Chuyên đề phương trình, bất phương trình chứa ẩn trong căn potx
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (291.61 KB, 16 trang )
CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN TRONG CĂN
PHẦN I : Phương trình có chứa căn (MỖI CÔNG THỨC HOẶC MỖI KĨ THUẬT
CHO 1-2 VD VÀ 1-3 BT TƯƠNG TỰ)
I)Phương pháp biến đổi tương đương KĨ THUẬT: 1.biến đổi tđ, 2.dùng công thức 3.nhân
liên hợp 4. đưa về tích ….
1) Kiến thức cơ bản :
+)
2 2
( ) ( 0) ( ) ; ( ) ( ) ( ) ( )f x a a f x a f x g x f x g x= ≥ ⇔ = = ⇔ =
+)
=
≥
⇔=
=
≥
⇔=
)()(
0)()(
)()(
)()(
0)(
)()(
2
xgxf
xghoacxf
xgxf
xgxf
xg
xgxf
+)
3
3 3 3
( ) ( ) ( ) ( ); ( ) ( ) ( ) ( )f x g x f x g x f x g x f x g x= ⇔ = = ⇔ =
* Chú ý trong các công thức trên thông thường
( ) & ( )f x g x
là các hàm xác định trên R;
các trường hợp khác phải tìm điều kiện xác định trước khi biến đổi
2) Bài tập áp dụng
Bài1: gpt :
2
02012
111
)1(1632464
41
1428
111
144111
111
2111
111
2111
22
=⇔
=+−
≤≤
⇔
−=−+
≤≤
⇔
−=−
≤≤
⇔
−++−=−
≤≤
⇔
+−=−
≤≤
⇔=−−−
x
xx
x
xxx
x
xx
x
xxx
x
xx
x
xx
Bài2: gpt:
xxx 2114 −=−−+
Txđ:
2
1
4
021
01
04
≤≤−⇔
≥=
≥−
≥+
x
x
x
x
1
072
2/12/1
)12()21)(1(
2/1
12)21)(1(
22
=⇔
=+
≤≤−
⇔
+=−−
−≥
⇔+=−−⇔ x
xx
x
xxx
x
xxx
II) Phương pháp đặt ẩn phụ KĨ THUẬT: 1.biến đổi tđ, 2.dùng công thức 3.nhân liên hợp 4.
đưa về tích ….chú ý…
1) Dạng1: * Nếu có căn f(x) và f(x) đặt t=
)(xf
• Nếu có
taxgxftdatshaxgxfmaxgxf /)()()/()(.)()(,)( =⇒==
• Nếu có
)()(,)()(,)()(,)()( xgxftdataxgxfxgxfxgxf ±==±±
• Nếu có
22
,sin
22
ππ
≤≤−=− ttaxdatxa
• Nếu có
0
22sin
22
≠≤≤−=−
ππ
t
t
a
xdatax
2) Bài tập áp dụng
Bài1: gpt 2(x
2
- 2x) +
0632
2
=−+− xx
đặt t=
032
2
≥+− xx
Bài2; gpt
253294)123(5
2
+−+−=−+− xxxxx
đ/k x ≥ 1
đặt t=
123 −+− xx
đ/k t ≥ 1dẫn tới pt t
2
-5t+6=0
Bài3:gpt:
xxx 341
32
−=−
đ/k -1 ≤ x ≤ 1 đặt x = cost
[ ]
π
,0∈t
khi đó pt
2
2
4
3
cos,
2
22
8
5
cos,
2
22
8
cos
4
3
,
8
5
,
8
)
2
cos(3cos3cossincos3cos4cos1
32
−=
−−
=
+
==⇔
=⇔−=⇔=⇔−=−
πππ
ππππ
x
tttttttt
Bài4: gpt:
013203/12
1
1
03
1
1
1
1
2
1210)1(13)1(2
2
2222
=+−⇔=−+⇔
−
+
==−
+
−
+
−
+
⇔
−±==−+−−+
tttt
x
x
tdat
x
x
x
x
xvechianglakhongxxxx
giải ra có t = 1, t = 1/ 2 suy ra nghiệm phương trình
Bài5: gpt :
12
35
1
2
=
−
+
x
x
x
đ/k x > 1 đặt x = 1/cost
txt tan1)
2
.0(
2
=−⇒∈
π
=
=
⇒
=
=
=
=+
⇔=→=−−⇔∈→+=
=+⇔=+⇔=+⇔
4
5
3
5
4
5
cos
1
3
5
cos
1
12
25
sin
1
cos
1
12
35
sin
1
cos
1
5/70352435)2,1(cossin
cossin35)cos(sin12
12
35
sin
1
cos
1
12
35
cos/sin
cos/1
cos
1
2
x
x
t
t
tt
tt
tuuuttudat
tttt
tttt
t
t
pt
2) Dạng2: đặt ẩn phụ còn x tham ra như một tham số hoặc t là tham số
Bài tập áp dụng :
Bài1: gpt
02
0
2
221
222
≥−=
≤
≥
−=− xxtdat
x
x
dkxxxx
Khi đó pt: x
2
-2tx-1 = 0
`
= t
2
+1 = (x-1)
2
→x = t±(x-1) khi và chỉ khi
+=
−=
⇔
=+−
≥
=−−
⇔
−=−
≥−
=−
⇔
−−−=
−+−=
51
51
0123
2/1
012
)12(2
012
12
)1(2
)1(2
2
2
22
2
2
2
x
x
xx
x
xx
xxx
x
xx
xxxx
xxxx
Bài2: gpt (4x-1)
14
2
+x
8x
2
+2x+1 đặt t =
14
2
+x
≥ 1 pt : 2t
2
-(4x-1)t+2x-1=0
Có ngh t=2x-1, t= 1/2(loại) với t =2x-1
−=+
≥
⇔−=+
22
2
)12(14
2/1
1214
xx
x
xx
vô ngh
3) Dạng3: đặt 2 ẩn phụ
=+
+=+
⇒
+=
−=
→=++−
cvu
bavu
xfbv
xfau
cxfbxfa
nn
n
n
nn
)(
)(
)()(
Bài tập áp dụng:
Bài1: gpt:
=+
=+
⇒
+=
−=
→=++−
2
2
1
1
211
33
3
3
33
vu
vu
xv
xu
xx
Bài2:gpt:
=
=
=
⇒
−=
=
=
⇒
=+
=+
⇒
−=
−=
→−−=−
10
1
2
2
1
0
1
1
1
2
112
233
3
x
x
x
u
u
u
vu
vu
xv
xu
xx
3) Dạng4: một ẩn phụ chuyển phương trình thành một hệ :
mnxedxcbax +++=+
2
)(
Thí dụ: gpt
13324)32(13513413
22
+=+−+++−−=+⇒−+−=+ xydatxxxxxx
−=
=
⇒
+=+−
++=+−
⇔
+=+−
+++−−=+−
⇔
xy
yx
xy
yxy
xy
xxy
252
13)32(
12)32(
13)32(
4)32(32
2
2
2
2
8
7311
03114252)2
8
9715
08154)1
2
2
−
=⇒=+−⇒−=
−
=⇒=+−⇒=
xxxxy
xxxyx
III) Phương pháp đánh giá
1) Kiến thức cơ bản:
1) f
2
(x) + g
2
(x) + t
2
(x) = 0
=
=
=
⇔
0)(
0)(
0)(
xt
xg
xf
2) f(x) + g(x) = a ( a là hằng số)
mà f(x) ≤ b , g(x) ≤ c (b + c =a )
=
=
⇔
cxg
bxf
)(
)(
3) f(x) = g(x) , f(x) ≤ a, g(x) ≥ a
=
=
⇔
axg
axf
)(
)(
2) Bài tập áp dụng :
Bài1: gpt x
4
+ 2x
2
-6x +20 =
1622
22
+− xxx
⇔
x
4
-
1622
22
+− xxx
+ x
2
-2x +16+
x
2
-4x+4 = 0
⇔
( x
2
-
162
2
+− xx
)
2
+ ( x-2)
2
= 0
⇔
=−
=+−−
02
0162
22
x
xxx
⇔
x = 2 thỏa mãn hệ , vậy phương trình có 1 nghiệm x = 2
Bài2: gpt: 4x
2
+ 3x +3 = 4x
1223 −++ xx
đ/k x ≥ 1/2 phương trình tương đương
=−
=+
⇔=−−++−
112
23
0)121()32(
2
2
x
xx
xxx
Bài: gpt:
14105763
22
+++++ xxxx
= 4 – 2x – x
2
Ta có vé trái
5949)1(54)1(3
22
=+≥+++++ xx
Vế phải 4 – 2x—x
2
= 5 – (x+1)
2
≤ 5 vậy phương trình chỉ thỏa mãn khi cả 2 vế
đồng thời bằng 5 khi và chỉ khi x = - 1 là nghiệm của phương trình
IV) Phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số
: 1) Cơ sở lý thuyết
dùng tính đơn điệu hàm số từ đó khẳng định số nghiệm phương trình
2) Bài tập áp dụng
Bài1
2/111414
2
≥=−+− dkxxx
xét hàm số y=
2/11414
2
≥−+− xtxdxx
Có đạo hàm
2/10
14
4
14
2
2
,
≥∀>
−
+
−
= x
x
x
x
y
hàm số luôn đồng biến trên txđ vậy pt không có
quá một nghiệm nhẩm nghiệm ta thấy x=1/2 là nghiệm duy nhất
Bài2: gpt
0431
35
=+−−+ xxx
xét hàm số y=
431
35
+−−+ xxx
txđ x≤1/3
0
312
3
35
24`
>
−
++=
x
xxy
h/s đồng biến trên txđ vậy phương trình không có quá
một nghiệmTa thấy x= -1 là nghiệm duy nhất của bài toán
Bài3:gpt;
⇔=−+−+− 123
22
xxxx
123
22
+−+=+− xxxx
đặt t = x
2
- x đ/k -3≤t≤2
h/s f(t) =
t+3
txđ
[ ]
2,3−
f
`
(t)=
o
t
>
+32
1
hàm số tăng ,
g(t) = 1+
0
22
1
)(2
,
<
−
−=⇒−
t
tgt
hàm số nghịch biến vậy chúng chỉ có thể giao nhau tại một
điểm duy nhất , thấy t =1 là nghiệm do đó t=1 suy ra pt x
2
- x =1 có nghiệm
2
51±
=x
V) Phương pháp sử dụng tính liên tục hàm số để chứng minh số nghiệm phương trình
Bài tập áp dụng : CMR phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt thuộc (-7,9):
3162
3
=−+ xx
đặt t=
3
1 x−
có pt 2t
3
– 6t + 1 =0 hàm số này liên tục trên R ,có f(-2)f(0)<0 có 1ngh t thuộc
(-2,0) suy ra có 1 ngh x thuộc (1,9) , f(0)f(1)<0 có 1ngh t thuộc (0,1) suy ra có 1ngh x
thuộc(0,1) ,
f(1)f(2)< 0 có 1ngh t thuộc(1,2) suy ra có 1 ngh x thuộc (-7,0) vậy phương trình đã cho có
đúng 3
nghiệm phân biệt thuộc ( -7,9)
VI) Phương pháp sử dụng đạo hàm bậc 2
* Tìm tập xác định của phương trình
* Xét hàm số f trên miền D ,tồn tại đạo hàm bậc 2 suy ra hàm số lồi hoặc lõm trên miền D
Suy ra phương trình không có quá 2 nghiệm
nhẩm 2 nghiệm thuộc miền D
Bài tập áp dụng :
Bài1: gpt :
⇔+−=+ 38313
2
xxx
đ/k x≥ - 1 PT tương đương
038313
2
=−+−+ xxx
xét hàm số f(x) =
38313
2
−+−+ xxx
trên tập x/đ x ≥ -1
06
)1(4
3
)(86
12
3
)(
2
,``,,
<−
+
−=⇒+−
+
=
x
xfx
x
xf
vậy hàm số đó có đồ thị lồi trên txđ
Do đó phương trình nếu có nghiệm thì không quá 2 nghiệm ta dễ thấy x = 0, x = 3 là nghiệm
Bài2;gpt:
113
2
++=++ xxxx
điều kiện x ≥ 0 phưong trình tương đương với
0113
2
=−−−++ xxxx
xét hàm số f(x) =
113
2
−−−++ xxxx
tập xác định x ≥ 0
02
)13(4
9
4
1
)(12
132
3
2
1
)(
22
,,,
<−
+
−−=⇒−−
+
+=
xx
xfx
xx
xf
đồ thị hàm số lồi trên tạp xác
định vì vậy phương trình không có quá 2 nghiệm ,dễ thấy x = 0 ,x = 1 là nghiệm
VII) Một số phương trình không mẫu mực
Bài1: gpt:
4
3
10
2
6
=
−
+
− tt
đ/k x < 2 đặt
22
6
13
6
20
2
6
t
x
t
x
x
t +=−⇔=−⇒>
−
=
Pt thành t+
−=
+
≤
⇔=
+
2
2
2
2
2
)4(
6
10
4
4
6
10
t
t
t
t
t
t
khi đócó PT: t
4
-8t
3
+12t
2
-48t+96=0 suy ra
(t-2)(t
3
-6t
2
-48)=0 Có nghiệm t=2 suy ra x=1/2 cònphương trình: t
3
-6t
2
-48=t
2
(t-6) -48 < 0
với o<t≤ 4 vô nghiệm, vậy pt đã cho có 1 nghiệm x=1/2
Bài2: gpt:
431532373
2222
+−−−−=−−+− xxxxxxx
tưong đương với
432153373
2222
+−−−=−−−+− xxxxxxx
tương đương với
432
63
153373
42
2222
+−+−
−
=
−−++−
+−
xxx
x
xxxx
x
*) với mọi x > 2 không thể là nghiệm vì vế trái < 0,vế phải > 0
*) với mọi x < 0 cũng không thể là nghiệm
*) với x = 2 là nghiệm vậy phương trình chỉ có nghiệm x = 2
Bài3: gpt :
x
x
x
x
xx
21
21
21
21
2121
−
+
+
+
−
=++−
điều kiện - 1/2<x< ½
Xét vế phải theo bất đẳng thức cô si ta có
2
21
21
21
21
≥
−
+
+
+
−
x
x
x
x
dấu bằng xâỷ ra khi
0
21
21
21
21
=⇔
−
+
=
+
−
x
x
x
x
x
Xét vế trái ta có
22)21)(21(22)2121(
2
+≤+−+=++− xxxx
suy ra vế trái ≤ 2 dấu bằng xẩy ra
khi x = 0 vậy x = 0 là nghiệm của phương trình
Bài4:gpt:
)
1
(4
1
22
2
2
x
x
x
x +−=−+−
tương đương với
4
1
2
1
2
2
2
=−++−+
xx
xx
Áp dụng bất đẳng thức Bu nhi a cốp ski ta có
Cộng
=−++≤−+=−+
=−++≤−+=−+
2)
1
2(
1
)(11(
1
2.1.1
1
2
1
2)2()(11(2.1.12
22
22
22
222222
xxx
x
xx
xxxxxx
Ta có
4
1
2
1
2
2
2
≤−++−+
xx
xx
dấu bằng xẩy ra khi x=1 là nghiệm của phương trình
PHẦN 2 :Bất phương trình có chứa căn
I)Phương pháp biến đổi tương đương :
1) Kiến thức cơ bản : 1)
≤≤
≥
⇔≤
)()(0
0)(
)()(
2
xgxf
xg
xgxf
2)
≥
≥
≥
<
⇔≥
)()(
0)(
0)(
0)(
)()(
2
xgxf
xg
xf
xg
xgxf
2) Bài tập áp dụng:
Bài1:
≤<
≠
≤≤−
≤<
⇔
≤
−
≤
−
≤
−
⇔
−≤−
≥−
≥−
⇔−≤−
20
0
3
4
3
4
40
0
2
0
4
163
0
2
4
2
12
4
34
0
2
12
0
4
34
2
12
4
34
2
2
2
2
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
xx
x
x
xx
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
(
]
2,0
Bài2: gbpt
02162
2
≥+−+− xxx
tương đương với
2162
2
−≥+− xxx
tương đương với
[
)
+∞∪
−
∞−⇔
≥
−
≤
⇔
−≥+−
≥−
≥+−
<−
,3
2
73
,
3
2
73
)2(162
02
0162
02
22
2
x
x
xxx
x
xx
x
Bài3: gbpt:
0
411
2
<
−−
x
x
điều kiện
≤<
<≤−
⇔
≥−
≠
2
1
0
0
2
1
041
0
2
x
x
x
x
1) Với -
0
2
1
<≤ x
bpt tương đương
⇔
−<−
>−
⇔−<−
22
2
)31(41
031
3141
xx
x
xx
-
0
2
1
<≤ x
2) Với 0<x
2
1
≤
bpt tương đương
⇔
≥−
−>−
≥−
<−
⇔−>−
031
)31(41
041
031
3141
22
2
2
x
xx
x
x
xx
0<x
2
1
≤
Vậy nghiệm của bpt là
∪
−
2
1
,00,
2
1
II)Phương pháp đặt ẩn phụ
1) Dạng1: đặt ản phụ hợp lý dẫn tới bất phương trình đại số quen thuộc
Bài1 ; gbpt:
431132
22
+≤+−+ xxxx
đặt t =
0113
2
≥+− xx
dẫn tới bpt
t
2
+2t-15 ≤ 0 suy ra 0 ≤ t ≤ 3 suy ra
3113
2
≤+− xx
suy ra x
2
-3x+11 ≤ 9 suy ra nghiệm
của bpt 1 ≤ x ≤ 2
Bài2 gbpt
1
1
3
1
11
1
3
1
1
2
2
2
2
2
−
−
>
−
+⇔−
−
>
−
x
x
x
x
x
x
x
đặt t =
2
1 x
x
−
có bất phương
trình t
2
-3t+2 > 0 suy ra t > 2 hoặc t < 1
1) xét bpt
2
1 x
x
−
>2
1
5
2
45
10
01
12
2
2
2
<<⇔
>
<<
⇔
>−
−>
⇔ x
x
x
x
xx
2) xét bpt
2
1 x
x
−
<1
5
1
1
)1(4
0
01
01
1
22
2
2
<<−⇔
−<
≥
<<−
⇔
>−
−<
⇔ x
xx
x
x
x
xx
nghiệm của bpt là
∪
− 1,
5
3
5
1
,1
Bài2: gbpt:
4
2
1
2
2
5
5 ++<+
x
x
x
x
điều kiện x > 0 đặt t =
x
x
2
1
+
≥
2
dẫn tới bất phương trình bậc hai: 2t
2
– 5t + 2 > 0 có nghiệm t > 2 khi và chỉ khi
x
x
2
1
+
>2
),2
2
3
()2
2
3
,0(014 +∞+∪−⇔>+−⇔ nghiemcoxx
Bài3: gbpt
0
1
3
1
2
1
≥
+
=>
+
−
+
x
x
tdat
x
x
x
x
dẫn tới t
2
-2t -3 >0 có nghiệm t≥ 3
Cho ta tập nghiệm của bpt là
8
1
,0
Dạng2 : đặt ẩn phụ t dẫn bpt xem t là ẩn ,x là tham số,hoặc bpt xem x là ẩn, t là tham số
Bai1:gbpt: x
2
-1
xxx 22
2
+≤
đặt t =
02
2
≥+ xx
dẫn tới bpt: x
2
-2tx-1≤ 0 có
2
)1(1 +=+=∆ xt
dẫn tới (
0122)(12
22
≤−−+++ xxxxx
khi và chỉ khi
0
2
0
2
1
)12(2
02
012
0122
22
22
≥⇔
−≤
≥
−≥
⇔
+≤+
≥+
≥+
⇔≤−−+
x
x
x
x
xxx
xx
x
xxx
Dạng3: đặt 2 ẩn phụ dẫn tới một hệ
Bài1: gbpt
2862
2
−≤−+− xxxx
điều kiện x ≥ 0 biến đổi
122)12(2)2(2
2
−++>−++ xxxx
đặt
vuvu
xv
xu
+>+⇔
+=
≥−=
22
22
2
012
vu
vuvu
vu
≠⇔
+>+
≥+
⇔
222
)(22
0
Trường hợp u = v
5,1
056
02
212
2
==⇔
=+−
≥+
⇔+=− xx
xx
x
xx
Vậy để u
5,1,
2
1
≠≠
+∞∈⇔≠ xxxv
Bài2:gbpt
2862
2
−≤−+− xxxx
đặt
−=
≥=
2
0
xv
xu
bất phương trình có dạng
0
0)(
0
22
0
22
222
22
≥=⇔
≤+
≥+
⇔
+≤+
≥+
⇔+≤+ vu
vu
vu
vuvu
vu
vuvu
4
045
2
2
02
2
=⇔
=+−
≥
⇔
−=
≥−
⇔
x
xx
x
xx
x
III)Phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số
Cơ sở lý thuyết: dựa vào bảng biến thiên của hàm số phát hiẹn miền nghiệm cuả bất phương trình
Bài tập áp dụng
Bài1: gbpt:
2/5429 −≥>+++ xkdxx
xét hàm số f(x) =
429 +++ xx
trên tập x ≥ -2
Có đạo hàm luôn dương với mọi x thuộc tập xác định suy ra hàm số luôn đồng biến lại có f(0) =
5
vậy nghiệm của bpt là x > 0
Bài2: gbpt:
311311632
22
≤≤−−−>+−−− xdkxxxxxx
Tương đương
xxxxxx −++−>−+−− 3116132
22
xxxx −++−>−++− 32)3(12)1(
22
Xét hàm số f(t) =
[ ]
3,12 trentt ++
có f
,
(t) >0 hàm số đồng biến trên tập xác định vậy ta có
f(x-1)>f(3-x) khi và chỉ khi x-1>3-x cho ta x>2 vậy nghiệm của bất phương trình là 2 < x ≤ 3
Bài3: gbpt: 2x+
0/35727
2
≥<++++ xkdxxxx
xét hàm số trên tập xác định x≥ 0
F(x) =
0
7
72
7|2
1
2
1
2)(7272
2
,2
>
+
+
+
+
++=+++++
xx
x
xx
xfcoxxxxx
Hàm số đồng b iến trên tập xác định vì vậy f(x) < 35 = f
2
12
29
vậy nghiệm bpt 0< x <
2
12
29
IV) Phương pháp sử dụng giá trị lớn nhất nhỏ nhất hàm số
Kiến thức cơ bản Lập bảng biến thiên từ đó có kết quả của bài toán
Bài tập áp dụng
Bài1 Tìm m để bpt sau có nghiệm: mx -
13 +≤− mx
đặt t =
3+x
t ≥ 0 ta có
m( t
2
+2) ≤ t+1 tương đương với
m
t
t
≥
+
+
2
1
2
xét hàm số f(t) =
2
1
2
+
+
t
t
trên tập t≥ 0 có
22
2
,
)2(
22
)(
+
+−−
=
t
tt
tf
f
,
(t) = 0 khi t = 1
3±
Ta có bảng biến thiên
Nhìn vào bảng biến thiên để bất phương trình có nghiệm thì m ≤
4
13 +
V) Phương pháp đồ thị :
Kiến thức cơ bản : dùng đẻ giải các bài toán tìm tham số để bất phương trình có nghiệm thực hiện
các
bước sau :
*) sử dụng các phép biến đổi tương đương đưa bất phương tình đã cho về một hệ
t
f
t
F
(
t
)
0-
+
0
-1
*) xét trên hệ trục tọa độ Oxm
+) Biểu diễn các điểm M(x,m) thỏa mãn các bất phương trình trong hệ ,giả sử các tập đó là X
1
,X
2
,
+) Xác định X= X
1
∩ X
2
∩…
+) Chiếu vuông góc tập X lên trục m ,giả sử là I
m
*) Khi đó:
+) Để hệ vô nghiệm khi m ≠ I
m
+) Để hệ có nghiệm khi m € I
m
+) Để hệ có nghiệm duy nhất khi đường thẳng m =
α
giao với tập X đúng một điểm duy nhất
Bài tập áp dụng:
Bài1: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm
xmx −≥−
2
1
đặt y =
01
2
≥− x
khi đó bất
phương trình tương đương với một hệ
≥−+
=+
)3(0
)2(1
22
myx
yx
Các điẻm thỏa mãn (2) ký hiệu là X
1
là tập hợp các điểm mằn nửa trên của đường tròn tam O bán
kính R=1 các điểm thỏa mãn (3) ký hiệu là X
2
là tập hợp các điểm nằm phía trên của đưòng thẳng x +
y = m lấy với y ≥ 0 Vậy để bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi
≠
21
XX
0 khi m
2≤
Bài2: Tìm m để bất phương trình sau đúng mọi x thuộc – 4 ≤ x ≤ 6
≤−+ )6)(4( xx
x
2
- 2x +m đặt y =
)6)(4( xx −+
≥ 0 suy ra y
2
= 24 + 2x – x
2
Tương đương với ( x -1 )
2
+y
2
= 25 như vậy vế trái của bất phương trình là nửa trên của đường
tròn tâm I(1,0) bán kính R = 5 , còn vế phải của bất phương trình y = x
2
– 2x + m là một pảabol có
đỉnh nằm trên đường thẳng x = 1 để bài toán nghiệm đúng
với mọi x thuộc – 4 ≤ x ≤ 6 thì pảa bol luôn nằm
phía trên nửa đường tròn và đỉnh của pảabol tiếp xúc
với đường tròn tại điểm M(1,5) tức là 5 = m
0
– 1 suy ra m
0
= 6
vậy giá trị m cần tìm là m ≥ 6
VI) Phương pháp điều kiện cần và đủ
Cơ sở lý thuyết : dựa vào đặc điểm của bất phương trình ta có thể
Suy ra đặc điểm của nghiệm của bất phương trình từ đó suy ra
Giá trị tham số m , điều kiện đủ với m tìm được thay vào bẩt phương trình ,giá trị m thỏa mãn điều
kiện của bài toán là giá trị cần tìm
Bài tập áp dụng
Bài toán1: Tìm m để bất phương trình có nghiệm duy nhất
22
2 mxmx ≤−
(1)
Điều kiện cần : giả sử (1) có nghiệm là x
0
thì – x
0
cũng là nghiệm , do đó muốn có nghiệm duy
nhất thì phải có x
0
= - x
0
suy ra x
0
= 0 thay vào (1) ta có m = 0
Điều kiện đủ : với m = 0 thay vào bất phương trình ta có ngay nghiệm duy nhất x = 0 ,vậy m = 0
là giá trị cần tìm
Bài toán2: Tìm m để bất phương trình
mxxxx +−≤−+ 2)4)(2(
2
(1) nghiệm đúng với mọi
[ ]
4,2−∈x
Điều kiện cần: để bất phương trình đúng mọi
[ ]
4,2−∈x
thì x = 1 cũng là nghiệm thay vào (1) ta có
m≥ 4
M(1,5)
x
1
y
Điều kiện đủ : với m ≥ 4 khi đó áp dụng bất đẳng thức Cô si vế trái ta có Vế trái =
3
2
42
)4)(2( =
−++
≤−+
xx
xx
vế phải x
2
– 2x + m = (x-1)
2
+ m – 1 ≥ 3 suy ra vế phải ≤ vế trái ,
vậy với m ≥ 4 là giá trị cần tìm
VII) Phương pháp đánh giá: Đó là các bài toán giải thông thường gặp khó khăn .nếu để ý đặc điểm
của bài toán và kết hợp với mọt số bất đẳng thức cơ bản ta có thể suy ngay ra nghiệm của bài toán
Bài toán áp dụng : giải bất phương trình sau
211
22
≤−++−− xxxx
Ta có điều kiện
1
01
01
01
2
2
2
≥⇔
≥−+
≥−−
≥−
x
xx
xx
x
Khi đó
21.1211
2222
=−+−−≥−++−− xxxxxxxx
vậy bát phương trình có nghiệm
khi và chỉ khi Vế trái = 2 khi và chỉ khi
111
22
=⇔−+=−− xxxxx
vậy x = 1 là nghiệm của bất phương trình
Chủ đề phương trình có chứa giá trị tuyệt đối
I) Phương pháp biến đổi tương đương
1) Cơ sở lý thuyết :
Dạng1:
−=
=
⇔=
)2()()(
)1()()(
)()(
xgxf
xgxf
xgxf
Dạng2:
=
≥
⇔=
)()(
0)(
)()(
22
xgxf
xg
xgxf
, hoặc
−=
=
≥
⇔
)()(
)()(
0)(
xgxf
xgxf
xg
Chú ý: người ta thường dùng cách thứ 2 khi bình phương hai vế xuâts hiện phương
trình bậc cao
2) Bài tập áp dụng
Bài1: gpt
0
22
22
2
22
2
1
2
2
=⇔
+−=+
−=+
≠
⇔
−=+
≠
⇔=
−
+
x
xx
xx
x
xx
x
x
x
Bài2:gpt | x
2
+5x+4 | = x+4 tương đương
6,0
)4()45(
04
222
==⇔
+=++
≥+
xx
xxx
x
Bài 3: Giải và biện luận phương trình:
| x
2
-2mx-2m | = | x
2
+ 2x| (1)
Tương đương với
( )
=−−−
−=+
⇔
−−=−−
+=−−
)3(0)1(
2)1(
222
222
2
22
22
mxmx
mxm
xxmmxx
xxmmxx
Giải 2
• với m + 1 = 0 thì m = -1 khi đó (2) vô nghiệm
• với m + 1 ≠ 0 thì m ≠ - 1 khi đó (2) tương đương với
1+
−=
m
m
x
Giải3 Ta có = (m+1)
2
* Với = 0 m = - 1 (3) có nghiệm x = -1
* Với > 0 m ≠ - 1 khi đó (3) có nghiệm
=
−=
mx
x 1
Kết luận
• Với m = -1 phương trình có một nghiệm x = - 1
• Với m ≠ - 1 phương trình có3 nghiệm x = - 1 , x = m ,
1+
−=
m
m
x
Bài4 Giải và biện luận phương trình | x
2
+ x +m | = - x
2
+ x +2
Phưong trình tương với
−−
=
−
=
≤≤−
⇔
−−=
−=
≤≤−
⇔
−−=++
++−=++
≥++−
)3(
2
2
)2(
2
2
(*)21
22
22
21
2
2
02
2
2
22
22
2
m
x
m
x
x
mx
mx
x
xxmxx
xxmxx
xx
a) Giải và biện luận (2)
* với
−<
>
⇔
>
−
<
−
6
2
4
2
2
0
2
2
m
m
m
m
khi đó (2) không có nghiệm thỏa mãn (*)
* Với 1 <
064
2
2
<≤−⇔≤
−
m
m
thì (2) có nghiệm x =
2
2 m−
±
thỏa mãn (*)
* Với 0 ≤
201
2
2
≤≤⇔≤
−
m
m
thì (2) có nghiệm x =
2
2 m−
±
thỏa mãn (*)
b) Giải và biện luận (3) ,nghiệm của (3) thỏa mãn (*) khi
062
2
2
1 ≤≤−⇔≤
−−
≤− m
m
Kết luận :
• ) vơi m>2 hoặc m <- 6 phương trình vô nghiệm
• ) Với
20 ≤≤ m
phương trình có 2 nghiệm x =
2
2 m−
±
• )
06 <≤− m
thì (2) có nghiệm x =
2
2 m−
và x=
2
2 m−−
II) Phương pháp chia khoảng
1) Cơ sở lý thuyết: Khi giải phương trình có chứa nhiều tuyệt đối
a) Đặt điều kiện để phương trình có nghĩa
b) Lập bảng xét dấu tất cả các biểu thức nằm trong tuyệt đối
c) Giải phương trình trên từng khoảng đã chia
d) Kết luận
2) Bài tập áp dụng
Bài 1 gpt | x
2
– x | + | 2x – 4 | = 3
• Nếu x ≤ 0 hoặc 1 ≤ x ≤ 2 pt tương dưong với x
2
– x – (2x-4) = 3 khi x
2
-3x+1=0
Cho ta 2 nghiệm
2
53 ±
=x
loại
* Nếu 0<x<1 pt tương đương với x
2
+x -1 = 0 có nghiệm
2
51+−
=x
thỏa mãn
* Nếu x ≥ 2 pt tương đương với x
2
+x – 7 = 0 có nghiệm
2
291+−
=x
thỏa mãn
Bài2: gpt
3
14
3
+=
−−
x
x
điều kiện x khác 3 và 5
x
X
2
-x
2x-4
0 1 2
||0
| | 0
+
+
- +
* Nếu x ≤ -3 pt tương đương với x
2
= 12 có nghiệm x =
32−
thỏa mãn
* Nếu -3 <x < 4 pt tương đương với x
2
= 6 có nghiệm x =
6±
thỏa mãn
* Nếu x ≥ 4 pt tương đương với x
2
-2x – 18 = 0 có nghiệm x = 1+
19
thỏa mãn
Chú ý : néu có nhiều giá trị tuyệt đối cách giải vẫn tương tự nhự vậy
III) Phương pháp sử dụng các tính chất giá trị tuyệt đối :
1) Cơ sở lý thuyết:
* Tính chất 1: | a+b| = |a| + |b| khi và chỉ khi a,b ≥ 0
* Tính chất 2: |a| + |b| = a + b khi và chỉ khi a,b ≥ 0
* Tính chất3 : |a| + |b| = a - b Khi và chỉ khi a ≥ 0 , b ≤ 0
* Tính chất 4 : | a – b | = |a| - |b| Khi và chỉ khi b( a-b) ≥ 0
Cách giải
• Đặt điều kiện phương trình có nghĩa
• Biến đổi phương trình về 1 trong 4 dạng trên
• Giải và kết luận
2) Bài tập áp dụng
Bài1: Giải phương trình | x
2
– 4x + 3| + | x
2
– 4x| = 3
Cách 1 có thể giải bằng phương pháp chia khoảng
Cách 2 phương trình có thể biến đổi thành | x
2
– 4x + 3| + | x
2
– 4x| =
( x
2
– 4x + 3)- ( x
2
– 4x )
≤≤
≤≤
⇔
≤−
≥+−
⇔
43
10
04
034
2
2
x
x
xx
xx
Bài2 Giải phương trình
1tan
tan
tan
1tan
tan
2
−
=+
− x
x
x
x
x
Biến đổi phương trình về dạng
x
x
x
x
x
x
tan
1tan
tan
tan
1tan
tan
+
−
=+
−
Tương đương với
+<<+
=
⇔
>
=
⇔≥
−
π
π
π
π
π
kxk
kx
x
x
x
x
24
1tan
0tan
0
1tan
tan
2
Bài3 Giải phương trình
114312 =−−++−− xxxx
điều kiện x ≥ 2
Tương đương với
1)1(2()11(
22
=−−+−− xx
Tương đương với
1211 −−+−− xx
=
)12()11( −−+−− xx
Tương đương với
52
21
01
012
011
≤≤⇔
≤−
≥−
⇔
≥−−
≥−−
x
x
x
x
x
IV) Phương pháp đặt ẩn phụ:
1) Cơ sở lý thuyết : Đặt ẩn phụ thích hợp đưa bài toán đã cho vè bài toán 1 ản không
có tuyệt đối
2) Bài tập áp dụng
Bài1: gpt (x – 1 )
2
+4 | x-1| +3 = 0
Đặt t = | x-1| t không âm ta có phương trình t
2
+4t +3 = 0
x
x+3
3
x-4
-3
0
| 0
|
4
-+-
- - +
−=
=
⇔
=−
−=−
⇒
=
−=
2
4
31
31
3
1
x
x
x
x
t
loait
Bài2: Giải phương trình
01
25
6
25
2
2
=+
+−
−+−
xx
xx
Dặt t = | x
2
-5x +2| >0 ta có phương trình t + 1/t +1=0 có nghiệm t= -3 , t=2
với t = 2 thỏa mãn khi đó | x
2
-5x +2| = 2 ta có x
2
-5x +2 = 2 ,
x
2
-5x +2 = - 2 cho ta nghiệm x=0 , x= 1, x= 4 , x=5
Bài3 : Giải và biện luận pt
2
12
2
2 =
+−
+−
mx
mx
Đặt t = | mx-2| +1 ≥ 1 có phương trình t – 1 + 2/t =2
=
=
=
⇔
=−
=−
⇔
=+−
=+−
⇔
=
=
⇔
1
3
2
12
02
212
112
2
1
mx
mx
mx
mx
mx
mx
mx
t
t
Kết luận : * với m =0 phương trình vô nghiệm
• với m khác 0 phương trình có 3 nghiệm phân biệt x = 1/m , x = 2/m ,
x = 3/m
V) Phương pháp hàm số
1) Cơ sở lý thuyết Nếu hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên tập xác định của nó thì ta
luôn
có f(u) = f(v) khi và chỉ khi u = v
2)Bài tập áp dụng
Bài 1 gpt
1
1
52
1
1
1
52
1
152152
−
−=
−
−⇔
−
−
−
=−
−−−−
x
e
x
e
xx
ee
xxxx
Tập xác định x khác 5/2 , 1
Xét hàm só f(t) = e
t
– 1 / t có đạo hàm e
t
+ 1/t
2
> 0 với mọi t hàm số luôn đồng biến
Vậy ta có f(| 2x-5|) = f( |x-1|) khi và chỉ khi | 2x-5| = | x-1| giải ra có nghiệm x = 2,x=4
Bài2 gpt x
2
–x|x| + 3x – 10 = 0
Xét hàm số f(x) = x
2
–x|x| + 3x – 10 có đạo hàm f
) =
<++
>+−
0323
0323
2
2
xxx
xxx
Đạo hàm luôn dương với mọi x hàm số luôn luôn đồng biến vậy nếu có nghiệm thì đó là
nghiệm duy nhất dễ thấy x = 2 là nghiệm duy nhất của bài toán
VI) Phương pháp điều kiện cần và đủ
a. Cơ sở lý thuyết : Tìm điều kiện tham số có thẻ xẩy ra các dạng sau
• Dạng1 : phương trình có nghiệm duy nhất
• Dạng2 phương triònh có nghiệm với mọi giá trị tham số
• Dạng 3 phương trình nghiệm đúng với mọi x thuộc miền D
• Phương trình tương đương với một phương trình hoặc một bất phương trình khác
Thực hiện các bước giải sau
• Đặt điều kiện phương trình có nghĩa
• Dựa vào đặc điểm của phương trình tìm điều kiện cần suy ra giá trị của tham só
• Giá trị tham số thỏa mãn điều kiện của bài toán là giá trị cần tìm
b. Bài tập áp dụng
Bài toán : Tìm m để phương trình sau | x-m | = x + 4 đúng với mọi x ≥ -2
Điều kiện cần : vì đúng với mọi x ≥ -2 nên đúng với x = -2 suy ra | 2-m| = 2+m
Suy ra m = 0 , m=4
Điều kiẹn đủ
Với m = o ta có phương trình |x| = x+ 4 ta thấy x =0 không thỏa mãn loại
Với m = 4 ta có | x-4 | = x + 4 luôn đúng với mọi x ≥ -2
Vậy giá trị m = 4 là giá trị cần tìm
VII) Phương pháp đánh giá
1) Cơ sở lý thuyết dựa vào tính chát một số bất đẳng thức cơ bản ,và phương pháp đối
lập
Ta có thể suy ra nghiệm của phương trình
2) Bài tập áp dụng
Bài toán 1: gpt sau
2
3
1
1
3
=
+
+
+
x
x
Áp dụng bất đẳng thức cô si cho vế trái phương trình ta có
2
3
1
1
3
2
3
1
1
3
=
+
+
≥
+
+
+
x
x
x
x
bằng vế phải dấu bằng xẩy ra khi
3
1
1
3
+
=
+
x
x
khi x = 2 , x = 4 vậy phương trình có 2 nghiệm x=2,x=4
Bài toán2: gpt 6-4x –x
2
=
x
y
x
x
y
x
y 2
sin
10
)2(10
cossin
5
2
=+−⇔
nhận xét Vt ≤ 10, Vp ≥ 10 dấu bằng xẩy ra khi cả 2 vế bằng 10
+=
−=
⇔
=
−=
⇔
=
=+
⇔
π
π
ky
x
y
x
x
y
x
2
2
1sin
2
1
2
sin
02
Chủ đề bất phương trình có chứa giá trị tuyệt đối
I) Phương pháp biến đổi tương đương
a) Cơ sở lý thuyết
1) | f(x) | > | g(x) ) tương đương với f
2
(x) > g
2
(x)
2)
>
≥
<
⇔>
)()(
0)(
0)(
)()(
22
xgxf
xg
xg
xgxf
3)
<
>
⇔<
)()(
0)(
)()(
22
xgxf
xg
xgxf
Khi giải cần thực các bước sau
• Kiểm tra đièu kiện
• sử dụng các phép biến đổi tương đưa bất phương trình đã cho về hệ phương trình đại
số từ đó tìm được nghiệm
• Kiểm tra đièu kiện
• Kết luận nghiệm
b) Bài tập áp dụng
Bài1 gbpt | 4x
3
– 3x | ≤ 1 tương đương với ( 4x
3
– 3x )
2
≤ 1 tương đương
( 4x
3
-3x +1 ) ( ( 4x
3
-3x -1 ) ≤ 0 tương đương vói (x
2
– 1)(2x+1)
2
(2x-1)
2
≤ 0
Tương đưong
11
01
012
012
2
≤≤−⇔
≤−
=−
=+
x
x
x
x
Bài2 gbpt
4451
4
45
22
2
2
−≤+−⇔≤
−
+−
xxx
x
xx
Tương đương với ( x
2
-5x +4 )
2
≤ (x
2
– 4 )
2
tương đương ( 2x
2
-5x) ( 8-5x) ≤ 0
Tương đương với
+∞∪
⇔
>
<≤
,
2
5
5
8
,0
2
5
5
8
0
x
x
Bài3 gbpt | 1-4x | > 2x +1 tương đương với
( ) ( )
+∞∪∞−⇔
+>−
≥+
<+
,10,
)12()41(
012
012
22
xx
x
x
II) Phương pháp chia khoảng :
1) Cơ sở lý thuyết : khi gặp bài toán có từ hai trị số tuyệt đối trở lên ta làm như sau
• Đặt điều kiện có nghĩa của bpt
• Lập bảng xét dấu tất cả cac biểu thức trong dấu tuyệt đối , chia khoảng
• Giải bất phương trình trên từng khoảng
• Kết luận
2) Bài tập áp dụng :
Bài1 gbp
1
3
34
2
2
≥
−+
+−
xx
xx
bpt có nghĩa với mọi x
Ta có bảng xét dấu
x
0 4
5
X
2
– 4x + 0 - 0 +
| +
x- 5 - | - | -
0 +
Kết luận
Trưòng hợp 1
3
2
1
5
34
54,0
2
2
−≤⇔≥
−−
+−
⇔≤≤≤ x
xx
xx
xx
Trưòng hợp 2 0<x<4 tương đương
2
2
1
1
5
34
2
2
≤≤⇔≥
−−
++−
x
xx
xx
Trưòng hợp 3 x>5 tương đương với
5
8
1
5
34
2
2
≤⇔≥
−+
+−
x
xx
xx
loại
Vậy nghiệm của bpt là
∪
−∞−
2,
2
1
3
2
,
Bài2 gbpt
2
35
9
−≥
−−
x
x
ta có b ng xét d u ả ấ
x
2 5
x-5 - | - 0 +
x-2 - 0 + 0 +
* Nếu x < 2 tương đương với
10
2
54
02
2
9
2
35
9
2
−≤⇔≥
−
++−
⇔≥−+
−
⇔+−≥
−−
x
x
xx
x
x
x
x
* Nếu 2 ≤ x< 5, bpt <=>
520
2
)2(9
02
2
9
2
35
9
2
<<⇔≥
−
−+
⇔≥+−
−
⇔−≥
−−
x
x
x
x
x
x
x
* Nếu x>5 bpt <=>
23580
8
710
0)2(
8
9
2
35
9
2
+≤<⇔≥
−
+−
⇔≥−−
−
⇔−≥
−−
x
x
xx
x
x
x
x
Kết luận nghiệm bpt
(
]
( )
(
]
235,85,21, +∪∪−∞−
III) Phương pháp sử dụng tính chất giá trị tuyệt đối
1) Cơ sở lý thuyết
* Tính chất1 | a + b | ≤ |a| + |b| với mọi a,b
* Tinh chất 2 | a - b | ≥ |a| - |b| với mọi a,b
* Tính chất1 | a + b | < |a| + |b| tương đương với ab <0
* Tinh chất 2 | a - b | > |a| - |b| tương đương với b(a-b)<0
Thực hiện các bước sau
1) Đặt điều kiện néu có
2) Biến dổi phương trình về một trong 4 dạng trên
3) Giải
4) Kết luận
2) Bài tập áp dụng
Bài1 gbpt | 2x
2
-3x+11| - | 2x
2
-5x | < 2x + 1 tương đương với
| 2x
2
-3x+11| - | 2x
2
-5x | < | ( 2x
2
-3x+11) – (2x
2
– 5x ) | tương đương với
( 2x
2
– 5x )( 2x+1) < 0 cho ta nghiệm x < - 1/2 , 0 < x < 5/2
Bài 2 gbpt
1tan
tan
tan
1tan
tan
2
−
>+
− x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
tan
1tan
tan
tan
1tan
tan
+
−
>+
−
Tương đương với
+<<+−
≠
⇔
<
≠
⇔<
−
π
π
π
π
π
kxk
kx
x
x
x
x
22
1tan
0tan
0
1tan
tan
2
IV) Phương pháp dặt ẩn phụ
1) Cơ sở lý thuyết căn cứ vào đặc điểm bài toán có thẻ dặt ẩn phụ thích hợp đưa bát
phương tình về dạng không còn chứa tuyệt đối
2) Bài tập áp dụng
Bài 1 gbpt ( 2x-1)
2
-3 |2x-1| +2 ≤ 0 đặt t = | 2x-1| t không âm ta có bpt
sau
T
2
– 3t +2 ≤ 0 cho ta 1 ≤ t ≤ 2
≤≤
≤≤−
⇔
≤
≥
≤≤−
⇔
−≤−
≥−
≤−≤−
⇔
2
3
1
0
2
1
0
1
2
1
2
1
112
112
2122
x
x
x
x
x
x
x
x
Bài2 gbpt
0
113
2
13
2
2
≤
++−
−+−
xx
xx
đặt t = | x
2
-3x +1| ≥ 0 ta có bpt
113111312020
1
2
222
≤+−≤−⇔≤+−⇔≤≤−⇔≤−+⇔≤
+
− xxxxttt
t
t
≤≤
≤≤
⇔
≤≤
≤
≥
⇔
≤−
≥+−
⇔
32
10
30
1
2
03
023
2
2
x
x
x
x
x
xx
xx
V) Phương pháp hàm số
1) Cơ sở lý thuyêt dựa vào tính chất đơn điệu hàm số suy ra f(u) > f( v) khi và chỉ khi
u>v
nếu hàm số đó luôn đồng biến và ngược lại
2)Bài tập áp dụng :
Bài1 gbpt 4| 2x-1| (x
2
–x +1) > x
3
-6x
2
+15x -14 ta biến đổi
| 2x-1| ( (2x-1)
2
+3) > (x-2)
2
+3x-6 tương đương | 2x-1|
3
+3 | 2x-1| > (x-2)
3
+3(x-2)
Xét hàm số f(t) = t
3
+3t có đạo f
)
= 3t
2
+3 >0 với mọi t hàm số đồng biến nên
f(| 2x-1| ) > f(x-2) khi và chỉ khi | 2x-1| > x-2 thỏa mãn với mọi x , vậy bất phương
trình
nghiệm đúng vói mọi x
Bài2 gbpt x
3
- | x
2
-3x +2 | +6x +7 > 0
Xét hàm số f(x) = x
3
- | x
2
-3x +2 | +6x +7 có tập xác định R
Đạo hàm f
)
=
<<++
>
<
+−
21323
2
1
923
2
2
xvoixx
x
x
voixx
đạo hàm luôn dương với mọi x
Hàm số luôn đồng biến mặt khác ta lại có f(1) =0 vậy dẻ f(x) > 0 khi x >1 là nghiệm
của
bài toán
VI) Phương pháp đánh giá
1) Cơ sở lý thuyết
• Dựa vào tam thức bậc hai
• Dựa nvào các bất đẳng thức cơ bản Cô si, Bu nhi a
• Tính chất giá trị tuyệt đối
2) Bài tập áp dụng
Bài1: gbpt
8444
22
≥+++−− xxxx
Tập xác dịnh với mọi x ≥ |2|
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho vế trái ta có VT
84442
22
=++−−≥ xxxx
bằng vế phải vạy bất phương trình nghiệm đúng với mọi x ≥ |2|
Bài2 gbpt điều kiện 0 ≤ x ≤ 1
Sử dụng bát dẳng thức Bu nhi a cho vé trái ta có
[ ]
101122)1()1()11(
2222
≤≤=≤+−=+−−+≤−+− xvivpxxxxxxxxxx
Vậy bpt nghiệm đúng với mọi x
[ ]
1,0∈
Phần III/ Rèn phản xạ theo tình huống mới và bài tập cập nhật:
Bài 1: gpt
3
2 x 1 x 1− = − −
* cách 1: đk, đặt u =
3
2 x−
, chuyển x theo u rồi gpt căn thức bậc 2,
nhẩm đc nghiệm x=1, x=2
* cách 2: đk, đặt u =
3
2 x−
, v=
x 1
−
,v không âm. đưa về hệ giải bằng phép thế và nhẩm đc
nghiệm * kq 3 nghiệm: x=1;2;10
Bài 2: gpt
3
2 3x 2 3 6 5x 8 0− + − − =
* có 2 cách như bài 1. * kq một nghiệm duy nhất x=-2
Bài 3: gpt
+ −
2
3 3x 2x
−
− +
2
2 3x 2x
=1 * có 2 cách như bài 1. * kq x=1 ; x=
1
2
. Lưu ý nên đặt
một ẩn rồi biến đổi biểu thức trong căn bậc 2 còn lại theo ẩn mới ./.
Bi 4: gpt
2
x 3x 2+ +
+
2
x 6x 5+ +
=
2
2x 9x 7+ +
* k x 5 x 1 t u=
2
x 3x 2+ +
;
v=
2
x 6x 5+ +
, u , v 0 . pt u+v=
2 2
u v+
<=> (u+v)
2
= u
2
+v
2
<=> 2u.v=0 <=>
u 0
v 0
=
=
<=>
x 2 x 1
x 5 x 1
= =
= =
<=> x=5 x=1 . chỳ ý õy l dng hay, hóy suy ngh
TQ.
Bi 5: gpt
2
2x 5x 2+ +
2
2
2x 5x 6+
=1 * ging bi 3. kq x=1 ; x=
7
2
.
Bi 6: gpt
5x 1
3x 2
=
x 1
k x1 pt
5x 1
=
3x 2
+
x 1
bp2v 2 ln v lu ý k. Kq
x=2
chỳ ý õy l dng hay, hóy suy ngh TQ cho trng hp cú 3 cn b2, thm chớ 4 cn b2.
Bi 7: gpt
+ x 2 x 1
+
x 2 x 1
=
x 3
2
+
k x1 pt
( )
2
x 1 1 +
+
( )
2
x 1 1
=
x 3
2
+
<=>
x 1
+1 +
x 1 1
=
x 3
2
+
(*) xột 2 TH
x 1
1 <=> x 2 v
x 1
<1 <=> 1 x< 2
phỏ du GTT ri gii bt. Kq x=1 ; x=5
Bi 8: gbpt
x
x 4
4
+
8x k ri nhúm bt trong cn VT v lu ý k s mt c mt cn ngoi,
bpt
x 4
+2 16-x.
Kq 4 x
25
4
Các bài toán liên quan
Bằng cách đặt ẩn phụ thích hợp, ta đợc bài toán giải phơng trình về giải hệ phơng trình.
Ví dụ 1: Giải phơng trình
3
3
1 2 2 1x x+ =
Lời giải: Đặt
3
2 1x y =
Ta có hệ phơng trình đối xứng loại 2
3
3
1 2
1 2
x y
y x
+ =
+ =
Thì theo vế của 2 phơng trình ta đợc (x- y)(x
2
+ y
2
+ xy + 2) = 0
Dễ thấy : x
2
+ y
2
+ xy + 2 > 0 với mọi x, y
x = y Với x = y ta có: x
3
- 2x + 1 = 0
(x
- 1)(x
2
+ x - 1) = 0
( )
( )
1
1 5 : 2
1 5 : 2
x
x
x
=
= +
=
Phơng trình có 3 nghiệm nh trên.
Ví dụ 2: Giải phơng trình
( ) ( ) ( )
3 4 12 28 (1)x x x x+ + =
Lời giải: Điều kiện:
( ) ( )
( ) ( )
4 12 0
12 4
3 28
3 28 0
x x
x
x
x x
+
+
3 4x
()
với điều kiện () (1)
(x + 3)
2
(4 - x)(12 - x) = (28 - x)
2
x
4
+ 14x
3
+ 10x
2
- 272x + 352 = 0
(x
2
+ 6x - 22) (x
2
+ 8x - 16) = 0
2
1 2
2
3 4
3 31 , 3 31
6 22 0
8 16 0
4 4 2 , 4 4 2
x x
x x
x x
x x
= + =
+ =
+ =
= + =
Đối chiếu điều kiện ta thấy x
1
, x
3
thoả mãn bài toán. Vậy phơng trình có 2 nghiệm.
1
3
3 31
4 4 2
x
x
= +
= +
Ví dụ 3: Giải phơng trình
( ) ( ) ( )
3 4 12 28 (1)x x x x+ + =
Lời giảI Đặt u = x + 3 v =
( ) ( )
4 12x x +
với v
0
Khi đó phơng trình (1) trở thành: 2uv = u
2
+ v
2
- 1
(u - v)
2
= 1
1
1
v u
v u
=
= +
Với v = u - 1
0
ta có
( ) ( ) ( )
2
2
3 1
2
3 31
6 2 0
4 12 2
x
x
x
x x
x x x
+
= +
+ =
+ = +
Với v = u + 1
0 ta có :
( ) ( ) ( )
2
2
3 1
4
4 4 2
8 16 0
4 12 4
x
x
x
x x
x x x
+
= +
+ =
+ = +
Phơng trình có tập nghiệm là:
{
}
31 3;4 2 4
NH GA
Ví dụ 4. Giải phơng trình
2 2 2
6 13 6 18 34 6x x x x x x
+ + + + + =
Lời giải:
Biến đổi phơng trình về dạng:
2 2 2
( 3) 4 ( 3) 9 25 ( 3)x x x
+ + + + + = +
VT
2 3 5
+ =
Dấu = khi x = -3
Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất x = - 3
Ví dụ 5: Giải phơng trình: x(2008 - x
2007
) = 2007
Lời giải: Nếu
0x
thì
2007
(2008 ) 0x x
loại Vậy
0x
Viết phơng trình về dạng: x
2008
+ 2007 = 2008x
Theo bất đẳng thức côsi cho 2008 số dơng. Ta có:
x
2008
+ 2007 = x
2008
+ 1 + 1 + +1
2008x
2007 số 1
Dấu = xảy ra khi x = 1 Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất x = 1
Ví dụ 6: Giải phơng trình
2
3
2016 2017 2007 2007x x x x
=
Lời giải: Điều kiện: x
2007
Với
2007 2008x
<
thì
3 3
2016 2017 2016 2008 2008 2007 1x x
> =
x
2
- 2007x - 2007 = x(x- 2007) - 2007 < 2008(2008 - 2007) - 2007 = 1
Thử x = 2008 thoả mãn.
Với x > 2008 thì:
3 3
2016 2017 2016 2008 2008 2007 1x x
< =
x
2
- 2007x - 2007 = x(x- 2007) - 2007 > 2008(2008 - 2007) - 2007 = 1
Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất x = 1
Ví dụ 7: giải phơng trình
5 2 7
4 3 2 1
1
x
x
+
+ =
+
Lời giải: Điều kiện: x + 1 > 0 hay x > -1 Viết phơng trình về dạng:
3
( 2 1)
4( 1) 3( 2 1)
1
x
x
+
+ + = +
+
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dơng ta có:
3 3 3
( 2 1) ( 2 1) ( 2 1)
4( 1) 4( 1) 3( 2 1)
1 4( 1) 4( 1)
x x
x x x
+ + +
+ + = + + + +
+ + +
Dấu = xảy ra khi:
3
( 2 1)
4( 1) 2 1
4( 1)
x
x
+
+ = = +
+
Hay 4x =
2 3
Hay x =
2 3
4
Phơng trình có nghiệm duy nhất: x =
2 3
4
Ví dụ 8: Giải phơng trình
4 2 3 3
4 3 4 3 16 12x x x x x
+ + + = +
Lời giải: Ta có:
2
4 2 4
3 7
4 3 4 4 0 0
2 4
x x x x x x
+ + + = + + + > >
ữ
áp dụng Bất đẳng thức Côsi ta có:
4 2 3 2 2 3 3
3
(4 ) 3 4 4 3 4 (4 3) 2 2 3 4 (4 3) 3 16 12x x x x x x x x x x x
+ + + + + = + + + + = +
Dấu = xảy ra khi x =
1
2
Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất: x =
1
2
Bài 9: Giải phơng trình
3 3 2
14 2(1 2 1x x x x
+ = +
(Dùng phơng pháp đánh giá)
Bài 10: Giải phơng trình
( )
2 3
2 8 5 8x x
+ = +
(Dùng phơng pháp biến đổi tơng đơng)
