Chuyên đề Phương trình, bất phương trình có chứa căn

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Lời nói đầu Trong chương trình ôn tập toán phổ thông ,có rất nhiều chuyên đề cần dạy cho học sinh Theo sự phân công chúng tôi biên soạn phần phương trình ,bất phương trình có chứa căn, phươngTrình và bất phương trình có chứa giá trị tuyệt đối, trên cơ sở tham khảo các sách tham khảo của nhiều tác giả có uy tín, sách giáo khoa, các đề thi đại học , tuy nhiên phần trình bày của chúng tôi chắc chắn còn nhiều thiếu sót , kính mong các đọc giả bổ sung và góp ý kiến ,chúng tôi xin chân thành cám ơn .. Tổ toán THPT Hàn Thuyên. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA CĂN PHẦN I : Phương trình có chứa căn I)Phương pháp biến đổi tương đương 1) Kiến thức cơ bản :  g ( x)  0  f ( x) hoac g ( x)  0 f ( x)  g ( x)   f ( x)  g ( x)   2  f ( x)  g ( x)  f ( x)  g ( x) Chú ý các trường hợp khác phải tìm tập xác định trước khi biến đổi 2) Bài tập áp dụng 1  x  11 1  x  11 11  x  x  1  2     11  x  x  1  2 11  x  x  1  4  4 x  1 Bài1: gpt : 1  x  11 1  x  4 1  x  11    2 x2 2 64  4 x  32 x  16( x  1)  x  12 x  20  0 8  2 x  4 x  1 Bài2: gpt:. x  4  0 1  x  4  1  x  1  2 x Txđ: 1  x  0  4  x  2 1  2 x  0 .  x  1 / 2  1 / 2  x  1 / 2  (1  x)(1  2 x)  2 x  1     x 1  2 2 (1  x)(1  2 x)  (2 x  1) 2 x  7 x  0 II) Phương pháp đặt ẩn phụ 1) Dạng1: * Nếu có căn f(x) và f(x) đặt t=. f (x). . Nếu có. f ( x) , g ( x) ma. f ( x) . g ( x)  a (h / s ) dat t . . Nếu có. f ( x)  g ( x) , f ( x) g ( x) , f ( x)  g ( x)  a, dat t . . Nếu có. a 2  x 2 dat x  a sin t ,. . Nếu có. . t . f ( x)  g ( x)  a / t f ( x)  g ( x). . 2 2 a   x 2  a 2 dat x   t  0 sin t 2 2. 2) Bài tập áp dụng Bài1: gpt 2(x2- 2x) +. x 2  2 x  3  6  0 đặt t=. x2  2x  3  0. Bài2; gpt 5( 3 x  2  x  1)  4 x  9  2 3 x 2  5 x  2 đ/k x ≥ 1 đặt t=. 3 x  2  x  1 đ/k t ≥ 1dẫn tới pt t2-5t+6=0. t  0,   khi đó pt   5 3 1  cos 2 t  4 cos 3 t  3 cos t  sin t  cos 3t  cos 3t  cos(  t )  t  , , 2 8 8 4. 1  x 2  4 x 3  3 x đ/k -1 ≤ x ≤ 1 đặt x = cost. Bài3:gpt:.  x  cos.  8. . 2 2 5  2  2 3 2 , cos  , cos  2 8 2 4 2. Bài4: gpt: 2 (1  x) 2  3 1  x 2  (1  x) 2  0 x  1 khong la ng chia 2ve 1  x 2 1 x 1 x 1 x   3  0 dat t   2t  1 / t  3  0  2t 2  3t  1  0 1 x 1 x 1 x giải ra có t = 1, t = 1/ 2 suy ra nghiệm phương trình x 35   Bài5: gpt : x  đ/k x > 1 đặt x = 1/cost t  (0. )  x 2  1  tan t 2 x 2  1 12 2. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1 1 / cos t 35 1 1 35       12(sin t  cos t )  35 sin t cos t cos t sin t / cos t 12 cos t sin t 12 1 35  1     cos t sin t 12 dat u  sin t  cos t  u  (1, 2 )  35u 2  24u  35  0  t  7 / 5   1 25  1   cos t sin t 12 5 5  1   cos t  3 x  3    1 5 x  5 4   cos t 4 2) Dạng2: đặt ẩn phụ còn x tham ra như một tham số hoặc t là tham số Bài tập áp dụng : x  2 Bài1: gpt x 2  1  2 x x 2  2 x dk  dat t  x 2  2 x  0 x  0 pt . Khi đó pt: x2 -2tx-1 = 0 `= t2+1 = (x-1)2 →x = t±(x-1) khi và chỉ khi x2  2x  1 x2  2x  1  0  x  x 2  2 x  ( x  1) x  1  5      2 x  1  0   x  1 / 2   x  x 2  2 x  ( x  1)  x  1  5  x 2  2 x  (2 x  1) 2 3 x 2  2 x  1  0   Bài2: gpt (4x-1) 4 x 2  1 8x2+2x+1 đặt t = 4 x 2  1 ≥ 1 pt : 2t2-(4x-1)t+2x-1=0 x  1/ 2 Có ngh t=2x-1, t= 1/2(loại) với t =2x-1 4 x 2  1  2 x  1   2 vô ngh 2 4 x  1  ( 2 x  1 )  u  n a  f ( x) u n  v n  a  b n n  3) Dạng3: đặt 2 ẩn phụ a  f ( x)  b  f ( x)  c   v  n b  f ( x) u  v  c Bài tập áp dụng:. u  3 1  x u  v  2 Bài1: gpt: 3 1  x  3 1  x  2    3 3 v  3 1  x u  v  2 u  0 x  2 u  3 2  x u 3  v 2  1   Bài2:gpt: 2  x  1  x  1     u  1   x  1 v  x  1 u  v  1 u  2  x  10   3) Dạng4: một ẩn phụ chuyển phương trình thành một hệ : ax  b  c(dx  e) 2  nx  m 3. Thí dụ: gpt. 3 x  1  4 x 2  13 x  5  3 x  1  (2 x  3) 2  x  4 dat  2 y  3  3 x  1. 2  2 y  3  (2 x  3) 2  x  4 (2 y  3)  x  2 y  1  x  y     (2 y  3) 2  3 x  1 (2 y  3) 2  3 x  1 2 y  5  2 x. 15  97 8 11  73 2)2 y  5  2 x  4 x 2  11x  3  0  x  8. 1) x  y  4 x 2  15 x  8  0  x . III) Phương pháp đánh giá 1) Kiến thức cơ bản:. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  f ( x)  0  1) f2(x) + g2(x) + t2(x) = 0   g ( x)  0 t ( x)  0  2) f(x) + g(x) = a ( a là hằng số). 3).  f ( x)  b mà f(x) ≤ b , g(x) ≤ c (b + c =a )    g ( x)  c  f ( x)  a f(x) = g(x) , f(x) ≤ a, g(x) ≥ a    g ( x)  a. 2) Bài tập áp dụng : Bài1: gpt x4 + 2x2 -6x +20 = 2 x 2 x 2  2 x  16.  x4 - 2 x 2 x 2  2 x  16 + x2 -2x +16+.  x 2  x 2  2 x  16  0 x 2  2 x  16 )2 + ( x-2)2 = 0     x  2  0 x = 2 thỏa mãn hệ , vậy phương trình có 1 nghiệm x = 2 Bài2: gpt: 4x2 + 3x +3 = 4x x  3  2 2 x  1 đ/k x ≥ 1/2 phương trình tương đương  x  3  2 x 2 (2 x  x  3)  (1  2 x  1) 2  0    2 x  1  1 x2-4x+4 = 0  ( x2-. Bài: gpt:. 3 x 2  6 x  7  5 x 2  10 x  14 = 4 – 2x – x2. Ta có vé trái 3( x  1) 2  4  5( x  1) 2  9  4  9  5 Vế phải 4 – 2x—x2 = 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. 4 x  1  4 x 2  1  1 dkx  1 / 2 xét hàm số y= 4 x  1  4 x 2  1 txd x  1 / 2 2 4x   0x  1 / 2 hàm số luôn đồng biến trên txđ vậy pt không có Có đạo hàm y ,  4x  1 4x2  1 quá một nghiệm nhẩm nghiệm ta thấy x=1/2 là nghiệm duy nhất Bài2: gpt x 5  x 3  1  3 x  4  0 xét hàm số y= x 5  x 3  1  3 x  4 txđ x≤1/3 3 y `  5 x 4  3x 2   0 h/s đồng biến trên txđ vậy phương trình không có quá 2 1  3x một nghiệmTa thấy x= -1 là nghiệm duy nhất của bài toán Bài1. 3  x  x 2  2  x  x 2  1  3  x  x 2  2  x  x 2  1 đặt t = x2- x đ/k -3≤t≤2 1  o hàm số tăng , h/s f(t) = 3  t txđ  3,2 f`(t)= 2 3t 1  0 hàm số nghịch biến vậy chúng chỉ có thể giao nhau tại một g(t) = 1+ 2  t  g (t ) ,   2 2t Bài3:gpt;. điểm duy nhất , thấy t =1 là nghiệm do đó t=1 suy ra pt x2- x =1 có nghiệm x . 1 5 2. 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): 2 x  63 1  x  3 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> đặt t= 3 1  x có pt 2t3 – 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 : 3 x  1  3 x 2  8 x  3  đ/k x≥ - 1 PT tương đương 3 x  1  3 x 2  8 x  3  0 xét hàm số f(x) = 3 x  1  3 x 2  8 x  3 trên tập x/đ x ≥ -1 3 3 f , ( x)   6 x  8  f ,,`` ( x)    6  0 vậy hàm số đó có đồ thị lồi trên txđ 2 x 1 4 ( x  1) 2 Do đó phương trình nếu có nghiệm thì không quá 2 nghiệm ta dễ thấy x = 0, x = 3 là nghiệm Bài2;gpt: x  3 x  1  x 2  x  1 điều kiện x ≥ 0 phưong trình tương đương với x  3 x  1  x 2  x  1  0 xét hàm số f(x) = x  3 x  1  x 2  x  1 tập xác định x ≥ 0 1 3 1 9 f , ( x)    2 x  1  f ,, ( x)     2  0 đồ thị hàm số lồi trên tạp 2 2 x 2 3x  1 4 x 4 (3 x  1) 2 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 6 10   4 đ/k x < 2 đặt t  Bài1: gpt: 2t 3t. 6 6 6  0  2  x  2  3  x 1 2 2 x t t. t  4 10t 2   4   10t 2 Pt thành t+ 2 khi đócó PT: t4-8t3+12t2-48t+96=0 suy ra 2 t 6  ( 4  t )  2 t  6 (t-2)(t3-6t2-48)=0 Có nghiệm t=2 suy ra x=1/2 cònphương trình: t3-6t2-48=t2(t-6) -48 < 0 với o<t≤ 4 vô nghiệm, vậy pt đã cho có 1 nghiệm x=1/2 Bài2: gpt:. 3 x 2  7 x  3  x 2  2  3 x 2  5 x  1  x 2  3 x  4 tưong đương với. 3 x 2  7 x  3  3 x 2  5 x  1  x 2  2  x 2  3 x  4 tương đương với  2x  4 3x  6  3x 2  7 x  3  3x 2  5 x  1 x 2  2  x 2  3x  4 *) 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 1  2x 1  2x  Bài3: gpt : 1  2 x  1  2 x  điều kiện - 1/2<x< ½ 1  2x 1  2x Xét vế phải theo bất đẳng thức cô si ta có. 1  2x 1  2x   2 dấu bằng xâỷ ra khi 1  2x 1  2x. 1  2x 1  2x   x0 1  2x 1  2x Xét vế trái ta có ( 1  2 x  1  2 x ) 2  2  2 (1  2 x)(1  2 x)  2  2 suy ra vế trái ≤ 2 dấu bằng xẩy ra khi x = 0 vậy x = 0 là nghiệm của phương trình. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 1 1 1 1  4  ( x  ) tương đương với x  2  x 2   2  2  4 2 x x x x Áp dụng bất đẳng thức Bu nhi a cốp ski ta có  x  2  x 2  1.x  1. 2  x 2  (12  12 )( x 2  (2  x 2 )  2  Cộng  1 1 1 1 1 2 2   2  2  1.x  1. 2  2  (1  1 )( 2  (2  2 )  2 x x x x x --------------------------------------------------------------------------1 1 Ta có x  2  x 2   2  2  4 dấu bằng xẩy ra khi x=1 là nghiệm của phương trình x x. Bài4:gpt:. 2  x2  2 . PHẦN 2 :Bất phương trình có chứa căn I)Phương pháp biến đổi tương đương : 1) Kiến thức cơ bản :. 1). 2).  g ( x)  0 f ( x)  g ( x)   2 0  f ( x)  g ( x)  g ( x)  0   f ( x)  0 f ( x)  g ( x)    g ( x)  0   f ( x)  g 2 ( x). 2) Bài tập áp dụng:. Bài1:. 4 3 x  4 0  x  4  2  0  2x  0 4  4 x  2 4  x  4 3 2 1 2 1  3 x  16      0  0 3 3 2 x2 4 x 2 x 2 4 x   x  0  4 3  2 1 2 x  2  0  x  2  2      x 0  4  x 2 x. Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 0,2. Bài2: gbpt 2 x 2  6 x  1  x  2  0 tương đương với 2 x 2  6 x  1  x  2 tương đương với  x  2  0  2  3 7  3 7  2 x  6 x  1  0 x      , 2   3,   x20  2      x  3 2 x 2  6 x  1  ( x  2) 2  1  2  x  0 x  0 1  1  4x2  0 điều kiện  Bài3: gbpt:  2 x 0  x  1 1  4 x  0  2 1  3 x  0 1 1 1) Với -  x  0 bpt tương đương 1  4 x 2  1  3 x   -  x0 2 2 2 2 1  4 x  (1  3 x). Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 2) Với 0<x . 1 2. 1  3 x  0  2 1 1  4 x  0 2 bpt tương đương 1  4 x  1  3 x    0<x  2 2 2 1  4 x  (1  3 x) 1  3 x  0. Vậy nghiệm của bpt là.  1   1  2 ,0    0, 2 . II)Phương pháp đặt ẩn phụ 1) Dạng1: đặt ản phụ hợp lý dẫn tới bất phương trình đại số quen thuộc Bài1 ; gbpt: x 2  2 x 2  3 x  11  3 x  4 đặt t =. x 2  3 x  11  0 dẫn tới bpt. t2+2t-15 ≤ 0 suy ra 0 ≤ t ≤ 3 suy ra x 2  3x  11  3 suy ra x2 -3x+11 ≤ 9 suy ra nghiệm của bpt 1 ≤ x ≤ 2 x 1 3x x2 3x Bài2 gbpt có bất  1  1   1 đặt t = 2 2 2 2 1 x 1 x 1  x2 1 x 1 x phương trình t2-3t+2 > 0 suy ra t > 2 hoặc t < 1  x  2 1  x 2 0  x  1 x 2 1) xét bpt >2    2   x 1 2 5 1  x 2  0 1 x 5 x  4  1  x  0 2  x  1  x 1 x     x  0  1  x  2) xét bpt <1   2 2 5 1  x  0 1 x  x 2  4(1  x 2 )  1   3   nghiệm của bpt là   1, ,1  5  5   5 1 1  2x   4 điều kiện x > 0 đặt t = x  Bài2: gbpt: 5 x  ≥ 2 2x 2 x 2 x dẫn tới bất phương trình bậc hai: 2t2 – 5t + 2 > 0 có nghiệm t > 2 khi và chỉ khi 1 3 3 x >2  x  4 x  1  0  co nghiem (0,  2 )  (  2 ,) 2 2 2 x x 1 x 1 x 1 2  3 dat t   0 dẫn tới t2 -2t -3 >0 có nghiệm t≥ 3 x x x  1 Cho ta tập nghiệm của bpt là  0,   8 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. Bài3: gbpt. Bai1:gbpt: x2-1  2 x x 2  2 x đặt t =.   t  1  ( x  1) 2 dẫn tới (. x 2  2 x  0 dẫn tới bpt: x2-2tx-1≤ 0 có. x 2  2 x  1)( x 2  2 x  2 x  1  0 khi và chỉ khi. 1  2 x  1  0 x    2  2  2 x  2x  2x  1  0  x  2x  0   x0 x0   x 2  2 x  (2 x  1) 2    x  2 Dạng3: đặt 2 ẩn phụ dẫn tới một hệ. 2 x 2  6 x  8  x  x  2 điều kiện x ≥ 0 biến đổi u  2 x  1  0 2( x  2) 2  2(2 x  1)  x  2  2 x  1 đặt   2u 2  2v 2  u  v v  x  2. Bài1: gbpt. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> u  v  0  2 uv 2 2 2u  2v  (u  v) x  2  0 2x  1  x  2   2  x  1, x  5 x  6x  5  0 1  Vậy để u  v  x   ,  x  1, x  5 2  u  x  0 Bài2:gbpt 2 x 2  6 x  8  x  x  2 đặt  bất phương trình có dạng v  x  2  u  v  0 u  v  0 2u 2  2v 2  u  v   2  uv0 2 2 2u  2v  u  v (u  v)  0 Trường hợp u = v. x  2  0   x  x  2 . x  2 x4  2 x  5 x  4  0 . 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: x  9  2 x  4  5 d / k x  2 xét hàm số f(x) = x  9  2 x  4 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: Tương đương. x 2  2 x  3  x 2 6 x  11  3  x  x  1. dk 1  x  3. x 2  2 x  3  x  1  x 2  6 x  11  3  x ( x  1) 2  2  x  1  (3  x) 2  2  3  x. Xét hàm số f(t) = t  2  t tren 1,3 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+ x  x  7  2 x 2  7 x  35. d / k x  0 xét hàm số trên tập xác định x≥ 0 1 1 2x  7   0 F(x) = 2 x  x  x  7  2 x 2  7 x co f , ( x)  2  2 x 2 x | 7 x2  7x.   29  2    29  2  Hàm số đồng b iến trên tập xác định vì vậy f(x) < 35 = f     vậy nghiệm bpt 0< x <       12     12       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 - x  3  m  1 đặt t = x  3 t ≥ 0 ta có t 1 t 1  m xét hàm số f(t) = 2 m( t2+2) ≤ t+1 tương đương với 2 trên tập t≥ 0 có t 2 t 2  t 2  2t  2 , f , (t )  f (t) = 0 khi t = 1  3 (t 2  2) 2. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Ta có bảng biến thiên t. -1 . -1  3. f t. 0. -. F ( t ). 0 -1 . Nhìn vào bảng biến thiên để bất phương trình có nghiệm thì m ≤. 3. +. 3. 3 1 4. 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 *) 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 X1,X2,.. +) Xác định X= X1 ∩ X2 ∩… +) Chiếu vuông góc tập X lên trục m ,giả sử là Im *) Khi đó: +) Để hệ vô nghiệm khi m ≠ Im +) Để hệ có nghiệm khi m € Im +) Để hệ có nghiệm duy nhất khi đường thẳng m =  giao với tập X đúng một điểm duy nhất Bài tập áp dụng: Bài1: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm. 1  x 2  m  x đặt y = 1  x 2  0 khi đó bất. x 2  y 2  1 (2) phương trình tương đương với một hệ   x  y  m  0 (3) Các điẻm thỏa mãn (2) ký hiệu là X1 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 X2 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 X 1  X 2  0 khi m  2 Bài2: Tìm m để bất phương trình sau đúng mọi x thuộc – 4 ≤ x ≤ 6 (4  x)(6  x)  x2 - 2x +m đặt y = (4  x)(6  x) ≥ 0 suy ra y2 = 24 + 2x – x2 Tương đương với ( x -1 )2 +y2 = 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 = x2 – 2x + m là một pảabol có đỉnh nằm trên đường thẳng x = 1 để bài toán nghiệm đúng y 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 = m0 – 1 suy ra m0 = 6 M(1,5) vậy giá trị m cần tìm là m ≥ 6 1. Lop12.net. x.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 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 x 2  2m  mx 2 (1) Điều kiện cần : giả sử (1) có nghiệm là x0 thì – x0 cũng là nghiệm , do đó muốn có nghiệm duy nhất thì phải có x0 = - x0 suy ra x0= 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 (2  x)(4  x)  x 2  2 x  m (1) nghiệm đúng với mọi x   2,4 Điều kiện cần: để bất phương trình đúng mọi x   2,4 thì x = 1 cũng là nghiệm thay vào (1) ta có m≥ 4 Điều kiện đủ : với m ≥ 4 khi đó áp dụng bất đẳng thức Cô si vế trái ta có Vế trái = 2 x4 x (2  x)(4  x)   3 vế phải x2 – 2x + m = (x-1)2+ m – 1 ≥ 3 suy ra vế phải ≤ vế trái , 2 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 Ta có điều kiện. x  x2 1  x  x2 1  2. x 2  1  0  2 x  x  1  0  x  1  2  x  x  1  0. x  x 2  1  x  x 2  1  2 x  x 2  1. x  x 2  1  2. Khi đó. nghiệm khi và chỉ khi Vế trái = 2 khi và chỉ khi vậy x = 1 là nghiệm của bất phương trình. vậy bát phương trình có. x  x2 1  x  x2 1  x  1. Chủ đề phương trình có chứa giá trị tuyệt đối I). Phương pháp biến đổi tương đương 1) Cơ sở lý thuyết :  f ( x)  g ( x) (1) Dạng1: f ( x)  g ( x)    f ( x )   g ( x ) ( 2).  g ( x)  0  g ( x)  0  Dạng2: f ( x)  g ( x)   2 , hoặc   f ( x)  g ( x) 2  f ( x)  g ( x)  f ( x )   g ( x )  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 x  2 x  2 x2  Bài1: gpt 1    x  2  x  2  x  0 x2 x2  x2  x  2   x  2 . Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> x  4  0 Bài2:gpt | x2 +5x+4 | = x+4 tương đương  2  x  0, x  6 2 2 ( x  5 x  4)  ( x  4) Bài 3: Giải và biện luận phương trình: | x2 -2mx-2m | = | x2 + 2x| (1) 2 2  x  2mx  2m  x 2  2 x (m  1) x  m Tương đương với  2   2 2  x  (m  1) x  m  0 (3)  x  2mx  2m   x  2 x Giải 2  với m + 1 = 0 thì m = -1 khi đó (2) vô nghiệm m  với m + 1 ≠ 0 thì m ≠ - 1 khi đó (2) tương đương với x   m 1 2 Giải3 Ta có  = (m+1) * Với  = 0 m = - 1 (3) có nghiệm x = -1  x  1 * Với  > 0 m ≠ - 1 khi đó (3) có nghiệm  x  m Kết luận  Với m = -1 phương trình có một nghiệm x = - 1 m  Với m ≠ - 1 phương trình có3 nghiệm x = - 1 , x = m , x   m 1 2 2 Bài4 Giải và biện luận phương trình | x + x +m | = - x + x +2 Phưong trình tương với  1  x  2 (*)   x 2  x  2  0  1  x  2  x 2  2  m (2)  2  2 2  x  x  m   x  x  2  2 x  2  m   2  2 2 x  2  m  2  2 m   x  x  m  x  x  2  x  (3) 2  a) Giải và biện luận (2) 2  m  2 0 m  2 * với   khi đó (2) không có nghiệm thỏa mãn (*) m  6 2  m  4  2 2m 2m  4  6  m  0 thì (2) có nghiệm x =  * Với 1 < thỏa mãn (*) 2 2 2m 2m  1  0  m  2 thì (2) có nghiệm x =  thỏa mãn (*) 2 2 2m  2  6  m  0 b) Giải và biện luận (3) ,nghiệm của (3) thỏa mãn (*) khi  1  2 Kết luận :  ) vơi m>2 hoặc m <- 6 phương trình vô nghiệm 2m  ) Với 0  m  2 phương trình có 2 nghiệm x =  2. * Với 0 ≤.  II). )  6  m  0 thì (2) có nghiệm x =. 2m 2. và. x=. 2m 2. 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. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> 2) Bài tập áp dụng Bài 1 gpt | x2 – x | + | 2x – 4 | = 3. x. . 0. 1. 2. X2-x. +. 0. -. |. +. |. +. 2x-4. -. |. -. |. -. 0. +. Nếu x ≤ 0 hoặc 1 ≤ x ≤ 2 pt tương dưong với x2 – x – (2x-4) = 3 khi x2-3x+1=0 Cho ta 2 nghiệm x . 3 5 2. loại. 1 5 thỏa mãn 2  1  29 pt tương đương với x2 +x – 7 = 0 có nghiệm x  thỏa mãn 2. * Nếu. 0<x<1 pt tương đương với x2 +x -1 = 0 có nghiệm x . * Nếu. x≥2. Bài2:. gpt. 3  x3 x  4 1. điều kiện x khác 3 và 5. x x+3 3x-4. -3. 4. -. 0. +. |. -. -. |. -. 0. +. * Nếu x ≤ -3 pt tương đương với x2 = 12 có nghiệm x =  2 3 thỏa mãn * Nếu -3 <x < 4 pt tương đương với x2 = 6 có nghiệm x =  6 thỏa mãn * Nếu x ≥ 4 pt tương đương với x2 -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 | x2 – 4x + 3| + | x2 – 4x| = 3 Cách 1 có thể giải bằng phương pháp chia khoảng Cách 2 phương trình có thể biến đổi thành | x2 – 4x + 3| + | x2 – 4x| = 2 0  x  1  x  4 x  3  0 2 2 ( x – 4x + 3)- ( x – 4x )   2   x  4 x  0 3  x  4. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Bài2 Giải phương trình. tan x tan 2 x  tan x  tan x  1 tan x  1. tan x tan x  tan x   tan x tan x  1 tan x  1  x  k tan x  0 tan 2 x  0    tan x  1 tan x  1  4  k  x  2  k. Biến đổi phương trình về dạng Tương đương với Bài3 Giải phương trình Tương đương với. ( x  1  1) 2  (2  ( x  1) 2  1. Tương đương với. x  1  1  2  x  1 = ( x  1  1)  (2  x  1). Tương đương với IV). x  2 x  1  x  3  4 x  1  1 điều kiện x ≥ 2.  x  1  1  0  x  1  0  2 x5  2  x  1  0  x  1  2. 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 t2 +4t +3 = 0 t  1 loai  x  1  3 x  4   t  3  x 1  3  x  2 6 Bài2: Giải phương trình x 2  5 x  2  2 1  0 x  5x  2 Dặt t = | x2 -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 | x2 -5x +2| = 2 ta có x2 -5x +2 = 2 , x2 -5x +2 = - 2 cho ta nghiệm x=0 , x= 1, x= 4 , x=5 2 2 Bài3 : Giải và biện luận pt mx  2  mx  2  1 Đặt t = | mx-2| +1 ≥ 1 có phương trình t – 1 + 2/t =2 mx  2  mx  2  1  1  mx  2  0 t  1     mx  3 t  2  mx  2  1  2  mx  2  1 mx  1 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 1 1 1 1 2 x 5 x 1 2 x 5 x 1 e   e  e  Bài 1 gpt e 2x  5 x  1 2x  5 x 1 Tập xác định x khác 5/2 , 1 Xét hàm só f(t) = et – 1 / t có đạo hàm et + 1/t2 > 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 x2 –x|x| + 3x – 10 = 0 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Xét hàm số f(x) = x2 –x|x| + 3x – 10. có đạo hàm f. ) =. 3x 2  2 x  3  2 3x  2 x  3. Đạo hàm luôn dương với mọi x hàm số luôn luôn đồng biến. x0 x0. 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 x 1 3 Bài toán 1: gpt sau  2 x 1 3 Áp dụng bất đẳng thức cô si cho vế trái phương trình ta có x 1 3 3 x 1  2  2 bằng vế phải dấu bằng xẩy ra khi x 1 3 x 1 3. x 1 3  x 1 3 Bài toán2:. khi x = 2 , x = 4. vậy phương trình có 2 nghiệm x=2,x=4. 5. gpt 6-4x –x2 = sin. y y cos x x.  10  ( x  2) 2 . 10 2y sin x. nhận xét Vt ≤ 10, Vp ≥ 10 dấu bằng xẩy ra khi cả 2 vế bằng 10 x  2  0  x  2  x  2      2y   sin x  1  sin y  1  y  2  k . Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> 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 f2(x) > g2(x)  g ( x)  0  f ( x)  g ( x)   g ( x)  0 2)  f 2 ( x)  g 2 ( x) .  g ( x)  0 f ( x)  g ( x)   2 2  f ( x)  g ( x) 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 | 4x3 – 3x | ≤ 1 tương đương với ( 4x3 – 3x )2 ≤ 1 tương đương ( 4x3 -3x +1 ) ( ( 4x3 -3x -1 ) ≤ 0 tương đương vói (x2 – 1)(2x+1)2(2x-1)2 ≤ 0 2 x  1  0  Tương đưong 2 x  1  0  1  x  1 x 2  1  0  3). x 2  5x  4  1  x 2  5x  4  x 2  4 x2  4 Tương đương với ( x2 -5x +4 ) 2 ≤ (x2 – 4 )2 tương đương ( 2x2 -5x) ( 8-5x) ≤ 0 8  0  x  5  8 5   0,    ,  Tương đương với   5  2  x  5  2 2 x  1  0    ,0   1,  Bài3 gbpt | 1-4x | > 2x +1 tương đương với 2 x  1  0  2 2  (1  4 x)  (2 x  1)  Bài2 gbpt. 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 : x2  4x  3 Bài1 gbp  1 bpt có nghĩa với mọi x x2  x  3 Ta có bảng xét dấu. x X2 – 4x x- 5. 0 + -. 0 |. 4 Lop12.net. 0 |. 5 + -. | 0. + +.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Kết luận x2  4x  3 2 1 x   2 x  x5 3 2  x  4x  3 1 1  x  2 Trưòng hợp 2 0<x<4 tương đương 2 x  x5 2 2 x  4x  3 8 1 x  Trưòng hợp 3 x>5 tương đương với loại 2 x  x5 5. Trưòng hợp 1 x  0,4  x  5 . Vậy nghiệm của bpt là Bài2 gbpt. 2  1     ,     , 2  3  2  . 9  x2 x5 3. ta có bảng xét dấu x. 2. x-5. -. |. x-2. -. 0. 5 +. 0. +. 0. +. * Nếu x < 2 tương đương với 9 9  x2  4x  5  x  2   x20  0  x  1 5 x3 2 x 2 x * Nếu 2 ≤ x< 5 tương đương với 9 9 9  (2  x) 2  x2 x20 02 x5 5 x3 2 x 2 x * Nếu x>5 tương đương với 9 9 x 2  10 x  7  x2  ( x  2)  0   0  8 x 53 2 x53 x 8 x 8 Kết luận nghiệm bpt  ,1  2,5  8,5  3 2. . 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 | 2x2-3x+11| - | 2x2 -5x | < 2x + 1 tương đương với | 2x2-3x+11| - | 2x2 -5x | < | ( 2x2 -3x+11) – (2x2 – 5x ) | tương đương với ( 2x2 – 5x )( 2x+1) < 0 cho ta nghiệm x < - 1/2 , 0 < x < 5/2. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Bài 2 gbpt. tan x tan 2 x  tan x  tan x  1 tan x  1. tan x tan x  tan x   tan x tan x  1 tan x  1.  x  k tan x  0 tan 2 x  Tương đương với 0    tan x  1 tan x  1  2  k  x  2  k. 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 T2 – 3t +2 ≤ 0 cho ta 1 ≤ t ≤ 2. 1  1  1  2  2 x  1  2  2  x  2  2  x  0    2 x  1  1   x  1  1  x  3 2 x  1  1    x  0 2  Bài2 gbpt x 2  3 x  1 . 2 0 x  3x  1  1 2. đặt t = | x2 -3x +1| ≥ 0 ta có bpt. 2  0  t 2  t  2  0  2  t  1  x 2  3 x  1  1  1  x 2  3 x  1  1 t 1  x  2  x 2  3 x  2  0 0  x  1   2   x  1    x  3 x  0 2  x  3 0  x  3 . t. 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| (x2 –x +1) > x3 -6x2 +15x -14 ta biến đổi 2 | 2x-1| ( (2x-1) +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) = t3 +3t có đạo f ) = 3t2 +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 x3 - | x2 -3x +2 | +6x +7 > 0 Xét hàm số f(x) = x3 - | x2 -3x +2 | +6x +7 có tập xác định R  2 x  1 3x  2 x  9 voi   Đạo hàm f ) =  đạo hàm luôn dương với mọi x x  2  2 voi 1  x  2 3 x  2 x  3 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 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Bài1: gbpt. x  x2  4  4 x  x2  4  8. Tập xác dịnh với mọi x ≥ |2| Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho vế trái ta có VT  2 4 x  x 2  4 x  x 2  4  8 bằng vế phải vạy bất phương trình nghiệm đúng với mọi x ≥ |2| Bài2 gbpt x 1  x  x  1 x  1 điều kiện 0 ≤ x ≤ 1 Sử dụng bát dẳng thức Bu nhi a cho vé trái ta có ( x 1  x  x  1 x ) 2  x 2  (1  x) 2 (1  x  x)  2 x 2  2 x  1  1  vp vi 0  x  1. . . Vậy bpt nghiệm đúng với mọi x  0,1. ====================&&&&&=====================. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(19)</span>