Phương trình - BPT chứa căn
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (235.66 KB, 28 trang )
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHÓM 3 – TOÁN 2006A
MỤC LỤC
Trang
Mục lục 3
Phần 1: Phương trình vô tỷ 4
Phương pháp 1: Biến đổi tương đương 4
Phương pháp 2: Đặt ẩn phụ 6
Dạng 1 6
Dạng 2 8
Dạng 3 9
Dạng 4 10
Phương pháp 3: Hàm số 12
Dạng 1: Sử dụng tính chất liên tục của hàm số 12
Dạng 2: Sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số 13
Dạng 3: Sử dụng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất 14
Dạng 4: Sử dụng định lý Lagrange 15
Dạng 5: Sử dụng định lý Rôn 16
Phương pháp 4: Đồ thị 17
Phương pháp 5: Điều kiện cần và đủ 18
Phương pháp 6: Đánh giá 19
Phần 2: Bất phương trình vô tỷ 21
Phương pháp 1: Biến đổi tương đương 21
Phương pháp 2: Đặt ẩn phụ 22
Dạng 1 22
Dạng 2 23
Dạng 3 23
Phương pháp 3: Hàm số 24
Dạng 1: Sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số 24
Dạng 2: Sử dụng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất 25
Phương pháp 4: Đồ thị 26
Phương pháp 5: Điều kiện cần và đủ 27
Phương pháp 6: Đánh giá 28
Tài liệu tham khảo 29
Ý kiến của Giảng Viên 30
PHẦN 1: PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
3
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHÓM 3 – TOÁN 2006A
Cách bước giải phương trình vô tỷ:
Bước 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho phương trình.
Bước 2: Lực chọn phương pháp thực hiện:
Phương pháp 1: Biến đổi tương đương.
Phương pháp 2: Đặt ẩn phụ, có 4 dạng đặt ẩn phụ:
1. Sử dụng 1 ẩn phụ để chuyển phương trình ban đầu thành 1 phương trình với 1 ẩn
phụ.
2. Sử dụng 1 ẩn phụ để chuyển phương trình ban đầu thành 1 phương trình với 1 ẩn
phụ nhưng các hệ số vẫn còn chứa
x
.
3. Sử dụng
k
ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành hệ phương trình với
k
ẩn
phụ.
4. Sử dụng 1 ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành hệ phương trình với 1 ẩn phụ
và 1 ẩn
x
.
Phương pháp 3: Hàm số, bao gồm:
1. Sử dụng tính liên tục của hàm số.
2. Sử dụng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số.
3. Sử dụng định lý Lagrange.
4. Sử dụng định lý Rôn.
Phương pháp 4: Đồ thị.
Phương pháp 5: Điều kiện cần và đủ.
Phương pháp 6: Đánh giá.
PHƯƠNG PHÁP 1: BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
I. Phương pháp
Với các dạng phương trình cơ bản:
Dạng 1: Phương trình:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
, ,
, , 0 *
, ,
f x m g x m
x D
f x m g x m
f x m g x m
=
∈
⇔ = ≥ ⇔
=
Lưu ý rằng: Điều kiện
( )
*
được lựa chọn tuỳ theo độ phức tạp của
( )
, 0f x m ≥
và
( )
, 0g x m ≥
.
Dạng 2: Phương trình:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2
, ,
, to mean và , 0
, ,
f x m g x m
g x m g x m
f x m g x m
=
≥
⇔
=
Lưu ý rằng: Không cần
( )
, 0f x m ≥
.
Dạng 3: Phương trình:
4
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHÓM 3 – TOÁN 2006A
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
, , ,
, to mean và f , 0
, to mean và , 0
, , 2 , , ,
f x m g x m h x m
f x m x m
g x m g x m
f x m g x m f x m g x m h x m
+ =
≥
⇔ ≥
+ + =
Lưu ý rằng: Không cần
( )
, 0h x m ≥
.
II. Bài tập áp dụng:
1. Cho phương trình:
2
1x x m− − =
( )
1
a) Giải phương trình với
1m
=
.
b) Giải và biện luận phương trình.
Giải:
Phương trình viết lại dưới dạng:
( )
( )
2
2
2
2
0
1
2 1 2
1
x m
x m
x x m
mx m
x x m
+ ≥
≥ −
− = + ⇔ ⇔
= − −
− = +
( )
I
a) Với
1m =
, hệ
( )
I
được chuyển về dạng:
1
1
2 2
x
x
x
≥ −
⇔ = −
= −
.
Vậy với
1m
=
phương trình có nghiệm
1x
= −
.
b) Ta xét các trường hợp:
- Với
0m =
. Khi đó
( )
2
vô nghiệm do đó
( )
1
vô nghiệm.
- Với
0m ≠
. Khi đó
( )
I
có nghiệm
( )
2⇔
có nghiệm thoả mãn
x m≥ −
2 2
1
1 1
0
1 0
2 2
m
m m
m
m
m m
≥
+ +
⇔ − ≥ − ⇔ − ≥ ⇔
− ≤ <
.
Kết luận:
- Với
1m
≥
hoặc
1 0m
− ≤ <
, phương trình có nghiệm
2
1
2
m
x
m
+
= −
.
- Với
1m < −
hoặc
0 1m≤ <
, phương trình vô nghiệm.
2. Giải phương trình:
4 1 1 2xx x+ − − = −
.
Giải:
Phương trình viết lại dưới dạng:
( ) ( )
1 0
1 1 2x 4 1 2x 0
1 1 2 2 1 1 2 4
x
x x
x x x x x
− ≥
− + − = + ⇔ − ≥
− + − + − − = +
5
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHÓM 3 – TOÁN 2006A
( ) ( )
( ) ( ) ( )
2
2
1
1
2
1
2 1 0
2
1 1 2 2 1
1 1 2 2 1
1 1
0.
2 2
2 7 0
x
x
x x
x x x
x x x
x
x
x x
≤
≤
⇔ ≤ ⇔ + ≥
− − = +
− − = +
− ≤ ≤
⇔ ⇔ =
+ =
Vậy phương trình có nghiệm
0x
=
.
PHƯƠNG PHÁP 2: ĐẶT ẨN PHỤ
DẠNG 1
I. Phương pháp
Phương pháp dùng ẩn phụ dạng 1 là việc sử dụng một ẩn phụ để chuyển phương trình
ban đầu thành một phương trình với một ẩn phụ.
Ta lưu ý các phép đặt ẩn phụ thường gặp sau:
1. Nếu bài toán chứa
( )
f x
và
( )
f x
có thể:
Đặt
( )
t f x=
, điều kiện tối thiểu
0t ≥
, khi đó
( )
2
f x t=
.
2. Nếu bài toán chứa
( )
f x
,
( )
g x
và
( ) ( )
.f x g x k=
( )
k cont=
có thể:
Đặt
( )
t f x=
, điều kiện tối thiểu
0t ≥
, khi đó
( )
k
g x
t
=
.
3. Nếu bài toán chứa
( ) ( )
f x g x±
,
( ) ( )
.f x g x
và
( ) ( )
f x g x k+ =
( )
k cont=
có thể:
Đặt
( ) ( )
t f x g x= ±
, khi đó
( ) ( )
2
.
2
t k
f x g x
−
=
.
4. Nếu bài toán chứa
2 2
a x−
có thể:
Đặt
x a sint=
với
,
2 2
t
π π
∈ −
hoặc
x a cost=
với
[ ]
0,t
π
∈
.
5. Nếu bài toán chứa
2 2
x a−
có thể:
Đặt
a
x
sint
=
với
{ }
, \ 0
2 2
t
π π
∈ −
hoặc
s
a
x
co t
=
với
[ ]
0, \
0
t
π
π
∈
.
6. Nếu bài toán chứa
2 2
a x+
có thể:
Đặt
x a tgt=
với
,
2 2
t
π π
∈ −
÷
hoặc đặt
x a cotgt=
với
( )
0,t
π
∈
.
7. Nếu bài toán chứa
a x
a x
+
−
hoặc
a x
a x
−
+
có thể đặt
2x acos t
=
.
8. Nếu bài toán chứa
( ) ( )
x a b x− −
có thể đặt
( )
2
x a b a sin t= + −
.
6
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHÓM 3 – TOÁN 2006A
Chú ý: Với các phương trình căn thức chứa tham số sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ,
nhất thiết ta phải đi tìm điều kiện đúng cho ẩn phụ.
Để tìm điều kiện đúng cho ẩn phụ đối với các phương trình vô tỉ, ta có thể lựa chọn
một trong các phương pháp sau:
1. Sử dụng tam thức bậc hai.
2. Sử dụng các bất đẳng thức.
3. Sử dụng đạo hàm.
II. Bài tập áp dụng
1. Giải phương trình:
2 2
3 3 3 6 3x x x x− + + − + =
Giải:
Đặt
2
3 3t x x= − +
, ta có:
2
3 3 3
2 4 4
t x
= − + ≥
÷
Do đó điều kiện ẩn phụ là
3
4
t ≥
.
Khi đó phương trình có dạng:
( ) ( )
( ) ( )
2
2
3 3 3 2 3 9 3 3
3 0
3 1
1 3 3 1
1 2
3 3
t t t t t t t t t
t
t x
t x x
t x
t t t
+ + = ⇔ + + + + = ⇔ + = −
− ≥
≤ =
⇔ ⇔ ⇔ = ⇔ − + = ⇔
= =
+ = −
Vậy phương trình có hai nghiệm
1, 2x x= =
.
2. Giải phương trình:
(
)
2 2
1 1 1 2 1x x x+ − = + −
.
Điều kiện:
2
1 0 1 1x x− ≥ ⇔ − ≤ ≤
.
Đặt
sinx t=
với
;
2 2
t
π π
∈ −
.
Khi đó phương trình có dạng:
(
)
( )
( )
2 2
1 1 sin sin 1 2 1 sin 1 cos sin 1 2cos
3
2cos sin sin 2 2cos 2sin cos
2 2 2 2
os 0
1
3
2
6
2cos 1 2 sin 0 .
2
2 2
3 2
1
sin
2
2 2
t t t t t t
t t t t
t t
t
l
c
t
x
t t
t
x
t
π
π
+ − = + − ⇔ + = +
⇔ = + ⇔ =
=
=
=
⇔ − = ⇔ ⇔ ⇔
÷
=
=
=
Vậy nghiệm của phương trình là
1
, 1
2
x x= =
.
3. Giải phương trình:
7
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHÓM 3 – TOÁN 2006A
( )
( )
2
2
2
2
2
1
1
1
2
2 1
x
x
x
x
x x
+
+
+ + =
−
.
Giải:
Điều kiện
{ }
1,0x ≠ ±
.
Đặt
, ; \ ,0
2 2 4
x tgt t
π π π
= ∈ − ±
÷
( )
*
Khi đó:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2 2
2 2
2
2 2
2
2 2
2
2 2
2
2
2 2
2
2
2
1 1
1 1 1
os os
2 2 1 1
sin 2
1 1 2 sin 2
2 1
1 1
os2 sin 2 . os2
1 1
1
4 1 1
2
sin 4 .
sin 4
2 1
1
x tg t x
c t c t
tgt x x
t
tg t x x t
x x
tg t x
c t t c t
tg t x
x
x x x
t
t
x x
x
+ = + = ⇒ + =
+
= = ⇒ =
+ +
−
− −
= = ⇒ =
+ +
+
− +
⇔ = ⇔ =
−
+
Phương trình được biến đổi về dạng:
( )
( )
( ) ( )
( )
2
2
*
1 1 2
4sin . os2 2 os2 2
cos sin sin 4
2sin . os2 1 os2 2sin . os2 2sin os2 sin sin 0
1 2sin sin sin 0 sin 1 2sin 1 sin 0
1 1
sin .
2 6
3
t c t c t
t t t
t c t c t t c t t c t t t
t t t t t t
t t x
π
+ = ⇔ + =
⇔ = − ⇔ = ⇔ − =
⇔ − − = ⇔ + − =
⇔ = ⇔ = ⇔ =
Vậy phương trình có nghiệm
1
3
x =
.
DẠNG 2
I. Phương pháp
Phương pháp dùng ẩn phụ dạng 2 là việc sử dụng một ẩn phụ chuyển phương trình ban
đầu thành một phương trình với một ẩn phụ nhưng các hệ số vẫn còn chứa
x
.
Phương pháp này thường được sử dụng đối với những phương trình khi lựa chọn ẩn
phụ cho một biểu thức thì các biểu thức còn lại không biểu diễn được triệt để qua ẩn phụ
đó hoặc nếu biểu diễn được thì công thức biểu diễn lại quá phức tạp.
Khi đó thường ta được một phương trình bậc hai theo ẩn phụ (hoặc vẫn theo ẩn
x
) có
biệt số
∆
là một số chính phương.
II. Bài tập áp dụng
Giải phương trình:
2 2
1 2 2x x x x− = −
Giải:
8
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHÓM 3 – TOÁN 2006A
Điều kiện:
2
2
2 0
0
x
x x
x
≥
− ≥ ⇔
≤
Đặt
2
2t x x= −
, với
0t ≥
.
Khi đó phương trình có dạng:
2
2 1 0x tx− − =
.
Ta có:
( )
( )
2
2 2
' 1 2 1 1t x x x∆ = + = − + = −
Do đó phương trình có nghiệm:
( )
( )
( )
( )
2
2
2
2 2
2
2
2
2
2 1
2 1
2 1
2 1 0
1
2 1 2 2 1
2 2 1
2 1 0
1 5
1
.
2
1 5
3 2 1 0
x x
x x x x
x x
x
x t x
x x x x x x x
x x x
x x
x
x
x
x x
− =
= − + −
− =
− ≥
= ± − ⇔ ⇔ ⇔
= − − − − = −
− = −
− − =
= −
⇔ ⇔
≥
= +
− + =
Vậy phương trình có hai nghiệm
1 5x = ±
.
DẠNG 3
I. Phương pháp
Phương pháp đặt ẩn phụ dạng 3 là việc sử dụng
k
ẩn phụ chuyển phương trình ban
đầu thành một hệ phương trình với
k
ẩn phụ.
Trong hệ mới thì
1k −
phương trình nhận được từ các mối liên hệ giữa các đại lượng
tương ứng. Chẳng hạn đối với phương trình:
( ) ( )
m m
a f x b f x c− + + =
Ta có thể đặt:
( )
( )
m
m
u a f x
v b f x
= −
= +
, suy ra
m n
u v a b+ = +
.
Khi đó ta thu được hệ phương trình:
m n
u v a b
u v c
+ = +
+ =
.
II. Bài tập áp dụng
Giải phương trình:
3
2 1 1x x− = − −
Giải:
Điều kiện:
1 0 1x x
− ≥ ⇔ ≥
.
Đặt:
3
3 2
2
, 0 1
1
u x
v u v
v x
= −
≥ ⇒ + =
= −
.
Khi đó phương trình được chuyển thành hệ:
9
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHÓM 3 – TOÁN 2006A
( )
3
3 2
2
3 3 2
3
3
2 0
0 2
1
1 1 2 0 1 2 1 1 .
1
2 10
2 2
x
u x
u v
u u u u u u x x
u v
u x
x
− =
= =
+ =
⇒ + − = ⇔ + − = ⇔ = ⇔ − = ⇔ =
+ =
= − =
− = −
Vậy, phương trình có ba nghiệm
1, 2, 10x x x= = =
.
DẠNG 4
I. Phương pháp
Phương pháp dùng ẩn phụ dạng 4 là việc sử dụng 1 ẩn phụ chuyển phương trình ban
đầu thành một hệ phương trình với 1 ẩn phụ và 1 ẩn
x
.
Ta thực hiện theo các bước:
Bước 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho các biểu thức trong phương trình.
Bước 2: Biếu đổi phương trình về dạng:
( )
, 0f x x
ϕ
=
.
Bước 3: Đặt
( )
y x
ϕ
=
, ta biến đổi phương trình thành hệ:
( )
( )
, 0
y x
f x y
ϕ
=
=
.
Chú ý:
1. Các hệ thu được thông thường là các hệ đối xứng.
2. Ở đây chúng sẽ đi xem xét hai dạng toán cơ bản:
Dạng 1: Phương trình chức căn bậc hai và luỹ thừa bậc hai
( )
2
ax b c dx e x
α β
+ = + + +
Với
d ac
α
= +
và
e bc
β
= +
( )
*
Phương pháp giải
Điều kiện
0ax b
+ ≥
.
Đặt
dy e ax b+ = +
, điều kiện
0dy e+ ≥
.
Khi đó phương trình được chuyển thành hệ:
( )
( )
( )
2
2
2
x
x
dy e ax b
dy e ax b
dy e c d e x
c d e x dy e
α β
α β
+ = +
+ = +
⇔
+ = + + +
+ = − + + −
( )
( ) ( )
( )
( )
2
2
1
2
c dy e acx bc
c dy e ac d dy bc
+ = +
⇔
+ = − + +
( )
I
Trừ theo vế hai phương trình của hệ
( )
I
, ta được:
( ) ( )
( )
( )
( )
3
. , 0
, 4
x y
d x y h x y
h x y
=
− = ⇔
- Với
( )
3
thay vào
( )
1
, ta được một phương trình bậc hai theo
x
.
- Với
( )
4
thay vào
( )
1
, ta được một phương trình bậc hai theo
x
.
10
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHÓM 3 – TOÁN 2006A
Nhận xét: Để sử dụng được phương pháp trên cần phải khéo léo biến đổi phương trình
ban đầu về dạng thoả mãn điều kiện
( )
*
.
Dạng 2: Phương trình chứa căn bậc ba và luỹ thừa bậc ba
( )
3
3
ax b c dx e x
α β
+ = + + +
Với
d ac
α
= +
và
e bc
β
= +
( )
*
Phương pháp giải
Điều kiện
0ax b+ ≥
.
Đặt
3
dy e ax b+ = +
, điều kiện
0dy e+ ≥
.
Khi đó phương trình được chuyển thành hệ:
( )
( ) ( )
( )
3
3
3
3
dy e ax b
dy e ax b
dy e c dx e x
c dx e x dy e
α β
α β
+ = +
+ = +
⇔
+ = + + +
+ = − + + −
( )
( ) ( )
( )
( )
3
3
1
2
c dy e acx bc
c dx e ac d x dy bc
+ = +
⇔
+ = − + +
( )
I
Trừ theo vế hai phương trình của
( )
I
, ta được:
( ) ( )
( )
( )
( )
3
. , 0
, 4
x y
d x y h x y
h x y
=
− = ⇔
- Với
( )
3
thay vào
( )
1
, ta được một phương trình bậc hai theo
x
.
- Với
( )
4
thay vào
( )
1
, ta được một phương trình bậc hai theo
x
.
II. Bài tập áp dụng
1. Giải phương trình:
2
1 4 5x x x+ = + +
Giải:
Điều kiện:
1 0 1x x
+ ≥ ⇔ ≥ −
.
Viết lại phương trình dưới dạng:
( )
2
1 2 1x x+ = + +
ở đây
1, 2, 0a b c d e
β α
= = = = = = =
thoả mãn điều kiện:
,d ac e bc
α β
= + = +
.
Đặt
2 1y x+ = +
, điều kiện
2 0 2y y+ ≥ ⇔ ≥ −
.
( )
*
Khi đó phương trình được chuyển thành hệ:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
2 2
2 2
2 2
* 0
2 2 1 1 2
1
2
2 1 1 2
2 2 4
5 0 .
x
y x y x
y x x y
x y x y x y x y x y
x y x y x y
∧ >
+ = − + + = +
⇔
+ = + + = +
⇒ − = − + − + ⇔ − = − − + +
⇔ − + + = ¬ → =
Với
x y=
vào
( )
1
được:
2
3 3 0x x+ + =
vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
2. Giải phương trình:
11
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHÓM 3 – TOÁN 2006A
3
3
2 3 3 2x x+ = −
.
Giải:
Đặt
3
3 2y x= −
.
Khi đó phương trình được chuyển thành hệ:
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
3 3
3 3 2 2
3 3
2 2
1
2 3 2 3
3 3 0
2
3 2 2 3
0
.
3
x y x y
x y x y x y x xy y
y x y x
x y
x y
x xy y VN
+ = + =
⇔ ⇒ − = − − ⇔ − + + + =
= − + =
− =
⇔ ⇔ =
+ + +
Thay
x y=
vào
( )
1
ta được:
( )
( )
3 2
2
1 0
1
3 2 0 1 2 0 .
2
2 0
x
x
x x x x x
x
x x
− =
=
− + = ⇔ − + − = ⇔ ⇔
= −
+ − =
Vậy nghiệm của phương trình là
1, 2x x= = −
.
PHƯƠNG PHÁP 3: HÀM SỐ
DẠNG 1: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT LIÊN TỤC CỦA HÀM SỐ
I. Phương pháp
Cho phương trình
( )
0f x =
, để chứng minh phương trình có
k
nghiệm phân biệt trong
[ ]
,a b
, ta thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Chọn các số
1 2 1
k
a T T T b
−
< < < < <
chia đoạn
[ ]
,a b
thành
k
khoảng thoả mãn:
( ) ( )
( ) ( )
1
1
. 0
.
. 0
k
f a f T
f T f b
−
<
<
Bước 2: Kết luận.
II. Bài tập áp dụng
Cho phương trình:
( )
3
1 1.x mx m− + = +
CMR với mọi
m
phương trình luôn có một nghiệm lớn hơn 1.
Giải:
Đặt
1t x= −
, điều kiện
0t
≥
.
Khi đó phương trình có dạng:
( )
3 2
1 0f t t mt= = − =
.
Xét hàm số
( )
y f t=
liên tục trên
[
)
0;+∞
.
Ta có:
( )
( )
0 1 0
lim
t
f
f t
→∞
= − <
= +∞
vậy tồn tại
0c >
để
( ) ( ) ( )
0 0 . 0f c f f c> ⇒ <
Vậy phương trình
( )
0f t =
luôn có một nghiệm
( )
0
0;t c∈
, khi đó:
12
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHÓM 3 – TOÁN 2006A
0 0
1 1 1x t x t− = ⇔ = + >
.
Vậy, với mọi
m
phương trình luôn có một nghiệm lớn hơn 1.
DẠNG 2: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
I. Phương pháp
Sử dụng các tính chất của hàm số để giải phương trình là dạng toán khá quen thuộc. Ta
có ba hướng áp dụng sau:
Hướng 1: Thực hiện theo các bước:
Bước 1: Chuyển phương trình về dạng:
( )
f x k=
.
( )
1
Bước 2: Xét hàm số
( )
y f x=
Dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu (giả sử đồng biến).
Bước 3: Nhận xét:
- Với
( ) ( )
0 0
x x f x f x k= ⇔ = =
, do đó
0
x x=
là nghiệm
- Với
( ) ( )
0 0
x x f x f x k> ⇔ > =
, do đó phương trình vô nghiệm
- Với
( ) ( )
0 0
x x f x f x k< ⇔ < =
, do đó phương trình vô nghiệm
Vậy
0
x x=
là nghiệm duy nhất của phương trình.
Hướng 2: Thực hiện theo các bước:
Bước 1: Chuyển phương trình về dạng:
( ) ( )
f x g x=
.
( )
2
Bước 2: Xét hàm số
( )
y f x=
và
( )
y g x=
Dùng lập luận khẳng định hàm số
( )
y f x=
là đồng biến còn hàm số
( )
y g x=
là hàm
hằng hoặc nghịch biến.
Xác định
0
x
sao cho
( ) ( )
0 0
f x g x=
.
Bước 3: Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
0
x x=
.
Hướng 3: Thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Chuyển phương trình về dạng:
( ) ( )
f u f v=
.
( )
3
Bước 2: Xét hàm số
( )
y f x=
.
Dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu (giả sử đồng biến).
Bước 3: Khi đó:
( )
3 u v⇔ =
với
,
f
u v D∀ ∈
.
II. Bài tập áp dụng
Giải phương trình:
3
1 4 5x x x− = − − +
( )
1
Giải:
Điều kiện
1x ≥
.
13
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHÓM 3 – TOÁN 2006A
Xét hàm số
( )
1f x x= −
, là hàm đồng biến trên
[
)
1;D = +∞
.
Xét hàm số
( )
3
4 5g x x x= − − +
.
Miền xác định
[
)
1;D = +∞
.
Đạo hàm:
( )
2
' 3 4 0,g x x x D= − − < ∀ ∈ ⇔
hàm số nghịch biến trên
D
.
Do đó phương trình
( )
1
:
( ) ( )
f t g t=
Nếu có nghiệm là duy nhất.
Thấy
1x =
thoả mãn phương trình.
Vậy phương trình có nghiệm
1x
=
.
DẠNG 3: SỬ DỤNG GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ
I. Phương pháp
Với phương trình có chứa tham số:
( ) ( )
,f x m g m=
.
( )
1
Chúng ta thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Lập luận số nghiệm của
( )
1
là số giao điểm của đồ thị hàm số
( ) ( )
:C y f x=
và
đường thẳng
( ) ( )
:d y g m=
.
Bước 2: Xét hàm số
( )
,y f x m=
- Tìm miền xác định
D
.
- Tính đạo hàm
'y
, rồi giải phương trình
' 0y =
.
- Lập bảng biến thiên của hàm số.
Bước 3: Kết luận:
- Phương trình có nghiệm
( ) ( ) ( )
, ,
x D x D
min f x m g m max f x m
∈ ∈
⇔ ≤ ≤
.
- Phương trình cớ
k
nghiệm phân biệt
( )
d⇔
cắt
( )
C
tại
k
điểm phân biệt.
- Phương trình vô nghiệm
( ) ( )
d C⇔ ∩ = ∅
.
II. Bài tập áp dụng:
Tìm
m
để phương trình:
( )
12 5 4x x x m x x+ + = − + −
Có nghiệm.
Giải:
Điều kiện:
0
12 0
0 4.
5 0
4 0
x
x
x
x
x
≥
+ ≥
⇔ ≤ ≤
− ≥
− ≥
Viết lại phương trình dưới dạng:
( ) ( )
12 5 4 .x x x x x m+ + − − − =
Xét hàm số
( )
( ) ( )
12 5 4 .y f x x x x x x= = + + − − −
Miền xác định
[ ]
0;4D =
.
14
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHÓM 3 – TOÁN 2006A
Nhận xét rằng:
- Hàm số
( )
12y h x x x x= = + +
đồng biến trên
D
- Hàm số
( )
5 4y g x x x= = − − −
có:
5 4
' 0,
5 . 4
x x
y x D
x x
− − −
= > ∀ ∈ ⇒
− −
là hàm đồng biến trên
D
.
⇒
Hàm số
( ) ( ) ( )
y f x h x g x= =
là hàm đồng biến trên
D
.
Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi
( ) ( )
0 4f m f≤ ≤
( )
12 5 4 12m⇔ − ≤ ≤
.
DẠNG 4: SỬ DỤNG ĐỊNH LÝ LAGRANGE
I. Phương pháp
Định lý Lagrange: Cho hàm số
( )
f x
liên tục trên
[ ]
,a b
và
( )
'f x
tồn tại trên
( )
,a b
thì
luôn
( )
,c a b∃ ∈
sao cho:
( )
( ) ( )
'
f b f a
f c
b a
−
=
−
Từ đó ta có thể sử dụng định lý Lagrange để thực hiện hai yêu cầu đặt ra cho phương
trình là:
Dạng 1: Chứng minh phương trình có nghiệm, dựa trên đánh giá:
Từ định lý Lagrange, nếu
( ) ( )
f a f b=
thì
( )
,c a b∃ ∈
sao cho:
( )
( ) ( )
'
f b f a
f c
b a
−
=
−
⇔
phương trình
( )
0f x =
có nghiệm thuộc
( )
,a b
.
Vậy, để áp dụng được kết quả trên vào việc chứng minh phương trình
( )
0f x =
có
nghiệm trong
( )
,a b
điều quan trọng nhất là nhận được hàm
( )
F x
(thực chất nó chính là
nguyên hàm của hàm
( )
f x
). Cụ thể, ta thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Xác định hàm số
( )
F x
khả vi liên tục trên
[ ]
,a b
và thoả mãn
( )
.i
( ) ( )
'F x f x=
(tức là
( ) ( )
F x f x dx=
∫
).
( )
.ii
( ) ( )
0F b F a− =
.
Bước 2: Khi đó
( )
0
,x a b∃ ∈
sao cho:
( )
( ) ( )
( )
0 0
' 0
F b F a
F x f x
b a
−
= ⇔ =
−
⇔
phương trình
( )
0f x =
có nghiệm
( )
0
,x a b∈
.
Dạng 2: Giải phương trình mũ, bằng việc ta thực hiện theo các bước:
Bước 1: Gọi
α
là nghiệm của phương trình.
Bước 2: Biến đổi phương trình về dạng thích hợp
( ) ( )
f a f b=
, từ đó chỉ ra được hàm số
( )
F t
khả vi và liên tục trên
[ ]
,a b
.
15
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHÓM 3 – TOÁN 2006A
Khi đó theo định lý Lagrange
( )
,c a b∃ ∈
sao cho:
( )
( ) ( )
'
f b f a
f c
b a
−
=
−
( )
*
Bước 3: Giải
( )
*
ta xác định được
α
.
Bước 4: Thử lại.
II. Bài tập áp dụng
Giải phương trình:
3 5 2.4
x x x
+ =
Giải:
Đặt
u x=
, điều kiện
0u ≥
.
Phương trình được viết dưới dạng:
3 5 2.4 5 4 4 3 .
u u u u u u u
+ = ⇔ − = −
Giả sử phương trình có nghiệm
α
, khi đó:
5 4 4 3
α α α α
− = −
( )
1
Xét hàm số
( ) ( )
1f t t t
α
α
= + −
, với
0t >
.
Từ
( )
1
ta nhận được
( ) ( )
4 3f f=
, do đó theo định lý Lagrange
( )
3;4c∃ ∈
sao cho:
( ) ( )
1
1
0
0 1 0 .
1
f c c c
α
α
α
α
α
−
−
=
= ⇔ + − = ⇔
=
Thử lại ta thấy
0, 1u u= =
đều thoả mãn, khi đó:
0 0 0
1 1
1
u x x
u x
x
= = =
⇔ ⇔
= =
=
.
Vậy phương trình có hai nghiệm
0, 1x x= =
.
DẠNG 5: SỬ DỤNG ĐỊNH LÝ RÔN
I. Phương pháp
Định lý Rôn khẳng định rằng nếu hàm số
( )
y f x=
lồi hoặc lõm trên miền
D
thì
phương trình
( )
0f x =
sẽ không có quá hai nghiệm thuộc
D
.
Giả sử cần giải phương trình
( )
0f x =
( )
1
Ta thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Tìm tập xác định
D
của phương trình.
Bước 2: Xét hàm số
( )
y f x=
trên
D
.
Sử dụng đạo hàm khẳng định hàm số
( )
y f x=
lồi hoặc lõm trên miền
D
.
Bước 3: Vậy phương trình
( )
1
nếu có nghiệm sẽ không có quá hai nghiệm.
Ta cần chỉ ra hai giá trị
1 2
,x x D∈
sao cho:
( ) ( )
1 2
0f x f x= =
.
Bước 4: Kết luận.
II. Bài tập áp dụng
Giải phương trình:
16
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHÓM 3 – TOÁN 2006A
2
3 1 1x x x x+ + = + +
.
Giải:
Điều kiện:
0
0
3 1 0
x
x
x
≥
⇔ ≥
+ ≥
.
Viết lại phương trình dưới dạng:
2
3 1 1 0x x x x+ + − − − =
.
( )
1
Xét hàm số
( )
2
3 1 1f x x x x x= + + − − −
trên
[
)
0;D = +∞
, ta có:
( )
1 3
' 2 1
2 2 3 1
f x x
x x
= + − −
+
( )
( )
3 3
1 9
" 2 0,
4
4 3 1
f x x D
x
x
= − − − < ∀ ∈ ⇒
+
hàm số lồi trên
D
.
Vậy phương trinh
( )
1
nếu có nghiệm sẽ không quá hai nghiệm, ta có:
( ) ( )
0 1 0f f= =
.
Do đó phương trình có hai nghiệm
0, 1x x= =
.
PHƯƠNG PHÁP 4: ĐỒ THỊ
I. Phương pháp
Bằng phép đặt ẩn phụ
y
để chuyển phương trình thành hệ gồm hai ẩn
x
,
y
ta có thể
giải phương trình bằng phương pháp đồ thị, cụ thể:
( ) ( )
, ,f x m g x m=
.
( )
1
Ta thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Đặt
( )
,y f x m=
, khi đó phương trình được chuyển thành hệ:
( )
( )
,
,
y f x m
y g x m
=
=
( )
( )
1
2
C
C
Bước 2: Bằng việc xét vị trí tương đối của hai đường
( )
1
C
và
( )
2
C
ta có được kết luận về
nghiệm của phương trình.
Lưu ý: Thông thường nếu
( )
1
C
là phương trình đường thẳng thì
( )
2
C
có thể là phương
trình đường tròn, elíp, hyperbol hoặc parabol (cũng có trường hợp
( )
1
C
và
( )
2
C
đều là
phương trình đường tròn).
II. Bài tập áp dụng
Biện luận theo
m
số nghiệm của phương
trình:
2
1 x x m− = −
.
( )
1
Giải:
Đặt
2
1y x= −
, điều kiện
0y ≥
.
Khi đó phương trình được chuyển thành hệ:
17
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHÓM 3 – TOÁN 2006A
( )
( )
2 2
1 2
3
0
x y
x y m
y
+ =
− =
≥
.
- Phương trình
( )
2
là phương trình đường tròn đơn vị
( )
C
có tâm
( )
0;0O
, bán kính
1R =
.
- Phương trình
( )
3
là phương trình đường thẳng
( )
d
song song với đường phân giác góc
phần tư thứ nhất
0x y− =
. Ta tìm hai vị trí giới hạn cho
( )
d
là:
( ) ( )
0;0 1A d m∈ ⇔ =
và
( ) ( )
1;0 1B d m− ∈ ⇔ = −
.
( )
d
tiếp xúc với nửa trên của đường tròn
( )
C
( )
( )
( )
2
, 1
2
2
m
m
l
d O d R
m
=
−
⇒ = ⇔ = ⇔
= −
Vậy:
- Với
2 1m m< − ∨ >
thì
( ) ( ) ( )
1C d∩ = ∅ ⇔
vô nghiệm.
- Với
2 1 1m m= − ∨ − < <
thì
( ) ( ) { } ( )
1C d A∩ = ⇔
có nghiệm duy nhất.
- Với
2 1m− < ≤
thì
( ) ( ) { } ( )
, 1C d A B∩ = ⇔
có hai nghiệm phân biệt.
PHƯƠNG PHÁP 5: ĐIỀU KIỆN CẦN VÀ ĐỦ
I. Phương pháp
Phương pháp điều kiện cần và đủ thường tỏ ra khá hiệu quả cho lớp dạng toán: Tìm
điều kiện tham số để:
Dạng 1: Phương trình có nghiệm duy nhất.
Dạng 2: Phương trình có nghiệm với mọi giá trị của tham số.
Dạng 3: Phương trình có nghiệm đúng
x D∀ ∈
.
Dạng 4: Phương trình tương đương với một phương trình hoặc một bấc phương trình
khác.
Khi đó ta thực hiện theo các bước:
Bước 1: Đặt điều kiện để các biểu thức của phương trình có nghĩa.
Bước 2:Tìm điều kiện cần cho hệ dựa trên việc đánh giá hoặc tính đối xứng của hệ.
Bước 3: Kiểm tra điều kiện đủ, trong bước này cần có được một số kỹ năng cơ bản.
II. Bài tập áp dụng
Tìm
m
để phương trình sau có nghiệm duy nhất:
32 2
1 2 1 .x x m− + − =
Giải:
Điều kiện cần: Nhận xét rằng nếu phương trình có nghiệm
0
x
, thì cũng nhận
0
x−
làm
nghiệm. Do đó phương trình có nghiệm duy nhất thì điều kiện đủ là
0 0 0
0 3.x x x m= − ⇔ = ⇔ =
Điều kiện đủ: Với
3m
=
, khi đó phương trình có dạng:
18
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHÓM 3 – TOÁN 2006A
32 2
1 2 1 3x x− + − =
Vì
2
32 2
3 2
1 1
1 2 1 3
1 1
x
x x
x
− ≤
⇒ − + − ≤
− ≤
Do đó phương trình có nghiệm khi và chỉ khi
2
3 2
1 1
0
1 1
x
x
x
− =
⇔ =
− =
Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
3m =
.
PHƯƠNG PHÁP 6: ĐÁNH GIÁ
I. Phương pháp
Nhiều phương trình bằng cách đánh giá tinh tế dựa trên
1. Tam thức bậc hai.
2. Các tính chất cơ bản như: Côsi, Bunhiacôpxki, …
3. Tính chất trị tuyệt đối.
…
Ta có thể nhanh chóng chỉ ra được nghiệm của nó.
II. Bài tập áp dụng
Giải phương trình:
2 2
1 1 2x x x x− − + + − =
.
Giải:
Điều kiện:
2
2
2
1 0
1 0 1
1 0
x
x x x
x x
− ≥
− − ≥ ⇔ ≥
+ − ≥
.
Sử dụng BĐT Côsi, ta có:
( )
2 2 2 2
2 2
1 1 2 1. 1
1 2
VT x x x x x x x x
x x VP
= − − + + − ≥ − − + −
= − − = =
.
Dấu
" "=
xảy ra khi và chỉ khi:
( )
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 0
1
1.
1
x x x x x x x x x
x
x
l
x
− − = + − ⇔ − − = + − ⇔ − =
=
⇔ ⇔ =
= −
Vậy phương trình có nghiệm
1.x
=
19
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHÓM 3 – TOÁN 2006A
PHẦN 2: BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Lược đồ để giải các bất phương trình vô tỷ có thể được minh hoạ theo các bước:
Bước 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho bất phương trình.
Bước 2: Lựa chọn phương pháp thực hiện:
Phương pháp 1: Biến đổi tương đương.
Phương pháp 2: Đặt ẩn phụ, bao gồm:
1. Sử dụng 1 ẩn phụ để chuyển bất phương trình ban đầu thành một bất phương trình
mới với 1 ẩn phụ.
2. Sử dụng 1 ẩn phụ chuyển bất phương trình ban đầu thành 1 bất phương trình với 1
ẩn phụ nhưng các hệ số vẫn còn chứa
x
.
3. Sử dụng
k
ẩn phụ chuyển bất phương trình ban đầu thành 1 bất phương trình hoặc1
hệ bất phương trình với
k
ẩn phụ.
20
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHÓM 3 – TOÁN 2006A
Phương pháp 3: Hàm số, bao gồm:
1. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số.
2. Sử dụng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số.
Phương pháp 4: Đồ thị.
Phương pháp 5: Điều kiện cần và đủ.
Phương pháp 6: Đánh giá.
PHƯƠNG PHÁP 1: BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
I. Phương pháp
Với các dạng cơ bản:
Dạng 1: Bất phương trình:
( ) ( )
( )
( ) ( )
2
0
0
g x
f x g x
f x g x
>
< ⇔
≤ <
Dạng 2: Bất phương trình:
( ) ( )
( )
( )
( )
( ) ( )
2
0
0
0
g x
f x
f x g x
g x
f x g x
<
≥
> ⇔
≥
>
Lưu ý:
1. Trong các phép biến đổi trên ta luôn giả sử
( )
f x
và
( )
g x
đã có nghĩa.
2. Với các bất phương trình có chứa tham số ta thực hiện theo các bước:
Bước 1: Đặt điều kiện (nếu cần).
Bước 2: Sử dụng các phép biến đổi tương đương chuyển bất phương trình về hệ bất
phương trình đại số, từ đó xác định nghiệm
x
.
Bước 3: Kiểm tra điều kiện cho nghiệm
x
tìm được.
Bước 4: Kết luận.
II. Bài tập áp dụng
Giải bất phương trình:
1 1
4 2
x x− ≥ +
.
( )
1
Giải:
Biến đổi tương đương bất phương trình về dạng:
21
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHÓM 3 – TOÁN 2006A
( )
2
2
2
2
2
1
0
1
2
0
2
1
1
2
1
0
2
1
2
1
4
1
0
4
1
1 1
2
2 0
4 2
1 1
1
1
4 2
4
4
1
0
1 1
2
4 2
x
x
x
x
x
x
x
x
x x
x x
x x
x
x
x
x x
+ ≤
+ ≤
> −
> −
+ ≤
<
<
+ >
⇔ ⇔ ⇔
− ≥ +
+ ≤
÷
− ≥ +
÷
≥
≥
+ ≤
− ≥ +
÷
0.x
⇔ ≤
Vậy nghiệm của bất phương trình là
0x ≤
PHƯƠNG PHÁP 2: ĐẶT ẨN PHỤ
DẠNG 1
I. Phương pháp
Mục đích của phương pháp này là chuyển các bài toán đã cho về phương trình đại số
quen biết đặc biệt là các bất phương trình bậc 2 hoặc các hệ bất phương trình.
II. Bài tập áp dụng
Giải bất phương trình:
( ) ( )
1 2 1 3 1x x x− − ≤ −
.
Giải:
Điều kiện:
1
2 1 0 .
2
x x− ≥ ⇔ ≥
( )
*
Đặt
( )
2
1
2 1, 0 1 .
2
t x t x t= − ≥ ⇒ = +
Khi đó bất phương trình có dạng:
( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2
3 2
1 1
1 1 3 1 1
2 2
3 3 0 1 1 3 0
t t t
t t t t t t
+ − ≤ + −
⇔ − − + ≤ ⇔ + − − ≤
1 3 1 2 1 3 1 5t x x⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ − ≤ ⇔ ≤ ≤
thoả mãn điều kiện
( )
*
Vậy nghiệm của bất phương trình là
1 5x
≤ ≤
.
DẠNG 2
I. Phương pháp
Ý tưởng của phương pháp này cũng giống như phương trình vô tỷ.
II. Bài tập áp dụng
Giải bất phương trình:
2 2
1 2 2x x x x− ≤ +
.
22
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHÓM 3 – TOÁN 2006A
Giải:
Đặt
2
2 , 0t x x t= + ≥
.
Bất phương trình có dạng:
( )
2
2 1 0.f x x tx= − − ≤
( )
1
Coi vế trái là một tam thức bậc theo
x
, ta có:
( )
2
2 2
' 1 2 1 1t x x x∆ = + = + + = +
Khi đó
( )
0f x =
có các nghiệm:
1
1
x t x
x t x
= − −
= + +
Tức là
( )
1
được biến đổi về dạng:
( ) ( )
(
)
(
)
( )
2 2
2 2
2
2
2
2
1 1 0 2 1 2 2 1 0
2 1 0
2 2 1 0 2 2 1
0 2 2 1
1
2 1 0
2
2 0 0.
0
3 2 1 0
2
x t x x t x x x x x x
x
x x x x x x
x x x
x
x
x x x
x
x x
x
− − − − + + ≤ ⇔ + + + − − ≤
+ ≥
⇔ + − − ≤ ⇔ + ≤ + ⇔
≤ + ≤ +
+ ≥
≥ −
⇔ + ≥ ⇔ ⇔ ≥
≥
+ + ≥
≤ −
Vậy phương trình có nghiệm là
0.x ≥
DẠNG 3
I. Phương pháp
Sử dụng 2 ẩn phụ cho 2 biểu thức mũ trong bất phương trình và khéo léo biến đổi
phương trình thành một hệ bất phương trình với 2 ẩn phụ hoặc một bất phương trình tích,
khi đó lưu ý:
0
0
. 0
0
0
A
B
A B
A
B
>
>
> ⇔
<
<
và
0
0
. 0
0
0
A
B
A B
A
B
>
<
< ⇔
<
>
.
II. Bài tập áp dụng
Giải bất phương trình:
2
2 12 6 2 1 2.x x x x+ + − − > +
( )
1
Giải:
Điều kiện:
2
2 12 6 0
1
2
2 1 0
x x
x
x
+ + ≥
⇔ ≥
− ≥
( )
*
Biến đổi bất phương trình về dạng:
( ) ( )
2
2 2 2 2 1 2 2 1x x x x+ + − > + + −
( )
2
Đặt
2 1 0
.
2
u x
v x
= − ≥
= +
Khi đó bất phương trình có dạng:
23
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHÓM 3 – TOÁN 2006A
( ) ( )
2 2
2 2
2 2
0 0
2 2 .
2 2 0
u v u v
u v u v u v
u v u v u v
+ ≥ + ≥
+ > + ⇔ ⇔ ⇔ ≠
+ > + − >
Xét trường hợp
u v=
2
1
2 1 2 6 5 0
5
x
x x x x
x
=
⇔ − = + ⇔ − + = ⇔
=
.
Vậy để
u v≠
, ta phải có
{ }
1
; \ 1,5 .
2
x
∈ +∞
÷
Vậy nghiệm của bất phương trình là
{ }
1
; \ 1,5 .
2
x
∈ +∞
÷
PHƯƠNG PHÁP 3: HÀM SỐ
DẠNG 1: SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
I. Phương pháp
Sử dụng các tính chất của hàm số để bất phương trình là dạng toán khá quen thuộc. Ta
có 2 hướng áp dụng sau:
Hướng 1: Thực hiện theo các bước:
Bước 1: Chuyển bất phương trình về dạng:
( )
f x k>
.
( )
1
Bước 2: Xét hàm số
( )
y f x=
.
Dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu (giả sử đồng biến).
Bước 3: Nhận xét:
- Với
( ) ( )
0 0
x x f x f x k≤ ⇔ ≥ =
, do đó bất phương trình vô nghiệm.
- Với
( ) ( )
0 0
x x f x f x k> ⇔ > =
, do đó bất phương trình nghiệm đúng.
Vậy
0
x x>
là nghiệm của bất phương trình.
Hướng 2: Thực hiện theo các bước:
Bước 1: Chuyển bất phương trình về dạng:
( ) ( )
f u f v<
.
( )
2
Bước 2: Xét hàm số
( )
y f x=
Dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu (giả sử đồng biến).
Bước 3: Khi đó:
( )
2 u v⇔ <
.
II. Bài tập áp dụng
Giải bất phương trình:
9 2 4 5x x+ + + >
.
Giải:
Điều kiện:
9 0
2
2 4 0
x
x
x
+ ≥
⇔ ≥ −
+ ≥
.
Xét hàm số:
( )
9 2 4y f x x x= = + + +
, ta có
( )
f x
đồng biến trên miền
2x
≥ −
.
24
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHÓM 3 – TOÁN 2006A
Ta có
( )
0 5f =
, do đó:
- Nếu
0x >
thì
( ) ( )
0 9 2 4 5f x f x x> ⇔ + + + >
, nên
0x >
là nghiệm.
- Nếu
2 0x− ≤ ≤
thì
( ) ( )
0 9 2 4 5f x f x x≤ ⇔ + + + ≤
, nên
2 0x− ≤ ≤
không phải là
nghiệm.
Vậy nghiệm của bất phương trình là
0x >
.
DẠNG 2: SỬ DỤNG GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ NHỎ NHẤT
I. Phương pháp
Với bất phương trình có chứa tham số:
( ) ( )
,f x m g m≤
Chúng ta thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Xét hàm số
( )
,y f x m=
:
- Tìm miền xác định của hàm số.
- Tính đạo hàm
'y
, rồi giải phương trình
' 0y =
.
- Lập bảng biến thiên của hàm số.
Bước 2: Kết luận:
- Bất phương trình có nghiệm
( )
x D
miny g m
∈
⇔ ≤
.
- Bất phương trình có nghiệm đúng với mọi
x
( )
x D
maxy g m
∈
⇔ ≤
.
Tương tự cho bất phương trình
( ) ( )
,f x m g m≥
với lời kết luận:
- Bất phương trình có nghiệm
( )
x D
maxy g m
∈
⇔ ≥
.
- Bất phương trình có nghiệm đúng với mọi
x
( )
x D
miny g m
∈
⇔ ≥
.
II. Bài tập áp dụng
Tìm
m
để bất phương trình:
( ) ( )
2
4 2 4 2 18x x x x m− + − ≤ − + −
Nghiệm đúng với mọi
[ ]
2,4x∈ −
.
Giải:
Đặt
( ) ( )
[ ] [ ]
2 4 , 2;4 0;3t x x x t= + − ∈ − ⇒ ∈
Khi đó bất phương trình có dạng:
2
4 10t t m− + ≤
.
Xét hàm số
2
4 10y t t= − +
.
Miền xác định
[ ]
0;3D =
.
Đạo hàm:
' 2 4
' 0 2 4 0 2.
y t
y t t
= −
= ⇔ − = ⇔ =
Bảng biến thiên:
25
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHÓM 3 – TOÁN 2006A
Vậy bất phương trình nghiệm đúng với mọi
[ ]
2;4x∈ −
là
10m ≥
.
PHƯƠNG PHÁP 4: ĐỒ THỊ
I. Phương pháp
Với các bất phương trình logarit chứa tham số sử dụng phương pháp đồ thị thường
được thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Sử dụng các phép biến đổi tương đương, biến đổi bất phương trình về một hệ
(gọi là hệ
( )
I
) các bất phương trình đại số.
Bước 2: Xét hệ trục toạ độ
Oxm
.
- Biểu diễn những điểm
( )
,M x m
thoả mãn các bất phương trình trong
( )
I
. Giả sử là các
tập
1 2
, , ,
n
X X X
.
- Xác định miền
1 2
n
X X X X= ∩ ∩ ∩
.
- Chiếu vuông góc tập
X
lên trục
m
, giả sử được
m
I
.
Bước 3: Khi đó:
- Để hệ vô nghiệm
m
m I⇔ ∉
.
- Để hệ có nghiệm
m
m I⇔ ∈
.
- Để hệ có nghiệm duy nhất
⇔
đường thẳng
m
α
=
cắt tập
X
tại đúng 1 điểm.
II. Bài tập áp dụng
Tìm
a
để bất phương trình sau có nghiệm:
a x x a a− + + >
Giải:
Đặt:
, , 0
u a x
u v
v x a
= −
≥
= +
.
Khi đó bất phương trình được chuyển thành hệ:
( )
( )
2 2
1
2
2
u v a
u v a
+ >
+ =
( )
I
( )
4
là tập hợp các điểm ở phía trên đoạn
AB
của
đường thẳng
( )
:d u v a+ =
.
( )
5
là tập hợp các điểm thuộc cung
»
CD
của đường tròn
( )
2 2
: 2C u v a+ =
.
Vậy hệ
( )
I
có nghiệm khi và chỉ khi:
( )
( )
2
; 2 2 4 0 0 4
2
a
d O d a a a a a
−
< ⇔ < ⇔ − < ⇔ < <
.
26
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHÓM 3 – TOÁN 2006A
PHƯƠNG PHÁP 5: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐIỀU KIỆN CẦN VÀ ĐỦ
I. Phương pháp
Phương pháp điều kiện cần và đủ thường tỏ ra khá hiệu quả cho lớp dạng toán: Tìm
điều kiện tham số để:
Dạng 1: Bất phương trình có nghiệm duy nhất.
Dạng 2: Bất phương trình có nghiệm đúng
x D
∀ ∈
.
Dạng 3: Phương trình tương đương với một phương trình hoặc một bấc phương trình
khác.
Khi đó ta thực hiện theo các bước:
Bước 1: Đặt điều kiện để các biểu thức của bất phương trình có nghĩa.
Bước 2: Tìm điều kiện cần cho hệ dựa trên việc đánh giá hoặc tính đối xứng của hệ.
Bước 3: Kiểm tra điều kiện đủ, trong bước này cần có được một số kỹ năng cơ bản.
II. Bài tập áp dụng
Tìm
m
để bất phương trình:
( ) ( )
2
2 4 2x x x x m+ − ≤ − +
( )
1
Nghiệm đúng với mọi
[ ]
2;4x∈ −
.
Giải:
Điều kiện cần: Giả sử
( )
1
có nghiệm
[ ]
2;4 1x x∀ ∈ − ⇒ =
là nghiệm của
( )
1
, khi đó:
3 1 4m m
≤ − ⇔ ≥
.
Đó là điều kiện cần để bất phương trình nghiệm đúng
[ ]
2;4x∀ ∈ −
.
Điều kiện đủ: Giả sử
4m ≥
, khi đó:
Áp dụng BĐT Côsi cho vế trái, ta được:
( ) ( )
( ) ( )
2 4
2 4 3
2
x x
VT x x
+ + −
= + − ≤ =
.
Biến đổi vế phải về dạng:
( )
2
2
2 1 1 3VP x x m x m= − + = − + − ≥
Suy ra:
( ) ( )
2
2 4 2x x x x m+ − ≤ − +
.
Vậy với
4m ≥
bất phương trình nghiệm đúng
[ ]
2;4x∈ −
.
PHƯƠNG PHÁP 6: ĐÁNH GIÁ
I. Phương pháp
Nhiều phương trình bằng cách đánh giá tinh tế dựa trên
1. Tam thức bậc hai.
2. Các tính chất cơ bản như: Côsi, Bunhiacôpxki, …
3. Tính chất trị tuyệt đối.
…
Ta có thể nhanh chóng chỉ ra được nghiệm của nó.
II. Bài tập áp dụng
Giải bất phương trình:
27
