Giai phuongtrinh,batphuongtrinh VoTy bang phuong phap đánh giá
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (215.95 KB, 4 trang )
Sử dụng phương pháp đánh giá (phương pháp bất đẳng thức)
để giải phương trình và bất phương trình chứa căn thức.
PHƯƠNG PHÁP:
+ Nếu phương trình
( ) ( )
f x g x=
thỏa mãn tính chất
( )
( )
( )
f x M
x
g x M
≥
∀ ∈
≤
K
thì ta có
( ) ( )
( )
( )
f x M
f x g x
g x M
=
= ⇔
=
+ Để phát hiện ra tính chất
( ) ( ) ( )
;f x M g x M x≥ ≤ ∀ ∈K
, ta thường sử dụng kiến thức về bất đẳng thức
hoặc giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số.
VD1. Giải phương trình
2
2 4 6 11x x x x− + − = − +
(1)
HDgiai.
+ ĐK:
2 4x≤ ≤
( với
[ ]
2;4=K
).
+ Ta có
( ) ( )
2
2
6 11 3 2 2,g x x x x x= − + = − + ≥ ∀ ∈K
+ Mặt khác:
( ) ( )
2 4f x x x x= − + − ∈K
⇒
( )
[ ]
2
2 2 ( 2)( 4) 2 ( 2) (4 ) 4f x x x x x= + − − ≤ + − + − =
+ Vì
( ) ( )
0f x x≥ ∀ ∈K
nên
( ) ( )
2f x x≤ ∀ ∈K
+ Khi đó (1)
⇔
2
2
6 9 0
6 11 2
3
( 2) (4 ) 2 ( 2)(4 ) 2
2 4 2
x x
x x
x
x x x x
x x
− + =
− + =
⇔ ⇔ =
− + − + − − =
− + − =
+ Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất
3x
=
CHÚ Ý: Có thể dùng giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
VD2. Giải phương trình
2 2 2 2
3 7 3 2 3 5 1 3 4x x x x x x x− + − − = − − − − +
(1)
HDgiai.
+ Ta có (1)
⇔
2 2 2 2
3 7 3 3 5 1 2 3 4x x x x x x x− + − − − = − − − +
(2)
+ ĐK:
(
2
2
2
2
3 7 3 0
2
3 5 1 0
5 37
: 2 ;
5 37
6
2 0
6
3 4 0
x x
x
x x
x
x
x
x x
− + ≥
≤ −
− − ≥
+
⇔ ⇔ ∈ = −∞ − ∪ +∞
÷
+
÷
− ≥
≥
− + ≥
K
+ Dùng lượng liên hợp, ta có (2)
⇔
2 2 2 2
2 4 3 6
3 7 3 3 5 1 2 3 4
x x
x x x x x x x
− + −
=
− + + − − − + − +
(3)
+ Nếu
; 2x x∈ >K
thì
(3) 0
(3) 0
VT
VP
<
>
⇒
phương trình vô nghiệm
+ Nếu
; 2x x∈ <K
thì
(3) 0
(3) 0
VT
VP
>
<
⇒
phương trình vô nghiệm
+ Nếu
; 2x x∈ =K
thì
0VT VP
= =
. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
2x
=
VD3. Giải phương trình
2 2 2
3 6 7 5 10 14 4 2x x x x x x+ + + + + = − −
(1)
HDgiai.
Trần Chí Thanh THPT Lưu Văn Liệt Vĩnh Long Page 1
+ ĐK:
2
2
3 6 7 0
5 10 14 0
x x
x
x x
+ + ≥
⇔ ∈
+ + ≥
¡
+ Ta có:
( )
2 2 2 2
3 6 7 5 10 14 3( 1) 4 5( 1) 9 2 3 5f x x x x x x x= + + + + + = + + + + + ≥ + =
và
( )
2 2
4 2 5 ( 1) 5g x x x x= − − = − + ≤
+ Khi đó (1)
⇔
2 2
2
3 6 7 5 10 14 5
1
4 2 5
x x x x
x
x x
+ + + + + =
⇔ = −
− − =
+ Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất
1x
= −
VD4. Giải phương trình
2
2
2
6 15
6 18
6 11
x x
x x
x x
− +
= − +
− +
(1)
HDgiai.
+ ĐK:
2
2
6 11 0
6 18 0
x x
x
x x
− + ≠
⇔ ∈
− + ≥
¡
+ Ta có:
( )
2
2 2
6 15 4 4
1 1 3
6 11 ( 3) 2 2
x x
f x
x x x
− +
= = + ≤ + =
− + − +
và
( )
2 2
6 18 ( 3) 9 3g x x x x= − + = − + ≥
+ Khi đó (1)
⇔
2
2
2
6 15
3
6 11
3
6 18 3
x x
x x
x
x x
− +
=
− +
⇔ =
− + =
VD5. Giải phương trình
2
3 2
1
5 3 3 2 3
2 2
x
x x x x+ + − = + −
(1)
HDgiai.
+ ĐK:
3 2
2
5 3 3 2 0
5
x x x x+ + − ≥ ⇔ ≥
+ Ta có:
( )
2 2
( )
3 2 2
( 1) (5 2) 6 1
5 3 3 2 ( 1)(5 2)
2 2
Cosi
x x x x x
f x x x x x x x
+ + + − + −
= + + − = + + − ≤ =
mặt khác
( )
2 2
1 6 1
3
2 2 2
x x x
g x x
+ −
= + − =
+ Do đó
( ) ( )
2 2
1
1 5 2 4 3 0
3
x
f x g x x x x x x
x
=
= ⇔ + + = − ⇔ − + = ⇔
=
+ Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm là
1, 3x x= =
VD6. Giải phương trình
2 2
2 2 1 3 4 1x x x x x+ + − = + +
(1)
HDgiai.
+ ĐK:
2
2
2 0
1
2 1 0
2
3 4 1 0
x x
x x
x x
+ ≥
− ≥ ⇔ ≥
+ + ≥
+ Vì
1
2
x ≥
nên (1) được viết lại dưới dạng tương đương sau
. 2 1. 2 1 ( 1)(3 1)x x x x x+ + − = + +
(2)
+ Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki vế trái của (2) ta có
Trần Chí Thanh THPT Lưu Văn Liệt Vĩnh Long Page 2
( )
( )
[ ]
( ) ( )
2
. 2 1. 2 1 1 ( 2) (2 1) 1 3 1x x x x x x x x+ + − ≤ + + + − = + +
⇒
. 2 1. 2 1 ( 1)(3 1)x x x x x+ + − ≤ + +
(3)
+ Khi đó, từ (2) và (3) suy ra
2
1
1
2
1 5
2
2
2 2 1
2 2
1
x
x
x
x x
x x x
x
≥
≥
+
⇔ ⇔ =
+ −
=
− = +
+ Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất
1 5
2
x
+
=
VD7. (Đề thi tuyển sinh Đại học Khối A 2010). Giải bất phương trình
2
1
1 2( 1)
x x
x x
−
≥
− − +
(1)
HDgiai.
Cách 1. (phương pháp bất đẳng thức )
+ ĐK:
0x
≥
+ Ta có
2 2 2 2
2( 1) ( 1) 1 1 1 2( 1) 0x x x x x x− + = + − + > ⇒ − − + <
+ Khi đó (1)
⇔
( )
2
2( 1) 1x x x x− + ≤ − +
(2)
+ Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki vế phải của (2) ta được
( ) ( )
( )
2
2 2
1 .1 .1 (1 ) 1 1 2 1x x x x x x
− + ≤ − + + = − +
⇒
( )
2
1 2( 1)x x x x− + ≤ − +
(3)
+ Do đó, từ (2) và (3) suy ra
2
2
0
0
0
0 1
3 5
1
1
2
3 1 0
1
(1 )
1 1
x
x
x
x
x x
x x
x x
x x
x x
≥
≥
≥
≤ ≤
−
⇔ ⇔ ≤ ⇔ ⇔ =
−
− + =
= −
=
= −
+ Vậy bất phương trình (1) có nghiệm là
3 5
2
x
−
=
Cách 2. (phương pháp cơ bản)
+ ĐK:
0x ≥
+ Ta có
2
2 2
1 3 3
2( 1) 2 1 1 2( 1) 0
2 4 2
x x x x x
− + = − + ≥ > ⇒ − − + <
÷
+ Khi đó
(1)
⇔
( )
2
2( 1) 1x x x x− + ≤ − +
⇔
( )
( )
( )
2
2
2
1 0
1
1 2 1
2 1 1
x x
x x
x x x x
x x x x
− + ≥
≥ −
⇔
− + ≤ −
− + ≤ − +
(2)
+ Ta có:
( )
2
2
1 0
1
0 1
0 1
0
0
1
3 5
1 0
3 5
1 0
21
1
3 5 3 5
2
3 1 0
1
2 2
x
x
x
x
x
x
x
x x x
x
x
x
x
x x
x x
− <
<
≤ <
≤ <
≥
≥
≥
+
≥ − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ≤ ≤
+
− ≥
≥
≤ ≤
− +
≤ ≤
− + ≤
≥ −
( ) ( ) ( ) ( )
2
2
2
1 2 1 1 2 1 0 1 0 1 0 1x x x x x x x x x x x x x x
− + ≤ − ⇔ − + − + ≤ ⇔ − + ≤ ⇔ − + = ⇔ = −
Trần Chí Thanh THPT Lưu Văn Liệt Vĩnh Long Page 3
⇔
( )
2
2
1
3 5
1 0
1
3 5
2
2
3 1 0
1
3 5
2
x
x
x
x
x
x x
x x
x
≤
−
− ≥
≤
−
=
⇔ ⇔ ⇔ =
− + =
= −
+
=
( thỏa điều kiện
3 5
0
2
x
+
≤ ≤
)
+ Vậy bất phương trình (1) có nghiệm là
3 5
2
x
−
=
VD8. Giải bất phương trình
( )
2 2
10 6 2 2 1 2 4x x x x x− + ≤ + − +
(1)
HDgiai.
+ ĐK:
2
2 4 0x x x− + ≥ ⇔ ∈¡
. Ta có
( )
2
2 2
1 23
10 6 9 0
2 4
x x x x x
− + = + − + > ∀ ∈
÷
¡
. Do đó bất phương
trình (1) chỉ có thể có nghiệm khi
2 1 0x
+ ≥
.
+ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
( ) ( )
( )
2
2 2 2
2 2 1 2 4 2 1 2 4 6 3 5x x x x x x x x+ − + ≤ + + − + = + +
Dấu “đẳng thức” xảy ra
⇔
( )
2
2 2
1
2 1 2 4 2 5 3 0
2
3
x
x x x x x
x
=
+ = − + ⇔ + − = ⇔
= −
+ Khi đó (1)
⇔
( )
2
2
2 2
2
4 4 1 0
2 1 0
10 6 6 3 5
1
1
1
2
2 5 3 0
2
2
3
3
x x
x
x x x x
x
x
x
x x
x
x
− + ≤
− ≤
− + ≤ + +
⇔ ⇔ ⇔ =
=
=
+ − =
= −
= −
+ Vậy bất phương trình (1) có nghiệm duy nhất là
1
2
x =
Cách 2.
+ ĐK:
2
2 4 0x x x− + ≥ ⇔ ∈¡
.
+ Ta có (1)
⇔
( )
2 2 2
2 4 2 2 1 2 4 8 2 0x x x x x x− + − + − + + + ≤
⇔
( ) ( )
2
2
2 2
2 4 2 1 2 1 8 2 0x x x x x
− + − + − + + + ≤
⇔
( ) ( )
2
2
2
2 4 2 1 2 1 0x x x x
− + − + + − ≤
⇔
2
1
2 4 2 1
2
2 1 0
x x x
x
x
− + = +
⇔ =
− =
Trần Chí Thanh THPT Lưu Văn Liệt Vĩnh Long Page 4
