Toán 9 - Giải và biện luận phương trình chứa căn thức

pdf 6 trang Người đăng minhphuc19 Lượt xem 862Lượt tải 1 Download
Bạn đang xem tài liệu "Toán 9 - Giải và biện luận phương trình chứa căn thức", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Toán 9 - Giải và biện luận phương trình chứa căn thức
 143
C. GIẢI VÀ BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH 
CHỨA CĂN THỨC 
I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ. 
1. Cách giải cũng giống như giải biện luận các phương trình 
khác. 
Nói chung ta phải giải quyết 3 vấn đề: 
* Điều kiện có nghiệm 
* Có bao nhiêu nghiệm 
* Nghiệm số bằng bao nhiêu. 
Giả sử xét phương trình: A B (1)= 
2
B 0 (2)
(1)
A B (3)
≥⎧⎪⇔ ⎨ =⎪⎩
Bước 1: Giải phương trình (3). Điều kiện có nghiệm của (3) và 
số nghiệm . 
Bước 2: Chọn nghiệm thỏa điều kiện (2), có nhiều cách, tổng 
quát ta có thể thế từng nghiệm của (2) vào (1) để được điều kiện nhận 
nghiệm đó. Sau cùng ta phải tổng hợp các nghiệm trên. 
2. Biện luận số nghiệm của phương trình : 
Nếu phương trình có dạng f(x) = k (với k không phụ thuộc vào x) 
ta giải bằng khảo sát hàm. 
II. CÁC VÍ DỤ. 
Ví dụ 1: 
Cho phương trình : 2 2x 2x m x 1 m− + = − − (1) 
1. Giải phương trình (1) với m = 2 
2. Giải và biện luận phương trình (1) theo m. 
(ĐH Quốc Gia TPHCM năm 1996). 
Giải 
1. Với m = 2: 2(1) x 2x 4 x 1 2⇔ − + = − − (2) 
 144
. Xét x 1: x 1 0≥ ⇒ − ≥ 
2
2 2
x 3 0
(2) x 2x 4 x 3
x 2x 4 (x 3)
− ≥⎧⎪⇔ − + = − ⇔ ⎨ − + = −⎪⎩
x 34x 5
5x 3 x (loại)
4
≥⎧=⎧ ⎪⇔ ⇔⎨ ⎨≥ =⎩ ⎪⎩
. Xét x < 1: x 1 0 :− < 
2
2 2
x 1 0
(2) x 2x 4 x 1
x 2x 4 (x 1)
− − ≥⎧⎪⇔ − + = − − ⇔ ⎨ − + = +⎪⎩
x 1
3x (loại)
4
≤⎧⎪⇔ ⎨ =⎪⎩
 . Tóm lại phương trình cho vô nghiệm . 
2. Xét 2 2x 1: (1) x 2x m x 1 m≥ ⇔ − + = − − 
2 2 2
x 1 m 0 x 1 m
2mx 2m 1 (3)x 2x m (x 1 m)
− − ≥⎧ ≥ +⎧⎪⇔ ⇔⎨ ⎨ = +− + = − −⎪ ⎩⎩
+ Nếu m = 0: (3) VN 
+ Nếu 2m 1m 0 : (3) x
2m
+≠ ⇔ = 
vì 
22m 1 2m 1x 1 m 1 m 0
2m 2m
+ − +≥ + ⇔ ≥ + ⇔ ≥ 
2 2m 0 m
2 2
⇔ ≤ − ∨ < ≤ vì 2m 1x 1 1 0 m 0
2m
+≥ ⇒ − ≥ ⇔ > 
Vậy 20 m
2
< ≤ nhận nghiệm 2m 1x
2m
+= 
Khi 2m 0 m :
2
≤ ∨ > vô nghiệm 
. Xét x < 1: 2 2(1) x 2x m 1 x m⇔ − + = − − 
2 2 2 2mx 2m 1x 2x m (1 x m) (4)
x 1 m1 x m 0
⎧ = −⎧− + = − −⎪⇔ ⇔⎨ ⎨ ≤ −− − ≥⎪ ⎩⎩
+ Nếu m = 0: (4) VN 
 145
+ Nếu m 0≠ : (4) 2m 1x
2m
−⇔ = 
Vì 
22m 1 2m 1x 1 m 1 m 0
2m 2m
− −≤ − ⇔ ≤ − ⇔ ≤ 
2 2m 0 m
2 2
⇔ ≤ − ∨ < ≤ 
Vì x < 1 2m 1 11 0 m 0
2m 2m
−⇔ 
Khi 20 m :
2
< ≤ nghiệm 2m 1x
2m
−= 
Khi 2m 0 m
2
≤ ∨ > VN. 
Tóm lại : 
20 m
2
< ≤ nghiệm : 2m 1x ,
2m
+= 2m 1x ,
2m
−= 
2m 0 n :
2
≤ ∨ > VN 
Ví dụ 2: 
Giải và biện luận theo tham số m phương trình sau: 
1 1 m 1 mx
x 1 m 1 m
− ++ = ++ − (*) 
(CAO ĐẲNG HẢI QUAN NĂM 1997) 
Giải 
Điều kiện: x 0,≠ m > 0, m 1≠ . 
(*) 
2 21 (1 m) (1 m) 1 1 mx x
x x 1 m(1 m)(1 m )
− + + +⇔ + = ⇔ + = −+ − 
2(1 m)x (1 m)x 1 m 0⇔ − − + + − = 
2 2 2(1 m) (1 m) 3m 10m 3
10 m 3 m
3
∆ = + − − = − + −
∆ = ⇔ = ∨ = 
. Nếu 1 m 3 : (*)VN
3
< < 
 146
. Nếu 10 m m 3 : (*)
3
 có 2 nghiệm 
21 m 3m 10m 3x
1 m
+ ± − + −= − 
. m = 3 ⇒ x1 = x2 = - 1 
. 1 2
1m x x 1
3
= ⇒ = = 
Ví dụ 3: 
Cho phương trình : 
23x 1 2x 1 ax
2x 1
− = − +− với a là tham số thực. 
1. Giải phương trình khi a = 0 
2. Tìm a để phương trình đã cho có nghiệm duy nhất. 
(ĐH Quốc Gia TPHCM Khối A đợt 3 năm 1998) 
Giải 
1. Khi a = 0 : 
2
2
2x 1 0
3x 1 2x 1 3x 1 2x 1 02x 1
2x 1
− >⎧− ⎪= − ⇔ ⎨ − − + =− ⎪ −⎩
2
1 1x x2 2
2 23x 2x x 0 x x0
3 32x 1
⎧ ⎧> >⎪ ⎪⎪ ⎪⇔ ⇔⎨ ⎨−⎪ ⎪ = ∨ = ⇔ == ⎪⎪ ⎩−⎩
2. Tìm a để phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: 
23x 1 2x 1 ax
2x 1
− = − +−
23x 2x ax (*)
2x 1
−⇔ =− 
Nhận xét với x = 0: 0(*) 0
1
⇔ =− (vô lý) 
⇒ x = 0 không là nghiệm của (*) 
⇒ x 0 :≠ (*) 3x 2 a
2x 1
−⇔ =− 
Đặt 3x 2f(x)
2x 1
−= − 
1x
2
⎛ ⎞>⎜ ⎟⎝ ⎠ ⇒ 
3x 1f '(x)
(2x 1) 2x 1
−= − − 
 147
1f '(x) 0 x
3
= ⇔ = (không thỏa 1x
2
> )⇒ 1x
3
= (loại) 
f '(x) 0⇒ > khi 1x
2
> 
BBT: 
BBT cho a R∀ ∈ , phương trình đã cho luôn có nghiệm duy nhất. 
Ví dụ 4: 
Với những giá trị nào của a thì phương trình: 
3 31 x 1 x a− + + = có nghiệm . 
(ĐH Ngoại Thương TPHCM năm 1998 Khối D) 
Giải 
Đặt 3 3f(x) 1 x 1 x= − + + 
3 3
x xlim f(x) lim ( 1 x 1 x)→∞ →∞= − + + 
x 32 2 23 3
1 x 1 xlim 0
( 1 x) 1 x ( 1 x)
→∞
− + += =
− − − + +
2 23 3
2 2 2 23 3 3
(1 x) (1 x)1 1f '(x)
3 (1 x) 3 (1 x) 3 (1 x) (1 x)
− + + −− −= + =
− + − +
2 2f '(x) 0 (1 x) (1 x) x 0= ⇔ − = + ⇔ = 
BBT: 
BBT cho ta phương trình có nghiệm khi 0 a 2< ≤ 
 148
III. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ. 
3.1. Cho phương trình: 
2
2
2
a ax x x
x 1(x 1)
+ + = − −− (1) 
1. Giải phương trình (1) khi a = 1 
2. Giải và biện luận phương trình (1) theo tham số a. 
(ĐH Dân Lập Ngoại Ngữ Và Tin Học năm 1998). 
3.2. 
1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: 
y x 1 3 x= − + − 
2. Tìm điều kiện của tham số thực m để phương trình sau có nghiệm: 
x 1 3 x (x 1)(3 x) m− + − − − − = 
(ĐH Y TPHCM năm 1999). 
3.3. Tìm tất cả các giá trị của a để phương trình sau có nghiệm duy 
nhất. 
32 21 x 2 1 x a− + − = 
(ĐH Giao Thông Vận Tải TPHCM năm 1999). 
3.4. Giải và biện luận theo tham số m phương trình : 
2x 2mx 1 2 m− + + = 
3.5. Định theo m số nghiệm của phương trình : 
44 4x 4x m x 4x m 6+ + + + + = 
3.6. Cho phương trình : 4 4x 1 x x 1 x m+ − + + − = (*) 
1. Giải phương trình (*) khi m 2 2 2= + 
2. Định m để phương trình (*) có nghiệm duy nhất. 
 149
3.7. Giải phương trình : 
2 3 3 21 1 x (1 x) (1 x) 2 1 x⎡ ⎤+ − + − − = + −⎢ ⎥⎣ ⎦ 
 150
HƯỚNG DẪN VÀ TÓM TẮT 
3.1. 
2
2
2
a ax x x
x 1(x 1)
+ + = − −− 
Điều kiện : 
a ax 0 x
x 1 x 1
x 1 x 1
⎧ ⎧− ≥ ≥⎪ ⎪⇔− −⎨ ⎨⎪ ⎪≠ ≠⎩ ⎩
 (1) 
2 2
2 2
2 2
a a 2ax(1) x x x
x 1(x 1) (x 1)
⇔ + + = + − −− − 
a x(x 1 2a)x 2x 0 0
x 1 x 1
− +⇔ + = ⇔ =− −
x 0
x 1 2a
=⎡⇔ ⎢ = −⎣
1. Khi a = 1: x = 0, x = - 1 
21 x x 1 1 5 1 5(1) x 0 x 1 x
x 1 x 1 2 2
− − − +⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≤ < ∨ ≥− − 
⇒ nghiệm của phương trình : x = 0 
2. Giải và biện luận phương trình : 
Điều kiện 
2a a x x ax x 0 f(x) 0
x 1 x 1 x 1
− −≥ ⇔ − ≥ ⇔ = ≥− − − 
f(0) = a, 
2(1 2a) 1 2a a a(3 4a)f(1 2a)
1 2a 1 2a
− − + − −− = =− − 
BBT: 
. a < 0: 1 nghiệm 
. a = 0: 1 nghiệm 
 151
. 30 a
4
< < : 2 nghiệm 
. 3a
4
= : 2 nghiệm 
. 3a
4
> : 1 nghiệm . 
3.2. 
1. y x 1 3 x= − + − Điều kiện x 1 0 1 x 3
3 x 0
− ≥⎧ ⇔ ≤ ≤⎨ − ≥⎩
Mxđ: [ ]D 1,3= 
1 1 3 x x 1 2x 4y'
2 x 1 2 3 x 2 x 1 3 x 2 x 1 3 x( 3 x x 1)
− − − − += − = =− − − − − − − + −
y' 0 x 2= ⇔ = 
BBT: 
⇒ Giá trị lớn nhất là g(2) = 2 
Giá trị nhỏ nhất là g(1) = g(3) = 2 
2. x 1 3 x (x 1)(3 x) m− + − − − − = (*) 
Đặt t x 1 3 x 2 t 2= − + − ⇒ ≤ ≤ (theo câu 1) 
2t x 1 3 x 2 (x 1)(3 x) 2 2 (x 1)(3 x)= − + − + − − = + − − 
2t 2(x 1)(3 x)
2
−⇒ − − = 
2
2t 2 1(*) t m f(t) t t 1 m
2 2
⎛ ⎞−⇔ − = ⇔ = − + + =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
f '(t) t 1= − + , f '(t) 0 t 1= ⇔ = 
 152
BBT: 
BBT (*)⇒ có nghiệm 1 m 2⇔ ≤ ≤ 
3.3. 32 21 x 2 1 x a− + − = (1) MXD: [ ]D 1,1= − 
Đặt 32 2f(x) 1 x 2 1 x= − + − 
2
2
2 2
x x(6x 7)f '(x) 6x 1 x
1 x 1 x
− −⇒ = − − =
− −
7f '(x) 0 x 0 x
6
= ⇔ = ∨ = ± 
BBT: 
(1) có 1 nghiệm duy nhất a 3⇔ = 
3.4. 2x 2mx 1 2 m− + + = (1) 
2 2(1) x 2mx 1 (m 2)⇔ − + = − và m 2≥ 
2 2x 2mx (m 4m 3) 0⇔ − − − + = và m 2≥ 
2 2 2' m m 4m 3 2(m 1) 1 0, m∆ = + − + = − + > ∀ 
Vậy: m < 2: phương trình (1) VN 
. m 2≥ : phương trình (1) có 2 nghiệm 
2
1x m 2m 4m 3= + − + , 22x m 2m 4m 3= − − + 
 153
3.5. 44 4x 4x m x 4x m 6+ + + + + = (1) 
Đặt 4 4t x 4x m= + + (t 0)≥ 
2(1) t t 6 0 t 2⇔ + − = ⇔ = 
4 4 4t 2 : x 4x m 2 x 4x m 16= + + = ⇔ + + = 
4f(x) x 4x 16 m⇔ = + = − 
f(x) liên tục trên R, 2f '(x) 4x 4= + 
f '(x) 0 x 1 f( 1) 3= ⇔ = − ⇒ − = − 
BBT: 
Từ BBT ta suy ra: 
. 16 m 3 m 19 : (1)VN− 
. 16 m 3 m 19 : (1)− = − ⇔ = có 1 nghiệm x = - 1 
. 16 m 3 m 19 : (1)− > − ⇔ < có 2 nghiệm : 1 2x 1 x< − < 
3.6. 4 4x 1 x x 1 x m+ − + + − = (1) 
1. Khi m 2 2 2= + 
4 4(1) x 1 x x 1 x 2 2 2⇔ + − + + − = + (2) 
Áp dụng bất đẳng thức BCS, ta có: 
x 1 x 2(x 1 x) 2+ − ≤ + − = 
4 4x 1 x 2( x 1 x ) 2 2+ − ≤ + − ≤ 
4 4x 1 x x 1 x 2 2 2⇒ + − + + − ≤ + 
Dấu "=" xảy ra 
4 4
x 1 x
1x 1 x x 1 x x
2
⎧ = −⎪⇔ ⎨ = − ⇔ = − ⇔ =⎪⎩
 154
2. Giả sử x0 là nghiệm của phương trình (1) thì 1 - x0 cũng là nghiệm 
của phương trình (1), nên để (1) có nghiệm duy nhất ta phải có: 
0 0 0
1x 1 x x
2
= − ⇔ = 
Thay 1x
2
= vào (1) : 4 41 1 1 1 m
2 2 2 2
+ + + = 2 2 2 m⇒ + = 
Thử lại: với m 2 2 2= + theo câu 1 thì phương trình có nghiệm 
duy nhất 1x
2
= . 
Vậy m 2 2 2= + thì (1) có nghiệm duy nhất. 
3.7. 
Điều kiện 1 x 1− ≤ ≤ 
3 3 3 3
2
(1 x) (1 x) ( 1 x ) ( 1 x )
( 1 x 1 x )(1 x 1 x 1 x )
− − − = + − −
= + − − + + − + −
2( 1 x 1 x)(2 1 x )= + − − + − . 
Phương trình cho 21 1 x ( 1 x 1 x )⇔ + − + − − 
2
2
1 1 x ( 1 x 1 x ) 1
2 1 1 x ( 1 x 1 x) 2
⇔ + − + − − =
⇔ + − + − − =
2
2
2 2 1 x ( 1 x 1 x ) 2
( 1 x 1 x) ( 1 x 1 x) 2
⇔ + − + − − =
⇔ + + − + − − =
( 1 x 1 x )( 1 x 1 x) 2⇔ + + − + − − = 
1 x 1 x 2⇔ + − + = [ ]2x 1,1
2
⇔ = ∈ − . 

Tài liệu đính kèm:

  • pdfgiai_va_bien_luan_phuong_trinh_chua_can.pdf