Bạn đang xem bài viết Cách Giải Phương Trình Chứa Căn, Bất Phương Trình Chứa Căn được cập nhật mới nhất trên website Ictu-hanoi.edu.vn. Hy vọng những thông tin mà chúng tôi đã chia sẻ là hữu ích với bạn. Nếu nội dung 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.
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 Pháp Giải Bất Phương Trình Vô Tỷ Chứa Căn (Có Lời Giải)
Ôn thi đại học chuyên đề bất phương trình chứa căn thức
Phương pháp giải bất phương trình vô tỷ chứa căn thức
Phương pháp giải bất phương trình vô tỷ chứa căn có lời giải là tài liệu ôn thi đại học môn Toán, luyện thi THPT Quốc gia môn Toán hay, giúp các bạn đạt điểm tối đa khi làm phần bài tập bất phương trình chứa căn trong đề thi đại học. Mời các bạn tham khảo.
Chuyên đề bất phương trình vô tỉ Chuyên đề: Phương trình và bất phương trình chứa căn thức Ôn thi Đại học – Một số phương pháp giải phương trình và bất phương trình chứa căn
GIỚI THIỆU
Kể từ năm 2005 đến nay, đề thi đại học môn toán có bài toán về bất phương trình chứa căn:
Bài 1: (Đề thi đại học Khối D năm 2002): Giải bất phương trình:
Bài 2: (Đề thi đại học Khối B năm 2012): Giải bất phương trình:
Bài 3: (Đề thi đại học Khối A năm 2005): Giải bất phương trình:
Bài 4: (Đề thi đại học Khối A năm 2010): Giải bất phương trình:
ĐỊNH HƯỚNG
Bài 1 thuộc Dạng bất phương trình chứa 1 căn bậc hai.
Bài 2 thuộc Dạng bất phương trình chứa 2 căn bậc hai.
Bài 3 thuộc Dạng bất phương trình chứa 2 căn có bậc khác nhau.
Bài 4, bài 5 thuộc Dạng bất phương trình chứa nhiều căn.
Từ đó, để cung cấp cho các em học sinh một giáo trình gọn nhẹ với đầy đủ kiến thức, bài giảng này sẽ được chia thành 4 phần (4 dạng bất phương trình).
Ví dụ đầu tiên ở mỗi phần rất quan trọng, bởi nó sẽ cung cấp các phương pháp để giải.
Hoạt động sau mỗi ví dụ chính là bài tập.
1. BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA MỘT CĂN BẬC HAI
Ví dụ 1: (Đề thi đại học Khối D năm 2002): Giải bất phương trình:
ĐÁNH GIÁ VÀ ĐỊNH HƯỚNG THỰC HIỆN: Đây là một dạng bất phương trình đơn giản dạng AB ≥ 0 nhưng rất nhiều học sinh không tìm ra được đầy đủ các nghiệm của nó. Chúng ta cần sử dụng phép biến đổi tương đương sau:
f(x).√gx) ≥ 0, với f(x) và g(x) có nghĩa
Giải
Bất phương trình tương đương với:
Vậy, tập nghiệm của bất phương trình là
Mời các bạn tải file đầy đủ về tham khảo!
Chuyên Đề Phương Trình Chứa Căn Thức
Giải phương trình bậc nhất, phương trình bậc hai là rất quan trọng trong các cấp học, từ THCS đến THPT tuy nhiên ở cấp THPT không đơn thuần là cho sẵn phương trình bậc nhất, bậc hai để giải mà thường lồng ghép dưới nhiều hình thức của các bài toán khác nhau. Cụ thể nhất là trong chương trình toán lớp 10 của chương trình Cơ bản hay Nâng cao điều có phương trình chứa căn thức.
Phương trình chứa căn thức là loại phương trình mà đa số học sinh khi tiếp cận giải thường mắc phải không ít những sai lầm trong quá trình giải đó là: Thiếu điều kiện để căn thức có nghĩa hoặc khi bình phương hai vế ta thường được phương trình hệ quả ( nên dễ xuất hiện nghiệm ngoại lai) nhưng học sinh vẫn nghĩ là phương trình tương đương, hoặc rất khó khăn khi nhận dạng cách giải trong các phương trình chứa nhiều căn thức .
Vì thế muốn giúp cho học sinh có cách nhìn tổng quan hơn về các bài toán phương trình chứa căn thức tôi viết chuyên đề này giúp cho học sinh dễ dàng tiếp cận các loại phương trình chứa căn thức trong chương trình lớp 10 và có thể dựa vào đó để tiếp cận và khai thác sâu hơn các bài toán chứa căn thức trong các kì thi cao đẳng và đại học.
Trong quá trình viết tôi đã cố gắng sắp xếp các dạng toán theo thứ tự của các cấp độ nhận thức: Biết- hiểu- thông hiểu và vận dụng để học sinh dễ tiếp cận. Sau mỗi ví dụ có hướng dẫn giải và có lời bình giúp học sinh khắc sâu được những kỹ năng quan trọng khi tiếp cận giải bài toán chứa căn thức, đồng thời có bài tập tương tự giúp học sinh tự rèn luyện để có được kỹ năng giải hợp lý các bài toán chứa căn thức.
Tuy đã cố gắng nhưng cũng chỉ mang tính chủ quan nên không tránh khỏi sai sót và hạn chế. Mong quý đồng nghiệp góp ý tôi rất chân thành cám ơn !
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)
Cập nhật thông tin chi tiết về Cách Giải Phương Trình Chứa Căn, Bất Phương Trình Chứa Căn trên website Ictu-hanoi.edu.vn. Hy vọng nội dung bài viết sẽ đáp ứng được nhu cầu của bạn, chúng tôi sẽ thường xuyên cập nhật mới nội dung để bạn nhận được thông tin nhanh chóng và chính xác nhất. Chúc bạn một ngày tốt lành!