t 4 Do đó ( ) * π π π π π⎛ ⎞⇔ + = ⇔ + = + π + = + π ∈⎜ ⎟⎝ ⎠ 1 5sin x x k2 hay x k2 , k 3 2 3 6 3 6 π π⇔ = − + π ∨ = + π ∈ x k2 x k2 , k 6 2 Bài 143 : Giải phương trình ( ) ( ) ( )+ + = +3 tgx 1 sin x 2 cos x 5 sin x 3cos x * Chia hai vế của (*) cho cos x 0≠ ta được ( ) ( ) ( )* 3 tgx 1 tgx 2 5 tgx 3⇔ + + = + Đặt u tgx 1 với u= + ≥ 0 x Thì 2u 1 tg− = (*) thành ( ) ( )2 23u u 1 5 u 2+ = + 3 23u 5u 3u 10 0⇔ − + − = ( ) ( )2u 2 3u u 5 0⇔ − + + = ( )2u 2 3u u 5 0 vô nghiệm⇔ = ∨ + + = Do đó ( ) ⇔* tgx 1 2+ = tgx 1 4⇔ + = tgx 3 tg với 2 2 π π⎛ ⎞⇔ = = α − < α <⎜ ⎟⎝ ⎠ ,x k kα π⇔ = + ∈ Bài 144 : Giải phương trình ( ) ( )11 cos x cos x cos2x sin4x *2− + = ( ) ( )* 1 cos x cos x cos2x sin 2x cos2x⇔ − + = ≥⎧⇔ − +⎨ =⎩ cos x 0 hay 1 cos x cos x sin 2x cos 2x 0 = ⎧ ≥≥⎧ ⎪⎪⇔ ≥⎨ ⎨π= + π ∈⎪ ⎪⎩ + − =⎩ 2 cos x 0cos x 0 hay sin 2x 0 2x k , k 2 1 2 (1 cos x)cosx sin 2x ⎧ ≥≥⎧ ⎪⎪⇔ ≥⎨ ⎨π π= + ∈⎪ ⎪⎩ + − = ≥ ≥⎩ 2 cos x 0cos x 0 hay sin 2x 0 x k , k 4 2 1 2 (1 cos x)cosx sin 2x ( VT 1 VP ) ≥⎧≥ ⎪⎧ ≥⎪ ⎪⇔ ⎨ ⎨π π= ± + π = ± + π ∈ =⎪ ⎪⎩ ⎪ − =⎩ 2 cos x 0 cos x 0 sin 2x 0 hay5x h hay x h , h sin 2x 1 4 4 (1 cos x ) cos x 0 π⇔ = ± + π ∈ = =⎧ ⎧⎨ ⎨= ⇒ = = ⇒ = ⇒ =⎩ ⎩ x h , h 4 sin 2x 1 sin 2x 1 hay hay cos x 0 ( sin 2x 0 ) cos x 1 ( sin x 0 sin 2x 0 ) π⇔ = ± + π ∈ x h , h 4 Bài 145 : Giải phương trình ( ) ( ) ( )3 3sin x 1 cot gx cos x 1 tgx 2 sin x cos x *+ + + = ( ) 3 3sin x cos x cos x sin x* sin x cos x 2 sin x cos sin x cos x + +⎛ ⎞ ⎛ ⎞⇔ + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ x ( ) ( )2 2sin x cos x sin x cos x 2 sin x cos x⇔ + + = sin x cos x 0 1 sin2x 2sin2x + ≥⎧⇔ ⎨ + =⎩ ⎧ π⎛ ⎞+ ≥⎜ ⎟⎪+ ≥⎧ ⎪ ⎝ ⎠⇔ ⇔⎨ ⎨= π⎩ ⎪ = + π ∈⎪⎩ sin x 0sin x cos x 0 4 sin 2x 1 x k , k 4 ⎧ π⎛ ⎞+ ≥⎜ ⎟⎪⎪ ⎝ ⎠⇔ ⎨ π π⎪ + = + π ∈⎪⎩ sin x 0 4 x k , k 4 2 ⎧ π⎛ ⎞+ ≥⎜ ⎟⎪⎪ ⎝ ⎠⇔ ⎨ π π π π⎪ + = + π + = + π ∈⎪⎩ sin x 0 4 3x h2 hay x h2 , h 4 2 4 2 π⇔ = + π ∈ x h2 , h 4 Bài 146 : Giải phương trình ( )cos2x 1 sin2x 2 sin x cos x *+ + = + Điều kiện cos2x 0và sin x 0 4 π⎛ ⎞≥ +⎜ ⎟⎝ ⎠ ≥ Lúc đó : ( ) ( )22 2* cos x sin x cos x sin x 2 cos x sin x⇔ − + + = + ( ) ( )2 22 2cos x sin x cos x sin x 2 cos2x cos x sin x⇔ − + + + + ( )4 sin x cos x= + ( ) ( ) ( )cos x cos x sin x sin x cos x cos2x 2 sin x cos x⇔ + + + = + sin x cos x 0 cos x cos2x 2 + =⎡⇔ ⎢ + =⎣ ( ) tgx 1 cos2x 2 cos x * * = −⎡⇔ ⎢ = −⎢⎣ 2 tgx 1 cos2x 4 4cos x cos x = −⎡⇔ ⎢ = − +⎣ 2tgx 1 cos x 4cosx 5 0⇔ = − ∨ + − = ( )tgx 1 cos x 1 cos x 5 loại⇔ = − ∨ = ∨ = − π⇔ = − + π ∨ = π ∈ x k x k2 , k 4 Thử lại : ( )π π⎛ ⎞• = − + π = − =⎜ ⎟⎝ ⎠x k thì cos2x cos 0 nhận4 2 Và ( )sin x sin k 0 nhận 4 π⎛ ⎞+ = π =⎜ ⎟⎝ ⎠ ( )• = π =x k2 thì cos 2x 1 nhận và ( )cos x cos 0 nhận 4 4 Do đó (*) π⇔ = − + π ∨ = π ∈ x k x k2 , k 4 Chú ý : Tại (**) có thể dùng phương trình lượng giác không mực ( ) cos x cos2x 2* * sin x cos x 0 ⎧ + =⎪⇔ ⎨ + ≥⎪⎩ 2 cos x 1 cos2x 2cos x 1 1 sin x cos x 0 =⎧⎪⇔ = −⎨⎪ + ≥⎩ = π ∈ =⎧⇔ ⇔ =⎨ + ≥⎩ cos x 1 x 2k , k sin x cos x 0 Cách khác ( ) ( )22 2* cos x sin x cos x sin x 2 cos x sin x⇔ − + + = + ( )⇔ + − + + = +2(cos x sin x).(cos x sin x ) cos x sin x 2 cos x sin x ( ) cos x sin x 0 cos x sin x 0 hay cos x sin x cos x sin x 2 cos x sin x 0 tgx 1 hay 2cos x 2 cos 2x 4 cos x sin x 0 tgx 1 hay cos x cos 2x 2 =⎧π⇔ = − + π ∈ ⎨ =⎩ cos x 1 x k , k hay cos 2x 14 π⇔ = − + πx k hay = π ∈ 4 x 2k , k BÀI TẬP 1. Giải phương trình : a/ 1 sin x cosx 0+ + = b/ 2 2 4xcos cos x 3 0 1 tg x − =− c/ sin x 3 cos x 2 cos2x 3 sin 2x+ = + + d/ 2sin x 2sin x 2 2sin x 1− + = − e/ = −− 3tgx2 3sin x 3 2 sin x 1 f/ 2 4sin 2x cos 2x 1 0 sin cos x + − = g/ + − + =28 cos 4x cos 2x 1 cos 3x 1 0 h/ 2sin x sin x sin x cosx 1+ + + = k/ 25 3sin x 4 cos x 1 2cos x− − = − l/ 2cos2x cos x 1 tgx= + 2. Cho phương trình : ( )1 sin x 1 sin x mcos x 1+ + − = a/ Giải phương trình khi m = 2 b/ Giải và biện luận theo m phương trình (1) 3. Cho f(x) = 3cos62x + sin42x + cos4x – m a/ Giải phương trình f(x) = 0 khi m = 0 b/ Cho ( ) 2 2g x 2cos 2x 3cos 2x 1= + . Tìm tất cả các giá trị m để phương trình f(x) = g(x) có nghiệm. ( )ĐS : 1 m 0≤ ≤ 4. Tìm m để phương trình sau có nghiệm 1 2cosx 1 2sin x m+ + + = ( )ĐS : 1 3 m 2 1 2+ ≤ ≤ + B) PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CHỨA CÁC TRỊ TUYỆT ĐỐI Cách giải : 1/ Mở giá trị tuyệt đối bằng định nghĩa 2/ Áp dụng A B A• = ⇔ = ±B ≥≥ ≥⎧⎧ ⎧• = ⇔ ⇔ ⇔ ∨⎨ ⎨ ⎨ ⎨ <⎧= ± ==⎩ ⎩⎩ 2 2 B 0B 0 A 0 A 0 A B = −⎩A B A BA B A B Bài 147 : Giải phương trình ( )cos3x 1 3 sin3x *= − ( ) 2 2 1 3 sin3x 0 * cos 3x 1 2 3 sin3x 3sin 3x ⎧ − ≥⎪⇔ ⎨ = − +⎪⎩ ⎧ ≤⎪⇔ ⎨⎪ − = − +⎩ 2 2 1sin 3x 3 1 sin 3x 1 2 3 sin 3x 3sin 3x ⎧ ≤⎪⇔ ⎨⎪ − =⎩ 2 1sin 3x 3 4 sin 3x 2 3 sin 3x 0 ⎧ ≤⎪⎪⇔ ⎨⎪ = ∨ =⎪⎩ 1sin 3x 3 3sin 3x 0 sin 3x 2 ⇔ = π⇔ = ∈ sin 3x 0 kx , k 3 Bài 148 : Giải phương trình ( )3sin x 2 cos x 2 0 *+ − = ( )* 2 cos x 2 3sin⇔ = − x 2 2 2 3sin x 0 4cos x 4 12sin x 9sin x − ≥⎧⇔ ⎨ = − +⎩ ( ) ⎧ ≤⎪⇔ ⎨⎪ − = − +⎩ 2 2 2sin x 3 4 1 sin x 4 12sin x 9sin x ⎧ ≤⎪⇔ ⎨⎪ − =⎩ 2 2sin x 3 13sin x 12sin x 0 ⎧ ≤⎪⎪⇔ ⎨⎪ = ∨ =⎪⎩ 2sin x 3 12sin x 0 sin x 13 ⇔ = ⇔ = π ∈ sin x 0 x k , k Bài 149 : Giải phương trình ( )sin x cos x sin x cos x 1 *+ + = Đặt t sin x cos x 2 sin x 4 π⎛ ⎞= + = +⎜ ⎟⎝ ⎠ Với điều kiện : 0 t 2≤ ≤ Thì 2t 1 2sin xcos= + x Do đó (*) thành : 2t 1 t 1 2 − + = ( ) 2t 2t 3 0 t 1 t 3 loại ⇔ + − = ⇔ = ∨ = − Vậy ( ) ⇔* 21 1 2sin xcos= + x ⇔ = π⇔ = ∈ sin 2x 0 kx , k 2 Bài 150 : Giải phương trình ( )sin x cos x 2sin 2x 1 *− + = Đặt ( )t sin x cos x điều kiện 0 t 2= − ≤ ≤ Thì 2t 1 sin2= − x ( ) ( )2* thành: t 2 1 t 1+ − = ( ) 22t t 1 0 1t 1 t loại dođiều kiện 2 ⇔ − − = ⇔ = ∨ = − khi t = 1 thì 21 1 sin2= − x ⇔ = π⇔ = ∈ sin 2x 0 kx , k 2 Bài 151 : Giải phuơng trình ( )4 4sin x cos x sin x cos x *− = + ( ) ( ) ( )2 2 2 2* sin x cos x sin x cos x sin x cos x⇔ + − = + cos2x sin x cos x⇔ − = + 2 cos2x 0 cos 2x 1 2 sin x cos x − ≥⎧⎪⇔ ⎨ = +⎪⎩ 2 cos2x 0 1 sin 2x 1 sin2x ≤⎧⎪⇔ ⎨ − = +⎪⎩ 2 cos2x 0 sin2x sin 2x ≤⎧⎪⇔ ⎨ = −⎪⎩ cos2x 0 sin2x 0 ≤⎧⇔ ⎨ =⎩ 2 cos2x 0 cos2x 1 cos 2x 1 ≤⎧⇔ ⇔⎨ =⎩ = − π⇔ = + π ∈ x k , k 2 Bài 152 : Giải phương trình ( )23 sin2x 2cos x 2 2 2cos2x *− = + Ta có : ( ) ( )2 2* 2 3 sin x cos x 2cos x 2 2 2 2cos x 1⇔ − = + − 3 1cos x sin x cos x cos x 2 2 ⎛ ⎞⇔ −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ = cos chúng tôi x cos x 6 π⎛ ⎞⇔ − =⎜ ⎟⎝ ⎠ cos x 0 cos x 0 cos x 0 sin x 1 sin x 1 6 6 > <⎧ ⎧⎪ ⎪⇔ = ∨ ∨π π⎨ ⎨⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎪⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎩ = − > <⎧ ⎧⎪ ⎪⇔ = ∨ ∨π π π π⎨ ⎨− = + π ∈ − = − + π ∈⎪ ⎪⎩ ⎩ cos x 0 cos x 0 cos x 0 x k2 , k x k2 , k 6 2 6 2 > <⎧ ⎧π ⎪ ⎪⇔ = + π ∈ ∨ ∨π π⎨ ⎨= + π ∈ = − + π ∈⎪ ⎪⎩ ⎩ cos x 0 cos x 0 x k , k 22 x k2 , k x k2 , k 3 3 π⇔ = + π ∈ x k , k 2 Bài 153 : Tìm các nghiệm trên ( )0,2π của phương trình : ( )sin3x sin x sin2x cos2x * 1 cos2x − = +− Ta có : ( ) 2cos2xsin x* 2 co 42 sin x s 2x π⎛ ⎞⇔ = ⎜ ⎟⎝ ⎠− Điều kiện : sin x 0 x k≠ ⇔ ≠ π ( )* 2 cos2x 2 cos 2x 4 π⎛ ⎞⇔ = ⎜ ⎟⎝ ⎠− ( ) π⎛ ⎞⇔ = ± − + π ∈⎜ ⎟⎝ ⎠ π⇔ = + π ∈ π π⇔ = + ∈ π π∈ π = = 2x 2x k2 , k 4 4x k2 , k 4 kx , k 16 2 9Do x 0, nên x hay x 16 16 Khi ( )x ,2∈ π π thì sinx < 0 nên : ( ) ( ) ( ) π⎛ ⎞⇔ − = −⎜ ⎟⎝ ⎠ π⎛ ⎞⇔ π − = −⎜ ⎟⎝ ⎠ π⇔ − = ± π − + π ∈ π⇔ = + π ∈ π π⇔ = + ∈ * cos 2x cos 2x 4 cos 2x cos 2x 4 2x 2x k2 , k 4 54x k2 , k 4 5 kx , k 16 2 Do ( )x ,2∈ π π π π= ∨ = •21 29nên x x 16 16 Bài 154 Cho phương trình : 6 6sin x cos x a sin 2x (*)+ = Tìm a sao cho phương trình có nghiệm. Ta có : ( ) ( ) ( ) + = + − + = + − = − 6 6 2 2 4 2 2 4 22 2 2 2 2 sin x cos x sin x cos x sin x sin x cos x cos x sin x cos x 3sin x cos x 31 sin 2x 4 Đặt t = sin 2x điều kiện 0 t 1≤ ≤ thì (*) thành : ( )− =231 t at * * 4 1 3 t a t 4 ⇔ − = (do t = 0 thì (**) vô nghiệm) Xét ( ]= − =1 3y t trên D t 4 0,1 thì 2 1 3y ‘ 0 t 4 = − − < Do đó : (*) có nghiệm 1a 4 ⇔ ≥ • Bài 155 Cho phương trình ( )= +2cos 2x m cos x 1 tgx * Tìm m để phương trình có nghiệm trên 0, 3 π⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ Đặt t = tgx thì Vậy : (*) thành: ( )21 t m 1 t * *− = + (chia 2 vế cho ) 2cos 0≠ Khi 0 x 3 π≤ ≤ thì t 0, 3⎡ ⎤∈ ⎣ ⎦ Vậy (**) ( ) ( ) ( )2 1 t 1 t1 tm 1 1 t 1 t − +−⇔ = = = − ++ + t 1 t Xét ( )y 1 t 1 t trên 0, 3⎡ ⎤= − + ⎣ ⎦ Ta có ( ) ( ) ( )− − + + −= − + + =+ + − − ⎡ ⎤⇔ = < ∀ ∈ ⎣ ⎦+ 1 t 2 1 t 1 t y ‘ 1 t 2 1 t 2 1 t 3t 1y ‘ 0 t 0, 3 2 1 t Do đó : (*) có nghiệm trên 0, 3 π⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ ( )1 3 1 3 m 1⇔ − + ≤ ≤ • BÀI TẬP 1. Giải các phương trình 2 2 a/ sin x cox 1 4sin2x b/ 4sin x 3 cos x 3 1c/ tgx cot gx cos x 1 1 1 1 3cosd/ 2 2 sin x 1 cos x 1 cos x sin x 1e/ cot gx tgx sin x f/ 2cos x sin x 1 1 cos x 1 cos xg/ 4sin x cos x 1 cos2x 1h/ 2 cos x sin x 2 m/ cos2x 1 − = − + = = + ⎛ ⎞++ − = − ⎜ ⎟− + ⎝ ⎠ = + − = + + − = − ⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠ + + x 3 3 2 sin x cos xsin2x 2 n/ cos x sin3x 0 1r/ cot gx tgx sin x s/ cos x 2sin2x cos3x 1 2sin x cos2x tg x 1o/ tgx 1 tgx 1 tgx 1 p/ sin x cos x sin x cos x 2 += + = = + + − = + − = + +− − − + + = 2. sin x cos x a sin 2x 1+ + = Tìm tham số a dương sao cho phương trình có nghiệm 3. Cho phương trình: sin x cos x 4sin 2x m− + = a/ Giải phương trình khi m = 0 b/ Tìm m để phương trình có nghiệm (ĐS 652 4 m 16 − ≤ ≤ ) Th.S Phạm Hồng Danh (TT luyện thi ĐH Vĩnh Viễn)

Cách Giải Phương Trình Chứa Ẩn Dưới Dấu Căn

– Sử dụng phương pháp: Bình phương hai vế (nâng lên lũy thừa). Phép biến đổi là hệ quả nên khi tìm ra x, cần thay lại phương trình đã cho kiểm tra nghiệm.

– Hoặc sử dụng các phép biến đổi tương đương sau:

– Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ biến đổi đưa về phương trình bậc 2

– Có thể đưa về pt chứa dấu trị tuyệt đối, phương trình tích,…

° Vận dụng giải một số bài tập, ví dụ về phương trình chứa ẩn dưới dấu căn

* Bài tập 1 (Bài 7 trang 63 SGK Đại số 10): Giải các phương trình

– Điều kiện xác định: 5x + 6 ≥ 0 ⇔ x ≥ -6/5. Ta có

(1) ⇒ 5x + 6 = (x – 6) 2 [Bình phương 2 vế]

⇔ x 2 – 17x + 30 = 0

– Đối chiếu điều kiện xác định ta thấy x 1, x 2 thỏa ĐKXĐ

– Thử lại: x = 15 thỏa nghiệm của (1); x = 2 không phải là nghiệm của (1).

¤ Kết luận: Phương trình có nghiệm x = 15.

¤ Kết luận: Phương trình có nghiệm x = 15.

– Thử lại thấy x = 2 không phải nghiệm của (2); x = -1 là nghiệm của (2).

¤ Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất x = -1.

– Điều kiện xác định: 2x 2 + 5 ≥ 0 (luôn đúng). Ta có:

(3) ⇒ 2x 2 + 5 = (x + 2) 2 (bình phương 2 vế)

– Thử lại thấy chỉ có x = 2 + √3 là nghiệm của (3)

¤ Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất x = 2 + √3.

⇔ 5x 2 + 4x – 9 = 0

⇔ x = 1 hoặc x = -9/5

– Thử lại thấy chỉ có x = 1 là nghiệm của phương trình (4).

¤ Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.

* Cách 1: Sử dụng phương pháp nâng bậc.

– Điều kiện xác định: 4 + 2x – x 2 ≥ 0. Ta có:

– Đối chiếu điều kiện xác ta thấy x = 0 và x = 3 đều thỏa ĐKXĐ.

– Thử lại nghiệm ta thấy chỉ có x = 3 là nghiệm pt.

¤ Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.

¤ Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.

– Điều kiện xác định: 2x + 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ -3/2.

– Đối chiếu với điều kiện xác định x = -1 và x = 3 thỏa ĐKXĐ

– Thử lại nghiệm ta thấy chỉ có x = 3 là nghiệm pt.

¤ Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.

– Điều kiện xác định: 25 – x 2 ≥ 0 ⇔ -5 ≤ x ≤ 5.

(3) ⇒ 25 – x 2 = (x – 1) 2 (bình phương 2 vế)

⇔ x = 4 hoặc x = -3

– Đối chiếu với điều kiện xác định x = -3 và x = 4 thỏa ĐKXĐ

– Thử lại nghiệm chỉ có x = 4 thỏa.

¤ Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất x = 4.

– Điều kiện xác định: x + 4 ≥ 0; 1 – x ≥ 0; 1 – 2x ≥ 0 ⇔ -4 ≤ x ≤ 1/2.

– Đối chiếu với điều kiện xác định x = 0 và x = -7/2 thỏa ĐKXĐ

– Thử lại nghiệm chỉ có x = 0 thỏa.

¤ Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất x = 0.

– Để giải phương trình này, ta có thể giải bằng các cách như sau:

– Kết luận: Phương trình có 1 nghiệm x = 8.

– Ta đặt ẩn phụ như sau:

Phương trình đã cho (*) trở thành:

⇔ t = -2(loại) hoặc t = 3(nhận)

– Kết luận: Phương trình có 1 nghiệm x = 8.

Bạn đang đọc nội dung bài viết Phương Trình Chứa Căn Thức trên website Asianhubjobs.com. Hy vọng một phần nào đó những thông tin mà chúng tôi đã cung cấp là rất hữu ích với bạn. Nếu nội dung bài viết hay, ý nghĩa bạn hãy chia sẻ với bạn bè của mình và luôn theo dõi, ủng hộ chúng tôi để cập nhật những thông tin mới nhất. Chúc bạn một ngày tốt lành!