Chu de 1 rut gon bieu thuc

CHỦ ĐỀ – RÚT GỌN BIỂU THỨC DẠNG 1: RÚT GỌN BIỂU THỨC: DẠNG 2: CHO GIÁ TRỊ CỦA X TÍNH GIÁ TRỊ CỦA BIỂU THỨC .3 DẠNG 3: ĐƯA VỀ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH DẠNG 4: ĐƯA VỀ GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH 11 DẠNG 6: TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC 17 DẠNG 7: TÌM X ĐỂ P NHẬN GIÁ TRỊ LÀ SỐ NGUYÊN 25 DẠNG 8: TÌ THAM SỐ ĐỂ PHƯƠNG TRÌNH P m CÓ NGHIỆM .29 HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỤNG TRONG CHỦ ĐỀ 31 DẠNG 1: RÚT GỌN BIỂU THỨC: Bước Đặt điều kiện xác định biểu thức:    x 0 x 0   (a  0) x a x a x a : Điều kiện xác định  (a  0) x a : Điều kiện x 0 Gặp phép chia phân thức đổi thành phép nhân xuất thêm mẫu nên dạng ta thường làm bước đặt điều kiện sau Bước Phân tích mẫu thành tích, quy đồng mẫu chung Bước Gộp tử, rút gọn kết luận A Ví dụ 1: Rút gọn biểu thức x x 3  3x  x  x Lời giải x  Điều kiện: x 0,x 9 x x 3x  A   x 3 x  ( x  3)( x  3) Có x( x  3) x( x  3) 3x     ( x  3)( x  3) ( x  3)( x  3) ( x  3)( x  3)  x  x  2x  x  3x   3( x  3) ( x  3)( x  3) ( x  3)( x  3) A x  với điều kiện x 0,x 9 Vậy A Ví dụ 2: Rút gọn biểu thức x 1 x    x 3 x x 3 x  x  Lời giải Có x  x  x  x  x   x( x  3)  2( x  3) ( x  2)( x  3) Điều kiện: x 0,x 4 x 1 x3 A   x x  ( x  2)( x  3) Có ( x  1)( x  3) 2( x  2) x3    ( x  2)( x  3) ( x  2)( x  3) ( x  2)( x  3)   x  x 32 x   x 3 ( x  2)( x  3) ( x  1)( x  2) ( x  2)( x  3) A Vậy:   x  x 2 ( x  2)( x  3) x1 x 3 x1 x  với điều kiện x 0, x 4  x 2 x 1  P 1:     x x  x  x 1 x    Ví dụ 3: Rút gọn biểu thức Lời giải  x 2 x 1  P 1:     ( x  1)(x  x  1) x  x  x    Có   x 2 ( x  1)( x  1) x  x 1 1:      ( x  1)(x  x  1) ( x  1)(x  x  1) ( x  1)(x  x  1)  1: x  x  1 x  x1 ( x  1)(x  x  1) 1: x x ( x  1)(x  x  1) ( x  1)(x  x  1) x  x  1   x( x  1) x Điều kiện x  0,x 1 P Vậy x  x 1 x với điều kiện x  0,x 1 Chú ý: Câu có phép chia phân thức nên đoạn cuối xuất thêm kiện sau x mẫu, ta làm bước đặt điều  a 3 a 2 a a  1  P     :  a  1  ( a  2)( a  1) a    a  Ví dụ 4: Rút gọn biểu thức Lời giải  ( a  1)( a  2)    a a a1 a 1 P      :  ( a  2)( a  1) ( a  1)( a  1)   ( a  1)( a  1) ( a  1)( a  1)   Có  a 1  a a a   a 1   :  a  ( a  1)( a  1)  ( a  1)( a  1)   ( a  1)2 a a a   :  ( a  1)( a  1) ( a  1)( a  1)  ( a  1)( a  1)  a  a   a  a ( a  1)( a  1) a 1   ( a  1)( a  1) a a Điều kiện a  0,a 1 a 1 P a với điều kiện a  0,a 1 Vậy DẠNG 2: CHO GIÁ TRỊ CỦA X TÍNH GIÁ TRỊ CỦA BIỂU THỨC Bước Đặt điều kiện giá trị cho x thoả mãn điều kiện Bước Tính x thay giá trị x, x vào biểu thức rút gọn Bước Tính kết biểu thức cách trục hết thức mẫu kết luận x 1 x  khi: b) x 6  P Ví dụ 1: Tính giá trị biểu thức a) x 36 x 2 c) 28  21 x  7 3 2 e) 27   x 18 g) d) x x f) 2  2 3 h) x  x  10 0 Lời giải Điều kiện x 0,x 4 a)Có x 36 thoả mãn điều kiện P 1  6 x 6 thay vào P ta P x 36 Vậy b)Có x 6  (  1) thoả mãn điều kiện Khi Khi x     1(do  1) P  1   53 5  1 5 Thay vào P ta 53 P  Vậy x 6  2(2  3) 4 x   (  1)2 4  (2  3)(2  3) c)Có thoả mãn điều kiện x     1(do  1) Khi  1 1 P    1 3 Thay vào P ta 1 x P  2 Vậy    1 x      d)Có thoả mãn điều kiện 3 3 x  (do  1) 2 Khi 2 31 1 1 3 P   11 3 3  2 Thay vào P , ta 43 2 P  x 11 Vậy x e) Có 3  7   3 28  21   7 2 3 3    18    9 9 ( Thỏa mãn điều kiện)  1 P 4  P Thay vào , ta được: Vậy P 4 x f) Có x  2 3  7 4  3   4 2 h) Có  x 3 28  21 2       16 16   2    thỏa mãn điều kiện 3  P 1  4 2 x 4 thay vào P , ta 4 x  P   2 Vậy 27    x    18 18 18 thỏa mãn điều kiện g) Có 1 P  1 x  , thay vào P , ta Khi 27   P  x 18 Vậy Khi x  x  10 0  x  x  x  10 0  x 2, x 5  x 4 (loại), x 25 (thỏa mãn) 1 P  2 5 Khi x 5 , thay vào P ta Vậy P 2 x thỏa mãn x  x  10 0   x   x  0 DẠNG 3: ĐƯA VỀ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH Bước 1: Đặt điều kiện để biểu thức xác định Bước 2: Quy đồng mẫu chung Bước 3: Bỏ mẫu, giải x, đối chiếu điều kiện kết luận Đưa phương trình tích P x  x 1 x Ví dụ Cho biểu thức 13 P Tìm x để Lời giải Điều kiện: x    x  x  13 x 13 x  x  13 P     3 x x x Có  x  x  13 x  3x  10 x  0  x  x  3 x     x3   x  0   x  0  x  3 x  0  x 3  x 9     x 1 x  (thỏa mãn điều kiện)   13 x 9, x  P Vậy M= Ví dụ Cho biểu thức x M= x  Tìm x để Lời giải Điều kiện: x 0, x 4 M Có x  x  x  8 x 24  x    24  x  x  x  x  25   x  5  Vậy x 36 M x  (loại),    x x    x  25 x 6  x 36 (thỏa mãn điều kiện) x Phương trình có chứa trị tuyệt đối   f ( x ) a (với a  a số cụ thể) giải hai trường hợp f ( x ) a f ( x)  g ( x) (với g ( x) biểu thức chứa x ): Cách 1: Xét trường hợp để phá trị tuyệt đối: f ( x)  f ( x) nên ta f ( x ) g ( x) Giải đối chiếu điều kiện f ( x ) 0 f ( x )  f ( x ) nên ta  f ( x)  g ( x) Trường hợp 2: Xét f ( x)  Giải đối chiếu điều kiện f ( x)  Cách 2: Đặt điều kiện g ( x) 0 giải hai trường hợp f ( x) g ( x) Trường hợp 1: Xét f ( x) 0 x 2 A x  Ví dụ Cho biểu thức B x  Tìm x để A B x  Lời giải Điều kiện: x 0, x 25 A B x   x 2 x x  x Có Cách 1: Ta xét hai trường hợp:  x   x  x  x  nên ta được: x  0  x  x  0  x 9 Trường hợp 1: Xét x  0  x 4  x 4 x 2 x  x   x   x  x  0  Cách 3: Nhận xét x  x  x 2     x1 x  0  x 1 (thỏa mãn)  x x   x  2 0   x 9  x 1  x  1  x   0 (thỏa mãn) x   x  2  x  x  0    x  x  0    x 2        x  x 2  x 2  x 3 x  1     x 1 x  1  x 9  x 1  (thỏa mãn) A B x  Vậy x 9, x 1 A Ví dụ (thỏa mãn) x   với x 0, x 25 nên x   x   x 4 x 2    x   x  nên  x   x  nên ta được: Trường hợp 2: Xét x    x  Cách 2: Vì  Cho biểu thức x B x  x  Tìm x để A B x  Lời giải Điều kiện: x 0, x 1 A B x   x x   x 3 x  x1 x1 Có Cách 1: Ta xét trường hợp: x  x Trường hợp 1: Xét x  0  x 3  x 9 nên ta x   x   x  x 0  x x  0  x 0, x 1 (loại) x   x  Xét x    x   x  Trường hợp 2: x   x   x  x  0  x  x  0      nên ta  x 2  x 4 (thỏa mãn) Vậy x 4 A B x  x  x  Cách 2: Điều kiện: x  0  x 3 Khi  x x  0  x  x   x  x 0       x x    x   x   x  x  0  Kết hợp điều kiện x 4       x 0, x 1  x 4  2 Đưa bình phương dạng m + n = (hoặc m + n = ) Bước Đặt điều kiện để biểu thức xác định đưa phương trình dạng m  n 0 (hoặc m  n 0 ) 2 Bước 2: Lập luận m 0, n 0 (hoặc n 0 ) nên m  n 0 (hoặc m  n 0 ) 2 Bước 3: Khẳng định m  n 0 (hoặc m  n 0 ) xảy đồng thời m 0   n 0 Bước 4: Giải x , đối chiếu điều kiện kết luận  P  x 1 Ví dụ Cho biểu thức x Tìm x để P x 6 x   Lời giải Điều kiện: x 4 P x 6 x    x  Có  x  x  6 x    x 1 x x 6 x   x x   x  x   x  0 x   x  2 Vì  x   x  0   nên 0, x  0  x   x  0  x  0  x 4  x   x  0 x  0   Do xảy (thỏa mãn) x 4 P x 6 x   x  Vậy   P Ví dụ Cho biểu thức x 3 x Tìm x để P x  x  2 3x  x  Lời giải Điều kiện: x 2 x 3 x  x  2 x  x  x P x  x  2 3x  x   Có      x   x  2 3x  x   x   x  x   x  0        x   1   x  3x   x   x   0  Vì x  Do x  x  0,  x   0    0  nên x    x   0 x   0 xảy  x   x 3  x    (thỏa mãn điều kiện) Vậy x 3 P x  x  2 3x  x  x1 x Tìm x để 81x  18 x  A  x  A Ví dụ Cho biểu thức Lời giải Điều kiện: x  81x  18 x  A  x   81x  18 x  Có  81x  18 x     x  1    x  1    x  1 x1  x 4 x x1  x 5 x x  9x x   x x x x  x 1 0 x 3   x1 x 0 Vì  x  1 Do 3 0,  x  1  x1 0 x 3  nên  x1 0 x  x  1 3   x1 x 0  x  0  x  x  0 xảy  (thỏa mãn điều kiện) 81x  18 x  A  x  Vậy Đánh giá vế một số, vế số Bước 1: Đưa vế bình phương sử dụng x A2 m 0;  A2 m 0 m Bước 2: Đánh giá vế lại dựa vào bất đẳng thức quen thuộc như:  Bất đẳng thức Cosi: a  b 2 ab hay Dấu “=” xảy a b   a.x  b y  Bất đẳng thức Bunhia:  x y  Dấu “=” xảy a b a  b  a  b  a 0, b 0 ab  a b  a 0, b 0  a  b   x  y   a, b, x, y Dấu “=” xảy a 0 b 0 Bước 3: Khẳng định phương trình xảy dấu “=” bước bước đồng thời xảy A Ví dụ Cho biểu thức x  B  x x  x Tìm x để x   A.B  x    x Lời giải Điều kiện:  x 3 Có x   A.B  x    x  x2   x x   x    x x1    x2  x   x    x (*) 2  x  x    x    2 * Có VT (*) * Chứng minh VP(*) 2 : Cách 1: (Dùng bất đăng thức Cosi)  VP  *   x    x  1   x    x 2   x  1   x  Xét   x  1    x  4  VP * 2 2    Cách 2: (Dùng bất đẳng thức Bunhia cốpxki)    VP  *   x    x  12 12   x    x  4  VP  * 2 Xét  VT(*) 2, VP  * 2 Như nên (*) xảy  x  0  x 2   x    x (thỏa mãn) Vậy x 2 x   A.B  x    x 10