Bài tập Phương trình. Hệ phương trình Toán Lớp 10 - Phần 1: Phương trình - Đề 1B

Nội dung text: Bài tập Phương trình. Hệ phương trình Toán Lớp 10 - Phần 1: Phương trình - Đề 1B

1. Pt chứa tham số-Lớp 10 [I.8] Phương pháp sử-dụng hình-học/vectơ Bài 1) Giải phương trình x 2 2x 5 + x 2 2x 10 = 29 (1) G: Đặt u (x–1; 2); u (–x–1; 3), ta có: | u |+| v | ≥ | u + v |  x 2 2x 5 + x 2 2x 10 ≥ 29 1 Đẳng thức xảy ra khi u // v  x 1 = 2  x = (thoả mãn (1)) x 1 3 5 1 Vậy nghiệm của (1) là x = . 5 Bài 2) Giải phương trình | x 2 4x 5 – x 2 10x 50 | = 5 (1) G: Đặt A(–2;1), B(5;5), M(x;0) thì: AB = 5AM= (x 2)2 12 = x 2 4x 5 BM = (x 5)2 52 = x 2 10x 50 mà |AM–BM| ≤ AB (quy tắc 3 điểm) Do đó VT(1) = | x 2 4x 5 – x 2 10x 50 | ≤ 5 = VP(1) Đẳng thức xảy ra khi A; B; M thẳng hàng và C nằm ngoài đoạn AB k 0 1 k CA k CB 5 5   2 x k(5 x)  . Vậy pt có nghiệm duy nhất x = . 5 4 k 0 1 5k x 4 Bài 3) Gpt: 2x 2 2x 1 2x 2 3 1 x 1 2x 2 3 1 x 1 3 (1) G: Phương trình đã cho tương đương với: 4x 2 4x 2 4x 2 2 3 1 x 2 4x 2 2 3 1 x 2 3 2 2 2x 1 2 1 1 3x x 1 2 1 3x 2 x 1 2 3 2 Đặt u 1;1 2x ;v 1 3 x;x 1;p 1 3x;x 1 n n Áp dụng bất đẳng thức a i  a i 'a1  a 2   a n i 1 i 1 r r r r r r 2 2 VT 1 u v p u v p VT 1 1 1 3x 1 3x 1 2x x 1 x 1 VT 1 32 32 3 2 VP 1 1 k 1 3x 1 2x k x 1 u kv Do đó 1 u  v  p 1 n 1 3x u np 1 2x n x 1 k;n 0 k n 0 1 k 1 2 x 1 k 1 3x 1 3x 5 2 4x x 1 (loại) 1 2x k x 1 1 2 1 3x x 3 1 k 1 3x Vậy hệ đã cho vô nghiệm. Bài 4) Giải phương trình: x 1 x 3 x 2 x 2 1 1 1 x 0 G: Điều kiện: 1 x 3 (*) . Đặt u 1 x; 3 x ;v x;1 3 x 0 n n Áp dụng BĐT thức a i  a i : a1  a 2   a n có: i 1 i 1 Bài-giảng Pt- Hpt trang.45 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
2. Pt chứa tham số-Lớp 10 VT 1 x 1 x 3 x u.v u v 2 x 2 1 VP 1 1 x kx Điều đó có nghĩa là: u.v u.v u  v 3 x k x 0 x 1 Ta có: (1) . Vậy pt có nghiệm x 1; x 1 2 . 2 1 x 3 x x x 1 2 Bài 5) Giải phương trình: x 3 x 2 4x 4 = x x + 2 G: Điều kiện x ≥ 0 và x 3 + x2 + 4x + 4 ≥ 0  x ≥ 0 (*). Đặt u (x; 2) và v ( x ; 1). Ta có: u . v ≤ | u |.| v | hay x x + 2 ≤ x 2 4 . x 1 ≤ x 3 x 2 4x 4 x Đẳng thức xảy ra khi u // v  = 2  x = 4 (thoả mãn điều kiện (*)) x Vậy nghiệm của phương trình là x = 4. 4 4 4 x y z 1 Bài 6) Giải phương trình: 2 2 2 x y 2z 7 G: Đặt u (x2; y2; z2); v (1; 1; 2), có u . v ≤ | u | | v | hay x2 + y2 +2z2 ≤ x 4 y4 z 4  7 ≤ 6 (Điều này là vô lí). Vậy phương trình vô nghiệm. [§] Pt chứa tham số Bài 1) Giải và biện luận pt: x2 4 x m x m x m G: Ta có: x2 4 x m 2 2 2 2 x 4 x 4xm m 2mx (m 4) 0 – Nếu m = 0: phương trình vô nghiệm m2 4 m2 4 – Nếu m ≠ 0: x . Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m ≥ m 2m 2m + Nếu m > 0: m2 + 4 ≥ 2m2 m2 ≤ 4 0 m 2 + Nếu m 2: phương trình vô nghiệm Bài 1.1) Giải và biện luận pt với m là tham số: x 2 3 x m x m x m G: Ta có: x2 3 x m 2 2 2 2 x 3 x m 2mx 2mx (m 3) 0 – Nếu m = 0: phương trình vô nghiệm m2 3 m2 3 – Nếu m ≠ 0: x . Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m m 2m 2m + Nếu m > 0: m2 + 3 ≥ 2m2 m2 ≤ 3 0 m 3 + Nếu m < 0: m2 + 3 ≤ 2m2 m2 ≥ 3 m ≤ 3 m2 3 Tóm lại: – Nếu 0 m 3 hoặc m 3 . Phương trình có một nghiệm: x 2m – Nếu 3 m 0 hoặc m 3 : phương trình vô nghiệm Bài 2) Giải và biện luận theo tham số m phương trình: x x m m G: Điều kiện: x ≥ 0 – Nếu m < 0: phương trình vô nghiệm – Nếu m = 0: phương trình trở thành x( x 1) 0 có hai nghiệm: x1 = 0, x2 = 1 Bài-giảng Pt- Hpt trang.46 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
3. Pt chứa tham số-Lớp 10 x m 0 – Nếu m > 0: pt đã cho tương đương với ( x m)( x m 1) 0 x 1 m 2 + Nếu 0 1: phương trình có một nghiệm: x = m Bài 3) (Đề số 143-4) Giải và biện luận theo a, b pt x = a – b( a – bx2 )2 ( 1 ) bx 2 x a 0 ( i ) G: (1)  (bx2 + x – a)(b2x2 – bx – ab + 1) = 0  2 2 b x bx ab 1 0 ( ii ) - Với b = 0 thì (1) có nghiệm x = a - Với b ≠ 0 1 1 1 4ab 1 1 4ab +) Nếu ( i ) có 1 4ab . Khi ab ≥ pt có nghiệm: x , x 4 1 2b 2 2b 3 b b 2 (4ab 3) b b 2 (4ab 3) +) Nếu ( ii ) có b 2 (4ab 3) .Khi ab ≥ pt có nghiệm: x , x 4 3 2b 2 4 2b 2 Kết luận: Nếu b = 0 thì x = a 3 1 Nếu b ≠ 0 Với > ab ≥ phương trình có nghiệm x1, x2 4 4 3 Với ab ≥ phương trình có nghiệm x1, x2, x3, x4 . 4 1 Với ab < phương trình vô nghiệm . 4 Bài 4) (TN-98) Tìm m để pt: x + 3(m-3x2)2 = m (I) có nghiệm 2 2 2 3x x m 0 (1) G: (1)( 3x + x – m )( 9x – 3x + 1 – 3m ) = 0  2 9x 3x 1 3m 0 ( 2 ) Để (I) có nghiệm thì một trong hai pt (1) hoặc (2) phải có nghiệm, điều đó xảy ra khi và chỉ khi 1 12m 0 1 1 1  m ≥ . Vậy m ≥ là các giá trị cần tìm. 2 108m 27 0 12 12 Bài 5) Giải phương trình x a a x (1) G: Với f (x) a x à hàm đồng biến trên R (1) f (f (x)) x f (x) x a x x x x a 0 2 1 1 4a 1 2a 1 4a x 1 2 4 1 2 (a ) 1 1 4a 1 2a 1 4a 4 x 2 2 4 Vậy phương trình có nghiệm x1; x2. Bài 5.1) Giải phương trình x a a x (1) 1 G: Với f(x) = a x xác định với mọi x -a, có f (x)  0 x a 2 a x Nên f(x) đồng biến trên tập xác định của nó, do đó: x 0 (*) (1) f (f (x)) x f (x) x a x x 2 x x a 0 (2) 1 1 4a x : x1 (thoa mãn (*)) 2 1 (2) (a ) 1 1 4a 4 x : x 2 2 1 x thỏa mãn (*) khi và chỉ khi 1 1 4a 0 1 1 4a 0 a 0 2 4 Bài-giảng Pt- Hpt trang.47 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
4. Pt chứa tham số-Lớp 10 1 1 Vậy (1) có nghiệm x khi a ; x khi a 0 . 1 4 2 4 Bài 6) Giải phương trình a7 x 7 a x (1) 1 G: (1) a 7 x 7 a x . Với f (a) 7 a x xác định với mọi a thuộc R, có: f (a) 0 với 77 (x a)6 a x (1) f (f (a)) a f (a) a 7 a x a x a 7 a Bài 7) Tìm các giá trị của tham số m để pt x2 mx 2 2x 1 có hai nghiệm phân biệt. 1 2 x G: Ta có: x mx 2 2x 1 2 2 mx 3x 4x 1 (1) Nếu x = 0 thì phương trình (1) vô nghiệm. 1 1 Nếu x ; \ 0 thì (1) m 3x 4 (2) 2 x 1 Pt (2) là pt hoành độ giao điểm của d : y m và đồ thị (C) : f (x) 3x 4 x 1 Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x ; \ 0 d : y m cắt 2 1 1 ' 1 1 (C) : f (x) 3x 4 trên ; \ 0.Ta có: f (x) 3 2 0, x ; \ 0 x 2 x 2 Bảng biến thiên: 1 x 0 + 2 f’(x) + + + + f(x) 9 - 2 9 Từ bảng biến thiên ta có: m 2 * Nhận xét: Đưa về bài toán tìm số giao điểm đường thẳng và đồ thị.Nếu giải theo cách đưa về pt bậc hai 1 thì tìm điều kiện để phương trình bậc hai có hai nghiệm phân biệt thỏa điều kiện x ; .Khi đó 2 1 dẫn đến so sánh hai nghiệm của phương trình bậc hai với , bài toán trở nên phức tạp. 2 Bài 8) Tìm các giá trị của tham số m để pt sau có nghiệm: x 9 x x2 9x m (1) G: Đk: 0 x 9 .PT (1) x 9 x 2 x(9 x) x2 9x m 9 2 x2 9x x2 9x m (2) 2x 9 9 Đặt t x2 9x . Ta có: t ' ; t ' 0 x 2 x2 9x 2 9 x 0 9 2 t ' + 0 9 t 2 0 0 9 Do đó : 0 t 2 Bài-giảng Pt- Hpt trang.48 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
5. Pt chứa tham số-Lớp 10 Phương trình (2) trở thành 9 2t t 2 m t 2 2t 9 m (3) 9 Xét hàm số f (t) t 2 2t 9 , 0 t . Ta có : f ' (t) 2t 2 ; f ' (t) 0 t 1 2 Bảng biến thiên : 9 t 0 1 2 f ' (t) + 0 f (t) 10 9 9 4 9 9 Pt (1) có nghiệm x 0;9 pt (3) có nghiệm t 0; m 10 2 4 * Nhận xét : Nếu không đặt ẩn phụ thì ta được pt : 9 2 x2 9x x2 9x m Khi đó xét hàm số f (x) 9 2 x2 9x x2 9x thì việc tính đạo hàm và xét dấu đạo hàm để lập bảng biến thiên tương đối khó khăn. Tuy nhiên khi đặt ẩn phụ thì phải tìm điều kiện của t. Khi đó đưa về phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng song song với trục Ox và đồ thị (C ). Bài 9) Tìm các giá trị của tham số m để pt sau có nghiệm: 3 x 1 m x 1 2 4 x2 1 (1) 2 x 1 x 1 4 4 G : Điều kiện : x 1. PT (1) 3 m 2 (2) x 1 x 1 x 1 x 1 2 Đặt t 4 , Do 0 4 4 1 1 0 t 1. Pt (2) tt: 3t 2 m 2t m 3t 2 2t (3) x 1 x 1 x 1 1 Xét hàm số f (t) 3t 2 2t , t 0;1 . Ta có : f ' (t) 6t 2 ; f ' (t) 0 t 3 Bảng biến thiên : 1 t 0 1 3 f ' (t) + 0 1 f (t) 3 0 -1 1 Pt (1) có nghiệm x 1; pt (3) có nghiệm t 0;1 1 m 3 * Nhận xét: Nếu không đặt được ẩn phụ mà giải trực tiếp thì đây là bài toán tương đối phức tạp. Khi đặt ẩn phụ học sinh hay gặp sai lầm là chỉ nói được t 0 , không chỉ ra được t<1. Bài 10) Cho phương trình 6 x x 3 mx (1) .Tìm m để phương trình có nghiệm 6 x 3 x G : Đk: 3 x 6 . Vì x = 0 không phải là nghiệm của pt nên (1) ↔ m x x 6 x 3 x x 12 x 6 Xét hàm số f (x) , x  3;6 . Ta có : f ' (x) x x 2x2 6 x 2x2 x 3 Với mọi x  3;6 x 12 0, x 6 0 nên f ' (x) 0 ,x 3;6 Bảng biến thiên : x 3 0 6 f’(x) -1 + f(x) Bài-giảng Pt- Hpt trang.49 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
6. Pt chứa tham số-Lớp 10 1 - 2 m 1 Từ bảng biến thiên ta có : Phương trình (1) có nghiệm 1 m 2 * Nhận xét : Đây là bài toán mà ta không đặt được ẩn phụ, nếu dùng phép biến đổi mất căn thì dẫn đến một phương trình phức tạp. Cách giải trên đưa về dùng bảng biến thiên rất đơn giản. Đó là ưu điểm của cách giải trên. 1 Bài 11) Tìm m để pt sau có nghiệm duy nhất: 3 1 x2 2 x3 2x2 1 m (1) trên ;1 2 1 G: Xét hàm số f x 3 1 x2 2 x3 2x2 1 trên ;1 . 2 2 ' 3x 3x 4x 3 3x 4 Ta có f (x) x 1 x2 x3 2x2 1 1 x2 x3 2x2 1 1 Xét hàm số g x x3 2x2 1 trên ;1 . Ta có g x 3x2 4x 0 x 0 2 Ta có bảng biến thiên 1 x 0 1 2 g ' (x) + 0 g(x) 1 1 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy g(x) 1,x ;1 2 1 1 5 và x ;1 ta có 3( ) 4 3x 4 3.1 4 3x 4 7 . 2 2 2 3 3x 4 1 Suy ra 0,x ;1 . Do đó f x 0 x 0 1 x2 x3 2x2 1 2 Bảng biến thiên: 1 x 0 1 2 f ' (x) 0 + f (x) 1 3 3 22 4 2 PT (1) là phương trình hoành độ giao điểm của d : y m và (C ) : f x 3 1 x2 2 x3 2x2 1 3 3 22 Phương trình có nghiệm duy nhất khi 4 m hoặc m 1. 2 * Nhận xét :Đây là bài toán mà ta không đặt được ẩn phụ, nếu dùng phép biến đổi mất căn thì dẫn đến một phương trình phức tạp. Cách giải trên đưa về dùng bảng biến thiên rất đơn giản. Đó là ưu điểm của cách giải trên. Bài 12) Cmr m 0, pt sau luôn có hai nghiệm thực phân biệt: x2 2x 8 m(x 2) G: Do m 0 nên x 2 . (1) (x 2)(x 4) m(x 2) (x 2)(x 4)2 m(x 2) Bài-giảng Pt- Hpt trang.50 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
7. Pt chứa tham số-Lớp 10 x 2 (x 2) (x 2)(x 4)2 m 0 3 2 x 6x 32 m 0(*) Yêu cầu bài toán quy về chứng minh phương trình (*) có một nghiệm trong (2; ) Biến đổi (*) m x3 6x2 32 . Xét hàm số f (x) x3 6x2 32 với x 2 . Ta có f ' (x) 3x2 12x 0,x 2 và lim f (x) x Bảng biến thiên: x 2 f ' (x) + f (x) 0 Từ bảng biến thiên suy ra m 0 phương trình (*) có đúng một nghiệm x 2 . Vậy phương trình đã cho có đúng hai nghiệm thực phân biệt m 0. * Nhận xét: Sau khi tìm được điều kiện x 2 việc khảo sát hàm số f (x) ở trên là rất dễ dàng chủ yếu là dùng đạo hàm tuy nhiên dùng định nghĩa cũng suy ra tính đồng biến của hàm số f (x) . Bài-giảng Pt- Hpt trang.51 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
8. Pt chứa tham số-Lớp 10 Bài-giảng Pt- Hpt trang.52 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng