Rèn kĩ năng giải hệ pt và hình phẳng oxy (phần 07)

Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và HÌNH PHẲNG OXY

www.Moon.vn

RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và HÌNH PHẲNG OXY (phần 7)
Thầy Đặng Việt Hùng
Ví dụ 1: Giải bất phương trình
Điều kiện x ≥ 0 .

1+ x
x + x2 + x + 1

≤1

( x ∈ ℝ) .

Lời giải.

Bất phương trình đã cho tương đương với 1 + x ≤ x + x 2 + x + 1 ⇔ 1 − x + x ≤

(1 − x )

2

+ 3x .

Đặt 1 − x = u; x = v ( v ≥ 0 ) thì
 u + v ≥ 0


u + v < 0

u + v < 0

 v=0


u + v ≤ u 2 + 3v 2 ⇔  u + v ≥ 0
⇔  u + v ≥ 0
⇔ u + v < 0

 v ( v − u ) ≥ 0
 u 2 + 3v 2 ≥ u 2 + 2uv + v 2
 u + v ≥ 0



 v ≥ u
Xét các trường hợp
1 − x + x ≥ 0
u + v ≥ 0
⇔
⇔ x=0.

x
=
0
v = 0

1+ 5
3+ 5
 x − x − 1 > 0

.
u+v <0⇔ 
⇔ x≥
⇔ x≥
2
2
 x ≥ 0
u + v ≥ 0
5 −1
3− 5
1 − x + x ≥ 0
 x − x − 1 ≤ 0
⇔
⇔
⇔ x≤
⇔0≤ x≤
.

2
2
v ≥ u
1 − x ≥ x
 x + x − 1 ≤ 0
 3 − 5  3 + 5

Kết hợp tất cả các trường hợp ta có nghiệm S = 0;
; +∞  .
∪
2   2




2 x 2 − 4 + x3 + 2 x − 3 − 4

≤1
( x ∈ ℝ) .
x3 + 8 x 2 + 2 x − 27 − 4
Lời giải.
( x − 2 )( x + 2 ) ≥ 0
 x2 ≥ 4


Điều kiện  x3 + 2 x − 3 ≥ 0
⇔ ( x − 1) ( x 2 + x + 3 ) ≥ 0 ⇔ x ≥ 2 .
 3
 3
2
2
 x + 8 x + 2 x − 27 ≥ 0
 x + 8 x + 2 x − 27 ≥ 0
Nhận xét
Ví dụ 2: Giải bất phương trình

x3 + 8 x 2 + 2 x − 27 = x ( x − 2 )( x + 10 ) + 22 x − 27 ≥ 22.3 − 27 = 17 ⇒ x3 + 8 x 2 + 2 x − 27 > 17 > 4 .
Do đó bất phương trình đã cho trở thành 2 x 2 − 4 + x3 + 2 x − 3 ≤ x3 + 2 x − 3 + 8 ( x 2 − 4 )

Đặt

x 2 − 4 = a; x3 + 2 x − 3 = b ( a ≥ 0; b > 0 ) ta thu được

a = 0
2a + b ≤ 8a 2 + b 2 ⇔ 4a 2 + 4ab + b 2 ≤ 8a 2 + b 2 ⇔ 4a ( a − b ) ≥ 0 ⇔ 
a ≥ b
Xét hai trường hợp
x = 2
a = 0 ⇔ x2 = 4 ⇔ 
 x = −2
Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2015!


Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và HÌNH PHẲNG OXY

www.Moon.vn

a ≥ b ⇔ x 2 − 4 ≥ x3 + 2 x − 3 ⇔ x3 − x 2 + 2 x + 1 ≥ 0 ⇔ x ( x 2 − x + 2 ) + 1 ≥ 0 (*)
Dễ thấy (*) nghiệm đúng với mọi x ≥ 2 .
So sánh và thử lại, kết luận phương trình đã cho có tập nghiệm S = [ 2; +∞ ) .
Ví dụ 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A có AC > AB có đường cao
AH, trên tia HC lấy điểm D sao cho HA = HD , đường thẳng vuông góc với BC tại D cắt AC tại E ( 2; −2 )
và AB tại F. Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C của tam giác ABC biết phương trình CF : x + 3 y + 9 = 0 ,đường

thẳng BC đi qua K ( 5;12 ) và điểm C có hoành độ dương.

Lời giải:
Tứ giác ABDE là tứ giác nội tiếp do đó ADH = BEA = 450 .
Lại có E là trực tâm tam giác ACF nên BE ⊥ CF
Khi đó: BE : 3 x − y − 8 = 0 .
Tam giác ABE vuông cân tại A. Khi đó gọi C ( −3t − 9; t ) .

Ta có

2d ( E ; CF ) = CE ⇒ EC = 5

t = −3 ⇒ C ( 0; −3) ( loai )
2
2
Khi đó: CE 2 = ( 3t + 11) + ( t + 2 ) = 5 ⇔ 
t = −4 ⇒ C ( 3; −4 )
Phương trình CE là: 2 x + y − 2 , BC : 8 x − y − 28 = 0 .

Suy ra A ( 0; 2 ) ; C ( 3; −4 ) ; B ( 4; 4 ) là các điểm cần tìm.

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2015!