Tài liệu ôn thi đại học đại số sơ cấp

Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 1 - TÀI LIỆU ÔN THI ĐẠI HỌC (Đại số sơ cấp) PHẦN I: PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH  Phương trình và bất phương trình bậc 2,      2 ( 0; ax bx c a . Câu 1: Tìm m để phương trình:      2 2( 3) 4 12 0 x m x m có hai nghiệm cùng lớn hơn -1. Giải Để pt đã cho có hai nghiệm cùng lớn hơn -1 thì m thỏa mãn hệ sau: ' 2 1 2 0 ( 3) 4 12 0 7 1. ( 1) 0 1 2( 3) 4 12 0 3. 2 1 3 1 2 m m f m m m x x m                                                       Câu 2: Tìm a để BPT: (1)       2 ( 1) 2( 2) 2 1 0 a x a x a , có nghiệm trong  ( 1,2). Giải Xét ba trường hợp của a như sau  TH1: 1 1; (1) 6 3 0 . 2 a x x        (thỏa mãn)  TH2: 1; a  ta có Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 2 - 2 ' 2 2 1 2 2 2 2 5 3 5 5 3 5 5 5 0 0 2 2 2 ( 2) 5 5 2( 1) 5 5 3 1 ( 2) 5 5 ( 1) 5 5 3 5 3 5 5 3 5 2 2 5 5 3 . 1 4 a a a x a a a a a a a x a a a a a a a a a a a                                                                                                                    (VN)  TH3: 1 a  + ' 0 (1; ). a       ' 2 2 1 2 2 2 5 3 5 5 3 5 5 3 5 5 3 5 0 2 2 2 2 1 1( 1) ( 2) 5 5 3 5 5 2 2( 1) ( 2) 5 5 3 5 5 5 3 5 5 3 5 2 2 ( ; 1 / 2) (1 a a x a a a a a a x a a a a a a a a a                                                                                                                  5 3 5 ( ; 1 / 2). 2 ; ) a                  Câu 3: Tìm m để pt: [ ]+    2 2 0 x x x x m , có hai nghiệm không âm. ([x] là phần nguyên của x). Giải Đặt [ ] [ ] ; y x z x x    , ta có, 2 2 0, z z y y m      trong đó y nguyên và 0 1. z   Pt theo z có nghiệm 1 2 z     , với 2 1 4( ) y y m      , vì 0 z  nên 1 2 z     và 1 0 1 2 z       hay 2 1 9 0 2. y y m         Gọi 1 2 x x  là hai nghiệm không âm của pt, ta có [ ] [ ] 1 1 2 2 ; y x y x   đều không âm, và [ ]; [ ]. 1 1 1 2 2 2 z x x z x x     Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 3 - - Nếu 1 2 y y  thì [ ] [ ] 1 2 x x  và [ ]+ [ ]+ 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 2 0; 2 0 x x x x m x x x x m       , trừ vế theo vế ta được 1 2 x x  (trái với GT) - Nếu 1 2 1 2 1 y y y y     (do số nguyên). Vì 2 2 2 1 1 2 2 2 2 0 2; 0 2 2 0(*) y y m y y m y y m               nên 2 2 2 2 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 1 2 2 2 | | 2 ( ) | 1 | 2, y y y y y y y y y y y y                 Vì 1 2 y y  là số nguyên dương nên 1 2 1 2 | 1 | 1 | 1 | 0 y y y y            - TH1: 1 2 1 2 1 2 | 1 | 1 2 2; 0 y y y y y y          (không thỏa) - TH2: [ ] [ ] 1 2 1 2 1 2 1 2 | 1 | 0 1 1; 0 1; 0 y y y y y y x x             Từ (*) suy ra: 0 2 m   và nghiệm 1,2 1 1 4 2 m x    . Câu 4. Tìm ĐK của a,b để pt:          2 1 0 (1); x ax x bx có nghiệm chung. Khi đó tìm GTNN của   | | | |. P a b Giải - Gọi 0 x là nghiệm chung của hai pt trên, ta có, 2 0 2 0 . x ax a b x x a b x bx a b                                     Thế vào (1) ta được : 2 2 2 2 2 2 1 1 1 0 1 ( ) ( ) 0 2 3 1 0 3 2 1 0 a a a b a b a b a b a ab b ab a b                                  Vậy điều kiện của a,b là 2 2 3 2 1 a b ab a b              thì pt có hai chung. - Ta có | | | | P a b   , thế vào điều kiện trên ta được 2 2 2 2 3 | || | 2 | | | | 1 6 1 5 | | 0 a b a b a P a P         Để pt luôn có nghiệm thì 2 2 24 0 24 | | 2 6 P P P Min P               Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 4 - Phương trình và bất pt quy về bậc hai Ví dụ 1. Tìm m để pt : ( ) x m x mx m            , cos 3 nghiệm phân biệt thỏa mãn 1 2 3. 1 2 x x x      Giải pt (1) đã có 1 nghiệm x m   nên pt x mx m        phải có haio nghiệm phân biệt thảo một trong các TH sau : - TH1 : 1 2 1 2 . m x x       - TH2 : 1 2 1 2 . x m x       - TH3 : 1 2 1 2 . x x m       - Xét TH1 : 1 2 1 2 1 2 1 1 1. ( 1) 0 1 2 1 1 2 2 1. (2) 0 m m f m x x x x S x x f                                                   (VN) - Xét TH2 : 2 ' 2 1 2 1 2 2 2 1 1 2 2 3 0 0 1 1 2 2 . 1 2 3 1 6 2 2 3 2 m m m m x m x m x m m m x m m m                                                                        - Xét TH3 : 2 ' 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 3 0 0 1 1 2 1. ( 1) 0 1 6 1. (2) 0 2 2 2 2 m m m m m x x m f m x x f m x x S                                                                                    (VN) - Vậy với 1 2 6 m     thì pt (1) có 3 nghiệm thỏa mãn 1 2 3 1 2 . x x x      Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 5 - Ví dụ 2. Tìm m để pt : 3 2 3 3 2 0 x mx x m     có 3 nghiệm thỏa mãn 1 2 3. 1 2 x x x      giải Xét hàm số 3 2 2 ( ) 3 3 2 ; '( ) 3 6 f x x mx x m f x x mx m        - pt '( ) 0 f x  luôn có hai nghiệm phân biệt nen hs luôn có CĐ, CT. Giả sử 1 2 x x  là hai nghiệm của pt '( ) 0 f x  , khi đó : 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2(1 ) ; 2(1 ) . 2(1 ) 2(1 ) 4 7 4 0, y m x m y m x m y y m x m m x m m m m                                   - Suy ra, pt đã cho luôn có ba nghiệm 1 2 3 x x x   - Vì 1 2 1 0 x x    nên pt luôn có 2 nghiệm trái dấu. Để pt có nghiệm thỏa mãn ĐKBT thì 2 ( 1) 0 2 0 1 2. 1 (2) 0 10 2 0 5 5 m f m m f m m                                        Bài 1. Biện luận theo m số nghiệm của pt : (1). ( 1)( 2)( 3) 1 0 x x x x m       Giải Pt   1 2 2 2 2 2 ( 3 )( 3 2) 1 0 ( 3 ) 2( 3 ) 1 0. x x x x m x x x x m               Đặt 2 9 ( 3 ), . 4 t x x t   Pt quay trở về : (2); 2 ' 2 1 0 . t t m m       - TH1 : ' 0 0 m     , Pt có 2 nghiệm PB + Nếu 9 25 1 4 16 m m      thì pt (2) có 2 nghiệm PB dẫn đến pt (1) có 4 nghiệm PB. + Nếu 9 25 1 4 16 m m      thì pt (2) có 1 nghiệm đẫn đến pt (1) có 2 nghiệm PB. - TH2 : ' 0 0 m     , pt (2) có nghiệm kép 1 t   , dẫn đén pt (1) có 2 nghiệm phân biệt. Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 6 - - TH3 : ' 0 0 m     , pt (2) vô nghiệm dẫn đến pt (1) vô nghiệm. Bài 2. Tìm a để pt : 4 16 ax ax a x ax              cos 4 nghiệm PB lập thành một cấp số nhân. Giải Nhận thấy 0 x  không là nghiệm của pt (1), chia hai vế pt (1) cho 2 x ta được 2 2 1 1 16 2 17 0 x a x a x x                               , đặt 1 ;| | 2 t x t x    , ta có : 2 16 2 15 0 t at a      Để pt (1) có 4 nghiệm PB thì pt (2) phait có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn 1 2 | |,| | 2. t t  Gọi 1 2 3 4 , , , x x x x là 4 nghiệm lập thành một CSN của pt (1), ta có 1 4 , x x là hai nghiệm của pt : 2 1 1 0 x t x    , và 2 3 ; x x là hai nghiệm của pt 2 2 1 0 x t x    , gọi q là công bội ta có, 2 3 3 3 2 1 3 1 4 1 1 4 1 1 1 3 2 2 3 2 2 3 2 2 2 1 . ; . ; . . 1 . ; 1 1 . x x q x x q x x q x x x q x q x q x x q x x x q x q x q                 Vậy 3 1 2 3 4 3 1 1 ; ; ; x x x q x q q q     . Theo ĐL Viét ta có, 3 3 1 2 3 4 2 1 2 1 3 1 2 2 4 3 4 2 1 1 16 1 1 2 17 1 1 16 a b q q x x x x q q a c a x x x x x x x x x x q q a q q                                                 Đặt 1 ;| | 2 t q t q    ta được 3 4 3 2 4 2 2 15 16 2 3 4 0 2 15 16 3 16 a t t t t t t a t t                         PT này có nghiệm : 3 5 1 2 ; ; 2 2 2 t t t      vì | | 2 t  nên 5 85 170. 2 16 8 a t a     Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 7 - BÀI TẬP Bài 1. Biết PT 2 27 12 2001 0 ax x x      có ba nghiệm PB. Tính số nghiệm của PT : 2 4( 27 12 2001)(3 27) (3 . ax x x ax ax x             Giải Đặt 2 2 ( ) 27 12 2001 '( ) 3 54 12 ''( ) 6 54 2(3 27) f x ax x x f x ax x f x ax ax               Pt quy về : [ ] 2 2 ( ). ''( ) '( ) f x f x f x  . Đặt [ ] 2 ( ) 2 ( ). ''( ) '( ) '( ) 2 ( ). '''( ). g x f x f x f x g x f x f x     Gọi 1 2 3 x x x   là nghiệm của pt : ( ) 0 f x  , suy ra 2 1 2 3 1 2 3 ( ) ( )( )( ) '( ) 12 ( )( )( ) f x a x x x x x x g x a x x x x x x          , vậy '( ) 0 g x  cũng có 3 nghiệm PB 1 2 3 , , x x x do đó hs   g x đạt cực trị tại ba điểm. Ta có [ ] [ ] [ ] 2 1 1 2 2 2 2 3 3 ( ) '( ) 0 ( ) '( ) 0 ( ) 0 ( ) '( ) 0 g x f x g x f x g x g x f x                       có hai nghiệm PB 1. Phương trình và bất pt chứa căn Bài 1. Giải bất pt : 1 1 1 1 x x x x x      (1). ĐK : 2 1 0 1 0 1 1 0 1. 0 1 1 0 x x x x x x x x x x                                        - Với 1 x  ; Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 8 - - 2 2 2 2 2 ( 1) 1 1 1 1 1 1 (1) 1 1 1 ( 1) 1 ( 1) 1 ( 1) 1 2 ( 1) ( 1) 2 ( 1) 1 0 ( ( 1) 1) 0 1 5 1 5 ( 1) 1 1 0 ( 1) 2 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                                            - Với 1 0 x    2 2 2 (1 ) 1 1 1 1 (1) 1 1 ( ) ( 1) 1 ( 1) 1 ( 1) 1 2 (1 ) (1 ) 2 (1 ) 1 0 ( (1 ) 1) 0 ( ) x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x VN                                                     Vậy bất pt có nghiệm là : 1 5 1; 2 x x    . Bài 2. Giải bất pt : 2 1 1 2 (1) 4 x x x     Giải ĐK : 1 1 x      2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (1) 1 1 2 2 2 1 4 4 16 2(1 1 ) (1 ) 2(1 1 )(1 1 ) (1 )(1 1 ) 16 16 (1 )(1 1 ) 16 x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                                 + x   là một nghiệm của (*). + Khi 0 x  , Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 9 - (ñuùng vôùi moïi 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (1 )(1 1 ) 2 1 1 (1 1 ) 16 16 1 1 (1 1 ) 16 1 1 (1 1 ) 0 0 16 (1 1 ) (1 1 ) 16 0 0) (1 1 ) x x x x x x x x x x x x x x x x x                                       Vậy tập nghiệm của bất pt là [ 1;1]. S   Bài 2. Giải pt (1) 2 2 3 3 2 1 1 1 (1 ) (1 ) 3 3 x x x x               Giải - Với 1 0 x    3 3 2 3 3 1 1 (1 ) (1 ) 1 1 (1 ) (1 ) 0 (1) . x x x x x x x V N                       - Với 0 1 x   , đặt os ( );0 . 2 x c t t     3 2 sin (1) 1 sin (1 cos ) cos 3 sin sin cos cos sin sin cos cos sin sin cos sin cos t t t t t t t t t t t t t t t t t                                                                                                                     cos cos cos sin cos t t t t t x                                                       Bài 3. Giải pt (1) 6 10 4 2 3 x x     Giải Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 10 - Đặt 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 3 2 2 2 3 2 6 0. 2 10 10 10 (1) 4 4 4 2 6 6 6 3 0 4 0 4 0 4 10 10 (4 ) ( 6) 8 12 48 96 0 (4 ) 6 0 4 0 4 2 ( 2)( 6 48) 0 t x t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t                                                                                          (vì Vôùi 3 2 ( 6 48) 0). 6 6 1 2 2 4 . 2 2 2 t t t x x x               Bài 4. Giải pt (1) 3 2 2 2 3 3 7 8 6 7 2 3 12 3 x x x x x x          Giải - Đặt 3 2 2 2 3 3 7 8; 6 7; 2 3 12 t x x u x x v x x           (1) 3 t u v     - Ta có, Khi töùc laø Khi töù 3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 3 2 2 3 27 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( )( ) ( )( ) 0 ( )( )( ) 0 7 5 5 6 7 2 3 12 , 2 t u v t u v t u v t u v t u v u t v tv v u uv v t u v t tv t v u uv u v u v t v t u v t t u u v x x x x x v t                                                              c laø Khi töùc laø 3 2 2 2 3 3 7 5 5 2 3 12 , 2 5 6 7 7 8 . 3 2 x x x x t u x x x x x                         - Vậy pt có 6 nghiệm 7 5 5 7 5 5 3 ; ; 5; . 2 2 2 x x x x       [...]... b c 1 2 4 2 x 0 c 1 Xột h C a b c a 2 A 4 B 2C a b B c b 3 A 4 B C 4 2 c A A c Khi ú a b c 2 A 4 B 2C 3 A 4 B C A 2 A 4 B 2C 3 A 4 B C A 17 Mõu thun vi gi thit Vy h cú nghim x m2 y m 2 k Bi 11 Gii v bin luõn h y n 2 z n 2 k 2 2 z p x p k Lp S Phm Toỏn K07 _ H Tõy Nguyờn (1) (2) (3) - 27 - Lờ Ngc Sn_H Quan Bng_Nguyn Xuõn Tun_Nguyn Quc Vit... Nguyờn - 31 - Lờ Ngc Sn_H Quan Bng_Nguyn Xuõn Tun_Nguyn Quc Vit ax 2 (b 1) x c ay 2 (b 1) y c az 2 (b 1) z c 0 (*) t f (t ) at 2 (b 1)t c Khi ú (*) tr thnh: f ( x) f ( y) f ( z ) 0 T gi thit (b 1) 2 4ac 0 f (t ) 0 voõ nghieọm af (t ) 0; t af ( x) af ( y ) af ( z ) 0; x, y , z a ( f ( x) f ( y ) f ( z )) 0; x, y, z Suy ra (*) vụ nghim hay h ó cho vụ nghim 1 a 2 2 x 2 . Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 1 - TÀI LIỆU ÔN THI ĐẠI HỌC (Đại số sơ cấp) PHẦN I: PHƯƠNG.  Gọi 1 2 x x  là hai nghiệm không âm của pt, ta có [ ] [ ] 1 1 2 2 ; y x y x   đều không âm, và [ ]; [ ]. 1 1 1 2 2 2 z x x z x x     Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn. x      giải Xét hàm số 3 2 2 ( ) 3 3 2 ; '( ) 3 6 f x x mx x m f x x mx m        - pt '( ) 0 f x  luôn có hai nghiệm phân biệt nen hs luôn có CĐ, CT. Giả sử 1 2 x