Các dạng bất phương trình vô tỉ và cách giải

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (502.9 KB, 17 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

CÁC DẠNG BẤT PHƢƠNG TRÌNH VƠ TỈ VÀ CÁCH GIẢI

A. PHƢƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƢƠNG ĐƢƠNG.

* Hai bất phƣơng trình đƣợc gọi tƣơng đƣơng khi chúng có cùng tập nghiệm.
* Một số phép biến đổi tƣơng đƣơng:

+) Cộng (trừ) hai vế của bất phương trình với cùng một biểu thức mà không làm thay đổi
điều kiện của bất phương trình.

+) Nhân (chia) hai vế của bất phương trình với cùng một biểu thức ( luôn dương hoặc
âm) mà không làm thay đổi điều kiện của bất phương trình.

+) Lũy thừa bậc lẻ hai vế, khai căn bậc lẻ hai vế của một bất phương trình.

+) Lũy thừa bậc chẵn hai vế, khai căn bậc chẵn hai vế khi hai vế của bất phương trình
cùng dương.

+) Nghịch đảo hai vế của bất phương trình khi hai vế cùng dương ta phải đổi chiều.
I. Kỹ thuật lũy thừa hai vế.

1. Phép lũy thừa hai vế:

a) 2k1 f(x) 2k1g(x)  f(x) g(x).











)
(
)
(

0
)
(
)

(
)

( 2
2

x
g
x
f

x
g
x

g
x

f k

k .









 02

B
A
B
B

A hoặc








0
0
A
B













2
0
0
B
A

A
B
B

A .

*) A B 0 AB.

( Đối với các trường hợp cịn lại với dấu ,,< các bạn có thể tự suy luận ).

2. Lƣu ý:

Đặc biệt chú ý tới điều kiện của Bài toán. Nếu điều kiện đơn giản có thể kết hợp vào
bất phương trình, cịn điều kiện phức tạp nên để riêng.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Bài 1: Giải các BPT sau:

a) x32x1 ; b) x2 x1 x3

c) 3x2 4x3 ; d) 3x2 x4 x1

Giải:

 

3
0

4
5
4

3
2
1

1
2
3

0
3

0
1
2
1
2
3

2
2








































 x

x
x
x
x

x
x

x
x
x

x .

Vậy bất phương trình có tập nghiệm là:



3;.

  7

8
3

1
0
3

0
1
3

2
2

2  





















 x

x
x

x
x
x

x

x .

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: 




 
;
7

Hai Bài tập còn lại các bạn tự giải.

Bài 2: Giải BPT: x4 1x  12x (1).

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

* (1)











































1
3
2
1
2
2
1
4
2
1
1
4
0
4

0
2
1
0
1
2
1
1
4
2

2 x x x

x
x
x
x
x
x
x
x
x
x

 
0
4
0
2
7

2
1
2
1
2
1
4
1
2
1
3
2
0
1
2
0
1
2
2
1
4
2
2








































































 x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
.

* Vậy tập nghiệm: [-4;0].

Bài tập tƣơng tự : Giải BPT: 5x1 x1 2x4 (TS (A)_ 2005).

Đáp số: Tập nghiệm T=[2;10).
II. Kỹ thuật chia điều kiện. 
1. Kỹ thuật:

Nếu Bài tốn có điều kiện là xD mà DD1 D2 ...Dn ta có thể chia Bài tốn theo

n trường hợp của điều kiện:

+) Trường hợp 1: xD1, giải bất phương trình ta tìm được tập nghiệm T1.

+) Trường hợp 2: xD2, giải bất phương trình tìm được tập nghiệm T2.

……….

+) Trường hợp n: xDn, giải bất phương trình tìm được tập nghiệm Tn.

Tập nghiệm của bất phương trình là T T1T2 ...Tn.

2. Yêu cầu:

Cần phải xác định giao, hợp trên các tập con của R thành thạo.

3. Ví dụ:

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

* Điều kiện:












3
4
1

0
x
x

* Với 0x43 (i) ta có (1)

 




















 2

2
2

2
2
4
3

0
2
2
2
2
4
3

x
x

x
x
x

x
x

9
0

9
7

2  









 x

x
x
x

(ii)
Kết hợp (i) và (ii) ta có tập nghiệm là  





3
4
;
7
9

T .

* Với 1x0 thì (1) ln đúng. Tập nghiệm trong trường hợp này là T2 = [-1 ;0).

Vậy tập nghiệm của (1) là



1;0
3

4
;
7
9

1  








T T

T .

Bài tập :

Giải BPT : x2 3x2 x2 4x32 x2 5x4.

Đáp số : x4 hoặc x = 1.

III. Kỹ thuật khai căn.

1) Đƣa biểu thức ra ngoài căn thức :
*













)
0

(

)
0
(
2

A
A

A
A
A

A .

* 2 ( , 0)
2



 E x

x
y
E
A
x
E

y
A

* 2n A2n  A * 2n1A2n1  A

2) Lƣu ý :

Biến đổi các biểu thức trong căn thức thành hằng đẳng thức.
3) Ví dụ :

Giải BPT :

2
3
1
2
1

2     

 x x x

x

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Giải :

(1)



 



2
3
1
1
1
1
2
3
1
1
2
1
1
1
2

1            2    2 



 x x x x x x














)
2
(
2
3
1
1
1
1
1
x
x
x

* Với x110x11x2 luôn thỏa mãn bpt (2).

Vậy trong trường hợp này tập ngiệm là T1=[2 ;+).

* Với 1 2

1
1

1
0

1   










 x
x
x

x bpt (2) trở thành :

2
3
2
2
3
1
1
1

1      

 x

x (luôn đúng).

Vậy tập nghiệm của (1) trong trường hợp này là T2=[1 ;2).
KL : Tập nghiệm của (1) là T=T1T2 



1;.

* Chú ý : Bài này ta có thể giải bằng phương pháp bình phương hai vế..
IV. Kỹ thuật phân tích thành nhân tử đƣa về bất phƣơng trình tích.
1. Bất phƣơng trình tích : Trên điều kiện của bpt ta có :

*




















0
)
(
0
)
(
0
)
(
0
)
(
0
)
(
)
(
x
g
x
f
x
g
x
f
x
g
x

f *
























0
)
(
0
)

(
0
)
(
0
)
(
0
)
(
0
)
(
)
(
x
g
x
f
x
g
x
f
x
f
x
g
x
f

Các trường hợp còn lại, các bạn tự suy luận.
2. Lƣu ý :

Đây là kỹ thuật giải địi hỏi có tư duy cao, kỹ năng phân tích thành nhân tử thành thạo,
cần phải nhìn ra nhân tử chung nhanh.

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Giải BPT : x1



3x x1



3x 10 (1)

Giải :

Điều kiện : x1(*)

(1) x13x2 x1 x1x x13x3x0



1 3 1

 

1 3 1



1   2    2 



 x x x x x x



1



13 2 1



0

 x x x x

0
1 


 x x (do x13x2 10 khi x1).
0

1
1

1    2  2  



 x x x x x x (vô nghiệm).

Vậy BPT đã cho vô nghiệm.

V. Kỹ thuật nhân chia liên hợp : 
1. Biểu thức nhân chia liên hợp:

* (A B)

B
A

B
A
B

A   

 .

* 1 (A B)
B

A
B
A
B

A   



.
2. Lƣu ý:

+) Nên nhẩm với một số nghiệm nguyên đơn giản. 
+) Chú ý tới các biểu thức nhân chia liên hợp.

3. Ví dụ:

Giải BPT : x2 15 3x2 x2 8

(1)

Giải:

* Ta có (1)  x2 15 x2 8 3x2

2
3

8
15

7
2

3
8
15

8
15

2
2


















 x

x
x

x

x
x

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Từ (2) ta có

3
2
0

3x   x .

* Mặt khác:

(1)  x2 1543x3 x2 83

3
8
1
)
1
(
3
4
15
1
2
2
2
2











x
x
x
x
x

  0

3
8
1
3
4
15
1
1
2

2 

















x
x
x
x
x (3)

* Lại có : Vì

3
2



x nên

3
8
1
4
15
1
3
8
4
15

2
2
2
2













x
x
x
x
x
x
0
3
3
8
1
4
15

1
2

2    







x
x
x
x
.
Vậy (3) x10x1.

KL : BPT (1) có tập nghiệm là T=1;.

* Chú ý : Trong Bài toán này, việc thêm bớt, nhóm các số hạng với nhau để xuất hiện

nhân tử chung xuất phát từ việc nhẩm được khi x=1 thì hai vể của BPT bằng nhau.

Thường dùng cách giải tương tự cho Bài toán : 2 2 2 2

b
x
d
cx

a

x      .

Bài tập tương tự : Giải BPT : 3x1 6x3x214x80

(Dựa vào ĐH_B_2010).

VI. Một số Bài tập tự luyện : Giải các BPT sau : 
1,
2
3
4
4
4

4      

 x x x x

x . 2, x x

x
x





2 3 2 1

3
2

.
3, x 2x1 x 2x1  2. 4, 3x4 2x1 3x.

5, (4x1) x2 12x2 2x1. 6,



x2 3x



2x2 3x2 0 (ĐH_D_2002 )

7,
3
5
3
3
16
2






x
x
x
x

. 8,

2
1
5
3
2
1

2    x
x

x

9, 1 1 4 3
2



x
x

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

11,





2
9

3 2





 x x

. 12, 4x1  2x10



1 32x



13,

x
x
x
x

x 12   12  2 14,



 



x
x
x

x

3
2
2

4 1

1    



 .

B. PHƢƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ . 
I. Một số yêu cầu :

- Dạng này học sinh cần nhớ cách đặt ẩn. Từ đó mở rộng cho Bài tốn tương tự.

- Chú ý tới các điều kiện của ẩn.

II. Một số dạng toán và các Bài toán làm mẫu. 
1. Đặt ẩn phụ đƣa về bpt đơn giản hơn :

Bài 1 :Giải BPT : 2 1 3

1 





 x

x
x

x

(1)

Giải :

* Điều kiện : 







1
0

x
x

(*)
* Đặt  1(t 0).

x
x

t BPT (1) trở thành : 12 2t 32t3 3t2 10(t 0)

t

 





2
1
0

0
1
2

1 2      


 t t t t .

Vậy 1

3
4
2

0     x
x

x

Bài 2 : Giải BPT : 4

2
1
2
2

5   







 

x
x

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Giải :

* Điều kiện : x>0.

* Đặt 2

2
1





 t

x
x

t (theo bất đẳng thức Côsi)
2

2
2

1
2
1

1 2

2       

 t

x
x
x

x

t .

* BPT (2) trở thành : 











2
1

2
4

2
2

5 2

t
t
t

t kết hợp với t 2 ta được t 2.

* Khi đó


































2
2
3
0

2
2
3

2
2
2

2
2
2
2

2
1

x
x

x
x
x

x .

KL :

* Chú ý : Bài tốn có thể mở rộng cho dạng : a



f(x) f 1(x)

 

b f2(x) f 2(x)



c0.

2. Đặt ẩn phụ đƣa về bất phƣơng trình lƣợng giác :

Giải BPT :



1x2



5  x5 1

(1).

Giải :

* Điều kiện : x

 

0;1.

* Đặt xcost với







2
;

0 

t . BPT (1) trở thành : sin5t cos5t 1.

Do sin5tsin2t và nên sin5t cos5t sin2tcos2t1 với







2
;

0 

t .

* Do đó BPT đã cho có nghiệm là x

 

0;1.

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

3) 2





1
2
1
1

1 x  x  x . 4) 2x3 x13x2 2x2 5x316.

5) xx4 x2 4xx22 2. 6) x
x
x

x   

1 1

1 .

7) x x2 1 x x2 1 2. 8) x 1x2 x 1x2

9) 2 2 1 3x1
x

x
x

x 10) x3 35x3



x3 35x3



30

11) 2 2

2
1

1 x  x 12)    

3
1
3
2
1

1
1

2
3

2 x

x
x

x       




13)



x3 x 2



x9 x 18



168x 14) 4 x314x2 7x1

15)

2
2

1
3
1
1

x
x

x   

 16) x

x
x

x

2
1

2
1
2
1

2
1
2

1
2
1











17)

4
4

2
1
1

2 x x  18)

16
9

8
12
2

2
4
2

2 







x
x
x

x

C. PHƢƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ.

* Nhớ được cách xét tính đơn điệu của một hàm số, lập bảng biến thiên…

* Nhớ các bất đẳng thức.

* Thường áp dụng cho các Bài tốn đặc thù, phức tạp khơng có thuật tốn cụ thể nhưng

hay có trong các kì thi đại học các năm gần đây.

I. Kỹ thuật sử dụng BĐT để đánh giá hai vế: 
1) Bất đẳng thức thông dụng:

* Bất đẳng thức Côsi:

Với a1 0,a2 0,...,an 0 ta có n

n
n

a
a
a

n

a
a
a

...
...

2
1
2

1   .

Dấu “=” xảy ra khi a1 a2 ...an.

* Bất đẳng thức Bunhiacopski :

Với mọi a1,a2,...,an,b1,b2,...,bn ta ln có :

 





2 2



2
2
1
2
2

2
1
2
2

2
1

1b a b ... anbn a a ... an b b ... bn

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Dấu « = » xảy ra khi

n
n

b
a
b

a
b
a




 ...

2
2

1
1

.
2) Ví dụ :

Bài 1 : Giải BPT :

4
2
1

2
x
x

x    



(1)

Giải :

* Điều kiện : 1 1
0

0
1
















x
x

x

(*)
* Khi đó ( 1)

16
4

1
2
1

4
2

2 x

x
x

x

x      












16
1
1

0
16
1

2
1

4
2
2
4

2          



 x x x x x

Điều này luôn đúng với mọi x thỏa mãn điều kiện (*).
Vậy nghiệm của BPT là x

 

1;1.

Bài 2 : Giải BPT :





1
2

1 2








x
x

(2)
(ĐH_A_2010)

Giải:

* Điều kiện: x0 (*).

* Ta có: 2



x2 x1



 x2 x12 111 2



x2 x1



0.

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>



x2 x1



   111x2 

 

x 2 1x x (4)

* Dấu bằng xảy ra khi  

2
5
3
0

1
1
0
1

1 2 



























x
x

x
x
x

.
KL:

III. Kỹ thuật sử dụng tích vơ hƣớng của hai vectơ. 
1. Định nghĩa: u.v u.vcos(u,v).

a) Biểu thức tọa độ của tích vơ hướng:

+) Trong hệ tọa độ Oxy, nếu u(x;y),v(x';y') thì u.v x.x'y.y'.

+) Trong hệ tọa độ Oxyz, nếu u (x;y;z),v(x';y';z') thì u.vx.x'y.y'z.z'.

b) u.v  u.v . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u,v cùng phương.

c) uv  u  v . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u,v cùng hướng.

2) Ví dụ: Ta quay lại Bài thi ĐH_A_2010:

Giải BPT :





1
2

1 2








x
x

(1)
(ĐH_A_2010)

Giải:

* Điều kiện: x0.

* Do 2( 2  1)

x

x = (2 2 2 1

x

x >1 nên bất phương trình (1) tương đương với
x

x
x

x 1 2( 2  1) 2( 2  1 (1 ) (2)

Trong mặt phẳng tọa độ lấy a(1x; x), b(1;1). Khi đó:

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Vậy (2) trở thành ab a.b. Điều này xảy ra khi a,b cùng hướng tức là tồn tại k>0 sao

cho

2
5
3

1 













 x

k
x

k
x
b

k

a .

Nhận xét: Ta có thể xây dựng được một lớp các Bài toán tương tự trên bằng cách lấy các

vectơ 
thích hợp.

IV. Kỹ thuật sử dụng khảo sát hàm số để đánh giá. 
1. Thuật toán:

Để giải bất phương trình f(x) g(x);f(x)g(x); f(x)g(x);f(x) g(x) ta khảo sát hoặc

căn cứ vào tính chất của các hàm số y = f(x) và y = g(x), đưa ra bảng biến thiên và từ 
bảng biến thiên đưa ra kết luận.

2. Lƣu ý: Nếu m là tham số thì y = h(m) là đường thẳng song song hoặc trùng với trục 
hồnh.

3. Ví dụ:

Bài 1: Tìm a để BPT sau có nghiệm:





3 2

3     

x

x
a
x

x (1)

Giải:

* Điều kiện: x1. Khi đó:

(1) 



x x1





x3 3x2 1



a (1’).

* Đặt f(x)



x3 3x2 1





x  x1



. Ta có:













0 1

1
2

1
1
3
1

6
3
)

(

' 2 3 2   


















 x

x
x

x
x
x

x
x
x
x
f

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

x 1 




f(x)

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy bpt (1) có nghiệm khi a3.

Bài 2: Tìm m để BPT 2x2 2mx13 2x3 x (1) nghiệm đúng với

mọi x0.

Giải:

Ta có (1) 2 2 2 13 2 3 2 2 13 2 1(x0)
x

x

x
m
x

x
x

mx (1’)

* Đặt

x
x

t 2 1. Do x0 nên theo BĐT Côsi ta có 2 2 .1 2 2
x

x

t .

(Có thể sử dụng bảng biến thiên để tìm điều kiện của t)

Khi đó (1’) trở thành :





( 2 2)
2




 t t t

m (2).

(1) nghiệm đúng với mọi x0 khi và chỉ khi (2) nghiệm đúng với mọi t 2 2.

* Xét hàm số

2
3
2
)

(t t t

g   có

t
t
t

t
g

3
2
4

3
2
1
)
(

'     .

4
9
0

3
2
0
)
(

' t   t   t 

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

* Ta có bảng biến thiên :
t

2 

g’(t) +




g(t)

2
2
2
3
2

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy (2) nghiệm đúng với mọi t2 2 khi m

2
2
2
3

2 .

V. Kỹ thuật sử dụng tính đơn điệu của hàm số trên miền xác định. 
1. Thuật toán :

Giả sử hàm số y = f(x) đơn điệu trên D, u(x) và v(x) có miền giá trị là tập con của D.

Khi đó ta có : f(u(x)) f(v(x))u(x)v(x).

f(u(x)) f(v(x))u(x)v(x) hoặc u(x)v(x)

(Tương tự cho các dấu ,,)

2. Ví dụ :

Giải BPT : x3 x1x3 1x 2x0 (1)

Giải :

* Điều kiện : 1 1

0
1

















x
x

x

(*)

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>





x1

 

 x1



2 x1



1x

 

 1x



2 1x (2)

* Xét hàm số f(t)t3 t2 2t với t 0 :

Có f'(t)3t22t20t 0 nên f(t) là hàm đồng biến trên



0;.

* Mặt khác : (2)  f( x1) f( 1x) x1 1x

0
1

1   



x x x kết hợp với điều kiện (*) ta được : 1 x0.

KL :

VI. Kỹ thuật sử dụng tính đối xứng của hai nghiệm. 
Tìm m để BPT sau có nghiệm duy nhất :

  4   2

1
2
1

1 x m x x x x m m

x        

 (1)

Giải :

* Điều kiện : 0 x1 (*)

* Nhận xét : Nếu x0 là nghiệm của (1) thì (1-x0) cũng là nghiệm của (1). Do đó phương

trình có nghiệm duy nhất thì

1 0 0

0  x  x 

x .

Thay

2
1

0 

x vào (1) ta được 0 0

2
1
.
2
1
2
2
1
.
2
1
2
2

1
2

1    4   2  2   

 m m m m m .

* Với m=0 thì (1) trở thành :

 x 1x24 x1x0



4 x 41x



2 0

2
1
1

0
1

4        

 x x x x x (thỏa mãn (*)).

Vậy bất phương trình (1) có nghiệm duy nhất khi m=0.
VII. Một số Bài tập tự luyện :

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

1, 





 






x
x
x

x 2 1 4 1

2 2 2 . 2, 1

40
40
100

2   



x
x

3, x1 2x3 503x 12 4, x2 2x 2x1 3x2 4x1

5, x x1 3x 2 x2 1 6, x2 4x5 x2 10x50 5

7, x2 4x  x2 6x11 8, 3x x1 52x  4034x10x2 x3

Bài 2 : Tìm m để BPT sau vô nghiệm :



2 2



4 2 2

1
1

1
2
1

1 x x x x x

m           .

(ĐH_B_2004)

Bài 3: Tìm a để BPT sau có nghiệm : 4x2 2x1 4x2 2x12a.

Bài 4 : Tìm các giá trị của m để bất phương trình sau có nghiệm : 
4 2x 2x 24 6x2 6x m

Bài 5: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm:

4 2

1
2

1
1

3 x m x  x  .

Bài 6: Tìm m để BPT sau nghiệm đúng với mọi x

 

0;1: m xx  x  1x

</div>

Các dạng bất phương trình vô tỉ và cách giải

<b>CÁC DẠNG BẤT PHƢƠNG TRÌNH VƠ TỈ VÀ CÁCH GIẢI </b>











 











 























 









 







 

 





























 

















 







































