Phương trình bậc cao tổng hợp

Tham khảo tài liệu phương trình bậc cao tổng hợp, tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Phương trình bậc cao tổng hợp Phương trình bậc cao tổng hợp VD 71 :Chứng minh rằng phương trình sau có nhiệm duy nhất x 5  x 2  2 x  1  0 ( ĐH KD -05) `Nhận xét :Đây là một phương trình mà khi giải nó cần có sự có mặt của tư duy hàmsố .Sau đây là một vài cách người thầy giúp học sinh tiếp cận lời giải .Cách 1: Biến đổi phương trình về dạng 2 2  x 1  1 3 3x    x  1   (*) x  xNhận xét nếu x=x0 là nghiệm của phương trình thì x0 >0 .Vì vậy trongphương trình (*) ta chỉ xét x>0Mặt khác f(x)=x3 là hàm số đồng biến trên  0;   , 2  1g(x) =  1   nghịch biến trên  0;   nên phương trình (*) có nhiều  x 5 2nhất một nghiệm . Hàm h(x) = x  x  2 x  1 liên tục trên R, h(1)=-3;h(2)=23nên h(1).h(2) < 0 . Theo định lý hàm số liên tục thì h(x) =0 có nghiệmthuộc khoảng 1;2  ..Kết hợp với điều kiện trên ta có phương trình có nghiệmduy nhất . 2Cách 2: Biến đổi phương trình như sau x   x  1 5từ phương trình ta thấy nếu phương trình có nghiệm x thì x>0 2 0  x  1  x 5  1,  x  1  1 nên phương trình vô nghiệm x  1 xét hàm số h(x) = x 5  x 2  2 x  1 ,có h’(x) =5x4 -2x-2 = 2x(x3 -1) +2(x4-1) +x4 >0 với mọi x  1 nên h(x)đồng biến trên  0;   , h(x) =0 có nhiều nhất một nghiệm . Lại có h(x) = x 5  x 2  2 x  1 liên tục trên R nên liên tục trên 1;2 màh(1)=-3 ,h(2)=23 , nên h(1).h(2) < 0 . Theo định lý hàm số liên tục thì h(x)=0 có nghiệm thuộc khoảng 1;2  ..Kết hợp với điều kiện trên ta cóphương trình có nghiệm duy nhất 2Cách3: Biến đổi phương trình x   x  1 5 2 2Ta có  x  1  0  x  0   x  1  1  x  1  x  1 sau đó lại 5 5xét hàm sốh(x)= x 5  x 2  2 x  1 như trên .VD72 :Tìm m để phương trình x 3  x 2  18mx  2m  0 (1) Có ba nghiệm phân biệt x1,x2,x3 sao cho x1 Ta thấy cách giải bài toán trên là rất tự nhiên ,phù hợp với tư duy,nhận thức của học sinh khi đã rất quen thuộc với bảng biến thiên.Vớicách giải như trên chúng ta có thể giải quyết nhiều câu hỏi khó khácnhau của bài toán như : Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duynhất,hay tìm m để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt x1,x2,x3 saocho x1Sử dụng bất đẳng thức Côsi ta có6 sin u  8  8  3 3 sin 6 u  8  8  4 sin 2 u 27 27 27 27 3 4cos 6 u  4  4  3 3 4cos 6 u  4  4  4 cos 2 u 27 27 27 27 3y  sin 6 u  4cos 6 u  8  4  sin 2 u  cos 2 u   4  12  y  4 . Với 93 39 9x  2  min y  4 3 9VD 74: Tìm m để phương trình x 2  2(m  2) x  5m  4  0 (1) có hainghiệm phân biệt x1,x2 thoả mãn x1Nhận xét : Ngoài cách giải trên ta có thể dùng định lý Viét để giải như sau Yêu cầu bài toán trở thành tìm m để phương trình (1) có hai nghiệmphân biệt x1,x2 và thoả mãn (x1+1)(x2+1)2 Xét hàm số y=t3 +3t2 -9t với t   ; 2    2;   t  1 y’  3t 2  6t  9  0    t  3 BBT t -∞ -3 -2 1 2 +∞ y’ + 0 0 + - 27 +∞ y 22 -∞ 2  a  6  27 a  21Từ BBT ta có 2) có đúng 1 nghiệm t sao cho |t| >2   .  a  6  2 a  4  a  21KL: giá trị của a thoả mãn   a  4Nhận xét :Đây là dạng toán gặp khá nhiều , khi làm cần lưu ý+Đặt ẩn phụ t chuyển sang phương trình mới với t  D( cần đánh giá để được miền giá trị của t ứng với miền giá trị của x ).+Đưa phương trình về dạng cơ bản f(t)=g(m) , t  D . 4 2 2 2VD76: Cho phương trình x  x  x  m( x  1) (1). Tìm m để phương trình có nghiệm.Lg :Phương trình đã cho tương đương4( x 3  x 2  x ) 4 x ( x 2  1)  4 x 2 2x 2x 2 m ...