sáng kiến kinh nghiệm bất phương trình chứa căn thức bậc hai

giải bất phơng trình là bài toán khó với nhiều học sinh kể cả học sinh đợc cho là khá giỏi; trong đó có bất phơng trình chứa căn thức bậc hai đợc coi là khó hơn cả. nên tôi chọn đề tài: “ một số dạng bất phơng trình chứa căn thức bậc hai thờng gặp ” để làm sáng kiến kinh nghiệm. với mục đích mong muốn đề tài này sẽ góp phần giúp học sinh hiểu rõ hơn về mảng bất phơng trình chứa căn thức bậc hai nói riêng và bất phơng trình nói chung, đồng thời cũng mong muốn đây là tài liệu tham khảo cho những ai quan tâm đến môn toán. kiến thức thể hiện trong sáng kiến kinh nghiệm này hoàn toàn trong chơng trình toán đại số lớp 10 ban cơ bản, ban khoa học tự nhiên, ban khoa học xã hội và nhân văn. nội dung sáng kiến kinh nghiệm này có thể sử dụng để chuyển sang phần phơng trình cũng đợc; xong khi chuyển sang phơng trình có những phần sẽ đợc mở rộng để có bài toán hay hơn. do đó ngời nghiên cứu có thể sử dụng sáng kiến kinh nghiệm này vào nhiều mục đích giáo dục khác nhau cũng đợc. nội dung sáng kiến kinh nghiệm này gồm có 9 dạng toán khác nhau. sáng kiến kinh nghiệm toán học

sở giáo dục và đào tạo hà nội Trờng ThPt nguyễn gia thiều Sáng kiến kinh nghiệm: Một số dạng bất phơng trình chứa căn thức bậc hai thờng gặp Giáo viên : Nguyễn quốc hoàn Tổ : Toán Hà Nội, 5 / 2010 mở đầu Giải bất phơng trình là bài toán khó với nhiều học sinh kể cả học sinh đ- ợc cho là khá giỏi; trong đó có bất phơng trình chứa căn thức bậc hai đợc coi là khó hơn cả. Nên tôi chọn đề tài: Một số dạng bất phơng trình chứa căn thức bậc hai thờng gặp để làm sáng kiến kinh nghiệm. Với mục đích mong muốn Nguyễn Quốc Hoàn THPT Nguyễn Gia Thiều đề tài này sẽ góp phần giúp học sinh hiểu rõ hơn về mảng bất phơng trình chứa căn thức bậc hai nói riêng và bất phơng trình nói chung, đồng thời cũng mong muốn đây là tài liệu tham khảo cho những ai quan tâm đến môn toán. Kiến thức thể hiện trong sáng kiến kinh nghiệm này hoàn toàn trong ch- ơng trình Toán Đại số lớp 10 ban Cơ bản, ban Khoa học tự nhiên, ban Khoa học xã hội và nhân văn. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm này có thể sử dụng để chuyển sang phần phơng trình cũng đợc; xong khi chuyển sang phơng trình có những phần sẽ đợc mở rộng để có bài toán hay hơn. Do đó ngời nghiên cứu có thể sử dụng sáng kiến kinh nghiệm này vào nhiều mục đích giáo dục khác nhau cũng đợc. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm này gồm có 9 dạng toán khác nhau. Một số kiến thức cơ bản sau đã có trong sách giáo khoa đa ra sau đây mà không nêu nội dung: 1. ôn tập hàm số bậc hai và đồ thị của nó. 2. ôn tập định lý về dấu của nhị thức bậc nhất. 3. ôn tập định lý về dấu của tam thức bậc hai. Sáng kiến kinh nghiệm: Một số dạng bất phơng trình chứa căn thức bậc hai thờng gặp Dạng 1 f(x) 0 f(x) < g(x) f(x) < g(x) f(x) 0 f(x) g(x) f(x) g(x) H 2 NguyÔn Quèc Hoµn – THPT NguyÔn Gia ThiÒu g(x) 0 f(x) > g(x) f(x) > g(x) ≥  ⇔   ≥  ≥ ⇔  ≥  f(x) 0 f(x) g(x) f(x) g(x) Bµi to¸n. Gi¶i c¸c bÊt ph¬ng tr×nh sau: 1) 2 3x 2 2x 5x 2 − + ≤ + + 2 x (1) 2) 2 2 2x 10x 8 x 5x 36 + + > − − (2) 3) 3 2 x 8 2x 5x 14 − < + − (3) Gi¶i: 1) 2 (1) 2 2 2 x 2 x 2 x 8 x 1 x 3x 2 0 x 1 0 x 1 x 0 x 3x 2 2x 5x 2 x 2 x 8x 0 x 8 ≥   ≥  ≤ −     ≤  − + ≥      ≤ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ≤ ≤      ≥ − + ≤ + +       ≥ + ≥     ≤ −   KÕt luËn: tËp nghiÖm bÊt ph¬ng tr×nh (1) lµ ] [ ] [ S ( ; 8 0 ; 1 2 ; )= −∞ − ∪ ∪ + ∞ . 2) 2 (2) 2 2 2 9 5 36 0 4 2 10 8 5 36 15 44 0 x x x x x x x x x x ≥   − − ≥    ≤ − ⇔ ⇔    + + > − −   + + >  9 4 11 9 4 11 x x x x x x ≥     ≤ − < −    ⇔ ⇔   ≥ − > −     < −    KÕt luËn: tËp nghiÖm bÊt ph¬ng tr×nh (2) lµ ( ] [ ) S ; 11 9 ;= −∞ − ∪ + ∞ . 3) 3 3 (3) 3 2 3 2 x 8 0 x 8 x 8 2x 5x 14 x 2x 5x 6 0   − ≥ ≥   ⇔ ⇔   − < + − − − + <     H 3 NguyÔn Quèc Hoµn – THPT NguyÔn Gia ThiÒu 2 2 x 2 x 2 (x 1)(x x 6) 0 x x 6 0 x 2 2 x 3 2 x 3 ≥ ≥   ⇔ ⇔   − − − < − − <   ≥  ⇔ ⇔ ≤ <  − < <  KÕt luËn: tËp nghiÖm bÊt ph¬ng tr×nh (3) lµ S = [ ) 2 ; 3 . Bµi tËp t¬ng tù. Gi¶i c¸c bÊt ph¬ng tr×nh sau: 1) 2 3 4x x− − ≤ 2 2 5x x+ − 2) 2 2 9 13x x+ + > 2 3 2x x− + 3) 2 2 9 4x x− − ≥ 2 3 4x x− − 4) 2 2 2 12 16 3 28x x x x+ + < − − 5) 3 2 2 1x x− − ≥ 2 2x x− − 6) 3 2 x x− < 2 2x x+ − . D¹ng 2 f(x) < g(x) ⇔ 2 f (x) 0 g(x) 0 f (x) g (x)  ≥  >   <  f(x) ≤ g(x) 2 f(x) 0 g(x) 0 f(x) g (x) ≥   ⇔ ≥   ≤  Bµi to¸n. Gi¶i c¸c bÊt ph¬ng tr×nh sau: 1) 2 x 8x 7− + + 3x ≤ 1 (1) 2) 2 2 9 8x x+ − + 1 < 9x (2) 3) 1 1 x − < 2 (3) Gi¶i: H 4 NguyÔn Quèc Hoµn – THPT NguyÔn Gia ThiÒu 1) ⇔ − + (1) 2 x 8x 7 ≤ 1 − 3x ⇔ ( ) 2 2 2 8 7 0 1 3 0 8 7 1 3 x x x x x x  − + ≥  − ≥   − + ≤ −  2 2 1 x 3 x 8x 7 9x 6x 1 x 7 x 1  ≤    ⇔ − + ≤ − +   ≥     ≤   2 1 x 3 8x 2x 6 0  ≤  ⇔   + − ≥  1 x 3 3 x 4 x 1  ≤   ⇔   ≥     ≤ −   x 1⇔ ≤ − KÕt luËn: tËp nghiÖm bÊt ph¬ng tr×nh (1) lµ S = ( ] −∞ −; 1 . 2) ⇔ + − (2) 2 2 9 8x x < 9x − 1 2 2 2 9 8 0 9 1 0 4(9 8 ) (9 1) x x x x x x + − ≥   ⇔ − >   + − < −  2 2 1 x 9 1 x 9 4x 32x 36 81x 18x 1 − ≤ ≤    ⇔ >    − + + < − +  2 1 x 9 9 85x 50x 35 0  < ≤  ⇔   − − >  1 x 9 9 x 1 7 x 17  < ≤   ⇔ >       < −   1 9x⇔ < ≤ KÕt luËn: tËp nghiÖm bÊt ph¬ng tr×nh (2) lµ S = (1 ; 9]. 3)   ≠   ⇔ − ≥    − <   (3) x 0 1 1 0 x 1 1 4 x ⇔   ≠  −  ≥   +  >   x 0 x 1 0 x 3x 1 0 x H 5 NguyÔn Quèc Hoµn – THPT NguyÔn Gia ThiÒu ⇔  <    ≥     >      < −    x 0 x 1 x 0 1 x 3 ⇔  < −   ≥  1 x 3 x 1 KÕt luËn: tËp nghiÖm bÊt ph¬ng tr×nh (3) lµ S = [ )   −∞ − ∪ + ∞  ÷   1 ; 1 ; 3 . Bµi tËp t¬ng tù. Gi¶i c¸c bÊt ph¬ng tr×nh sau: 1) 2 x 2x 8− − + 2 ≤ x 2) 2 2x 5x 2− + + x ≤ 2 3) 2 3x 8x 3− − + 1 ≤ 2x 4) 3 (x 6)(x 2) 7+ − + + 3 < 5x 5) 3 (x 6)(x 2) 7− + + + 2x < 6 6) 4 2 2x 5x 3− + + 1 < x 2 . D¹ng 3 f(x) > g(x)  <    ≥   ⇔  ≥    >    2 g(x) 0 f(x) 0 g(x) 0 f(x) g (x) f(x) ≥ g(x)  <    ≥   ⇔  ≥    ≥    2 g(x) 0 f(x) 0 g(x) 0 f(x) g (x) Bµi to¸n. Gi¶i c¸c bÊt ph¬ng tr×nh sau: 1) 2 3x 10x 3 x 1− + − ≥ + (1) 2) (x 1)(3 x) 3 4 3x− − + + > (2) 3) 2 2 2x 8x 1 x 1− + > + (3) Gi¶i: H 6 NguyÔn Quèc Hoµn – THPT NguyÔn Gia ThiÒu 1) ( )  + <    − + − ≥   ⇔  + ≥      − + − ≥ +    2 (1) 2 2 x 1 0 3x 10x 3 0 x 1 0 3x 10x 3 x 1  < −      ≤ <   ⇔  ≥ −     − + − ≥ + +   2 2 x 1 1 x 3 3 x 1 3x 10x 3 x 2x 1 2 x 1 4x 8x 4 0 ≥ −  ⇔  − + ≤  2 x 1 4(x 1) 0 ≥ −  ⇔  − ≤  x 1 x 1 ≥ −  ⇔  =  x 1⇔ = KÕt luËn: tËp nghiÖm bÊt ph¬ng tr×nh (1) lµ S = { } 1 . 2) ⇔ − > − (2) 2 4x x 3x 4  − <    − ≥   ⇔  − ≥     − > −   2 2 2 3x 4 0 4x x 0 3x 4 0 4x x (3x 4)   <      ≤ ≤   ⇔    ≥      − > − +   2 2 4 x 3 0 x 4 4 x 3 4x x 9x 24x 16 2 4 0 x 3 4 x 3 10x 28x 16 0  ≤ <   ⇔   ≥      − + <   4 0 x 3 4 x 3 4 x 2 5  ≤ <     ⇔ ≥        < <      ≤ <  ⇔   ≤ <   4 0 x 3 4 x 2 3 0 x 2⇔ ≤ < KÕt luËn: tËp nghiÖm bÊt ph¬ng tr×nh (2) lµ S = [ ) 0 ; 2 . 3) ⇔ − + > + ⇔ − + > + + (3) 2 2 2 2 4 2 2x 8x 1 (x 1) 2x 8x 1 x 2x 1 H 7 Nguyễn Quốc Hoàn THPT Nguyễn Gia Thiều + < + < 4 3 x 8x 0 x(x 8) 0 + + < 2 x(x 2)(x 2x 4) 0 + <x(x 2) 0 2 x 0 < < Kết luận: tập nghiệm bất phơng trình (3) là S = ( ) 2 ; 0 . Bài tập tơng tự. Giải các bất phơng trình sau: 1) (x 3)(5 x) 15 4 2x + + > 2) 2 x 5x 4 2 3x+ + + 3) 2 x 4x 5 x 11 + 4) + + + 4 2 x x 1 x 1 5) 4 2 x x 1 1 2x + + > 6) 4 2 2 2x 5x 2 2x 1 + + . Dạng 4 f (x) g(x) p(x) q(x)+ < + hoặc: f (x) g(x) p(x) q(x)+ + (Trong đó: f(x) + g(x) = p(x) + q(x)). Phơng pháp: Điều kiện: f (x) 0 g(x) 0 p(x) 0 q(x) 0 Bình phơng hai vế của bất phơng trình, sau đó đa về dạng 1. Bài toán. Giải các bất phơng trình sau: 1) x 2 5 2x 2x 7 3x+ + < + (1) 2) x 3 2x 5 3 3x 5 2x+ + (2) 3) 3 2x 4 3x 2x 2 x 3 + + (3) Giải: 1) Điều kiện: 0 7 x 3 ( ) ( ) + + < + (1) 2 2 x 2 5 2x 2x 7 3x H 8 Nguyễn Quốc Hoàn THPT Nguyễn Gia Thiều x 2 5 2x 2 x 2. 5 2x 2x 7 3x 2 2x. 7 3x + + + + < + + 2 (x 2)(5 2x) 2 2x(7 3x) + < 2 2 2x x 10 6x 14x + + < + 2 2 2x x 10 6x 14 + + < + x 2 4x 13x 10 0 + < 5 x 2 4 < < ; thoả mãn điều kiện. Kết luận: tập nghiệm bất phơng trình (1) là S = ữ 5 ; 2 4 . 2) Điều kiện: 5 x 1 2 + + + + (2) x 3 5 2x 3 3x 2x 5 ( ) ( ) + + + + 2 2 x 3 5 2x 3 3x 2x 5 + + + + + + + +x 3 5 2x 2 3 x. 5 2x 3 3x 2x 5 2 3 3x. 2x 5 2 (3 x)(5 2x) 2 (3 3x)(2x 5) + + 2 2 2x x 15 6x 9x 15 + + + + 2 2 2x x 15 6x 9x 15 + 2 4x 8x 0 x 0 x 2 Kết hợp điều kiện, có tập nghiệm bất phơng trình (2) là S = [ ] 5 ; 2 0 ; 1 . 2 3) Điều kiện: 1 4 x 3 ( ) ( ) + + + + + + + + (3) 2 2 3 2x x 3 4 3x 2x 2 3 2x x 3 4 3x 2x 2 + + + + + + + +3 2x x 3 2 3 2x. x 3 4 3x 2x 2 2 4 3x. 2x 2 + +2 (3 2x)(x 3) 2 (4 3x)(2x 2) H 9 Nguyễn Quốc Hoàn THPT Nguyễn Gia Thiều + + + 2 2 2x 3x 9 6x 2x 8 + + + 2 2 2x 3x 9 6x 2x 8 + 2 4x 5x 1 0 1 x 1 4 ; thoả mãn điều kiện Kết luận: tập nghiệm bất phơng trình (3) là S = 1 ;1 4 . Bài tập tơng tự. Giải các bất phơng trình sau: 1) x 1 3x 1 2x 1 2x 1+ + > + + 2) x 1 3x 1 2x 1 2x 1 + + + + 3) 2x 1 2x 2 x 1 3x 2+ + < + + 4) + + + +x 1 3x 2 2x 1 2x 2 5) 5x 1 5x 7 2x 3 2x 5 + > + 6) 2x 3 x 2 4x 3 3x 4.+ + < Dạng 5 Có những bài toán gần giống dạng 2 và dạng 3, nhng g(x) ở đây là tam thức bậc hai, khi bình phơng hai vế sẽ dẫn đến bất phơng trình bậc bốn rất khó giải. Do đó ta có cách giải khác là đặt ẩn phụ, dới đây là một số bài toán minh hoạ. Bài toán 1. Giải các bất phơng trình sau: 1) + + + 2 (x 1)(x 2) x x 8 (1) 2) 2 2 6x 18x 12 10 3x x + < + (2) 3) + + + > + 2 2 x 2x 10 5 x(x 2) (3) Giải: 1) Đặt: t = + (x 1)(x 2) ; t 0 H 10 [...]... Cho bất phơng trình: 3 ( ) x + 2 + 3 x m + 6 + x x2 a) Giải bất phơng trình với m = 7 b) Tìm m để bất phơng trình có nghiệm c) Tìm m để bất phơng trình nghiệm đúng x [ 2 ; 3] d) Tìm m để bất phơng trình vô nghiệm Bài 3 Cho bất phơng trình: x 1 x x(1 x) m a) Giải bất phơng trình với m = 1 b) Tìm m để bất phơng trình có nghiệm c) Tìm m để bất phơng trình nghiệm đúng x [0 ; 1] d) Tìm m để bất. .. nghiệm đúng x [4 ; 2] Kết luận: tập nghiệm bất phơng trình (*) là S = [4 ; 2] b) Bất phơng trình (*) có nghiệm bất phơng trình (**) có nghiệm t thoả mãn: 0 t 3 Gọi f(t) = t 2 + t + 8; Bảng biến thiên: t 0 0t 3 1 2 + 33 4 f(t) 8 2 f(t) 3 33 ; 4 2 t [ 0 ; 3] Do đó (**) có nghiệm t [ 0 ; 3] 33 33 m m 4 4 33 , bất phơng trình (*) có nghiệm 4 c) Bất phơng trình (*) nghiệm đúng x [ 4 ; 2 ] bất. .. 6x 7 0 1 x 7 Kết luận: tập nghiệm bất phơng trình là S = [ 1 ; 7] b) Bất phơng trình (1) có nghiệm bất phơng trình (2) có nghiệm t thoả mãn: t 3 Gọi f(t) = t 2 2t 18; t 3 Bảng biến thiên: t - 1 3 + f(t) + 15 f(t) 15 ; t 3 Do bất phơng trình (2) có nghiệm 15 m m 15 Kết luận: m 15, bất phơng trình (1) có nghiệm Bài tập tơng tự Bài 1 Giải các bất phơng trình sau: 1) x 2 + 12x 8 (x ... trình (*) nghiệm đúng với x [ 2 ; 7] bất phơng trình (**) nghiệm đúng t [ 3 ; 3] Theo kết quả trên, có: 6 2m m 3 Kết luận: m 3, bất phơng trình (*) nghiệm đúng x [ 2 ; 7] Bài toán 3 Cho bất phơng trình 2x + 4 + 16 2x 2 16 + 6x x 2 + m a) Giải bất phơng trình (1) với m = 2 b) Tìm m để bất phơng trình (1) có nghiệm (1) c) Tìm m để bất phơng trình (1) nghiệm đúng x [ 2 ; 8] Giải: Điều kiện:... có tập nghiệm bất phơng trình (*) là 5 + 17 S = 2 ; 2 b Bất phơng trình (*) có nghiệm bất phơng trình (**) có nghiệm t thoả mãn: 3 t 3 Gọi f(t) = t2 + 2t 9; Bảng biến thiên: t 3 f(t) 3 t 3 6 1 6 10 10 f(t) 6; t [ 3 ; 3] Do đó (**) có nghiệm 10 2m m 5 Kết luận: m 5, bất phơng trình (*) có nghiệm H 22 3 + Nguyễn Quốc Hoàn THPT Nguyễn Gia Thiều c Bất phơng trình (*) nghiệm. .. tập nghiệm bất phơng trình (*) là S = [2 ; 3] x3 b) Bất phơng trình (*) có nghiệm bất phơng trình (**) có nghiệm t thoả mãn: t 3 Gọi f(t) = t2 + 4t + 1; t 3 Bảng biến thiên: t f(t) 2 3 + + 4+4 3 f(t) 4 + 4 3 ; t 3 H 28 Nguyễn Quốc Hoàn THPT Nguyễn Gia Thiều 3 4 + 4 3 2m m 2 + 2 3 Do đó (**) có nghiệm t Kết luận: m 2 + 2 3 , bất phơng trình (*) có nghiệm c) Theo phần trên, bất phơng trình. .. trình với m = 6 b) Tìm m để bất phơng trình có nghiệm c) Tìm m để bất phơng trình nghiệm đúng x [0 ; 3] d) Tìm m để bất phơng trình vô nghiệm Chú ý: t= ( +) t = ( +) t2 = 2 +) Vậy: 0x3 6 2x + x ; 6 2x + x ) 2 2 3 x + x = 6 x + 2 6 2x x 6 3 = 3 ) 2 (2 + 1)(3 x + x) = 9 t2 3 t2 9 3 t 3 Dạng 9 Một số phơng pháp khác để giải bất phơng trình chứa căn thức bậc hai thể hiện trong các bài toán dới... x)(4 + x) > 2 + x(x + 5) 6) (x 2)(4 x) + 6x x 2 + 10 Bài 2 Cho bất phơng trình: (x + 1)(x + 3) m + 6 (x 1)(x + 5) a) Giải bất phơng trình với m = 0 [ ] b) Tìm m để bất phơng trình nghiệm đúng với mọi x 5 ; 1 Bài 3 Cho bất phơng trình: (x 1)(x + 3) x 2 + 2x + 10 m a) Giải bất phơng trình với m = 7 b) Tìm m để bất phơng trình có nghiệm Dạng 6 f (x) + g(x) > h(x) hoc: Phng phỏp: H 14 f (x) + g(x)... 2x + 10 < 25 x 2 + 2x 15 < 0 5 < x < 3 Kết luận: tập nghiệm bất phơng trình (3) là S = ( 5 ; 3) Bài toán 2 Cho bất phơng trình: x 2 + 2x + (x + 3)(1 x) + 5 m a) Giải bất phơng trình (*) với m = 2 b) Tìm m để bất phơng trình (*) có nghiệm H 11 (*) 1 < x 1 2 x < 4 Nguyễn Quốc Hoàn THPT Nguyễn Gia Thiều c) Tìm m để bất phơng trình (*) nghiệm đúng x [ 4 ; 2 ] Giải: (x + 3)(1 x) + 5 = x 2... 4 5 2m m 2 5 Kết luận: m 2 5 , bất phơng trình (1) có nghiệm c Bất phơng trình (1) nghiệm đúng x [ 2 ; 8] bất phơng trình (2) nghiệm đúng t 2 5 ; 2 10 Theo kết quả trên, có: 20 4 10 2m m 2 10 10 Kết luận: m 2 10 10, bất phơng trình (1) nghiệm đúng với mọi x thuộc đoạn [ 2 ; 8] Bài tập tơng tự Bài 1 Giải các bất phơng trình sau: 1) 3 ( ) 2) 1 x + x + x x2 1 3) x2 x 2 + 1 . tạo hà nội Trờng ThPt nguyễn gia thiều Sáng kiến kinh nghiệm: Một số dạng bất phơng trình chứa căn thức bậc hai thờng gặp Giáo viên : Nguyễn quốc hoàn . hơn cả. Nên tôi chọn đề tài: Một số dạng bất phơng trình chứa căn thức bậc hai thờng gặp để làm sáng kiến kinh nghiệm. Với mục đích mong muốn Nguyễn Quốc