Bất phương trình vô tỉ-Ôn thi đại học

BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ I. Định nghĩa: Bất phương trình vô tỷ là bất phương trình có chứa ẩn dưới dấu căn thức. II. Các phương pháp giải: _ Nhìn chung các phương pháp giải bất phương trình vô tỷ cũng tương tự như phương trình vô tỷ. Tuy nhiên, trong một số trường hợp cũng có điểm khác biệt. _ Giải bất phương trình vô tỷ là một trong những bài toán không có công thức giải tổng quát, không có qui trình mang tính chất thuật toán. _ Việc phân ra thành các phương pháp giải riêng biệt chỉ mang tính chất tương đối, tùy quan điểm từng người làm toán. _ Mỗi bất phương trình có thể giải bằng nhiều phương pháp khác nhau nên người làm toán cần cân nhắc nên giải theo phương pháp nào cho hiệu quả. Mặt khác, có những bất phương trình không phải phương pháp nào cũng giải được, nó có những nét đặc thù riêng nên người làm toán cần phải linh hoạt trong việc tìm ra phương pháp giải. 1. Biến đổi tương đương: _ Nâng lên lũy thừa, đưa về bất phương trình hoặc hệ bất phương trình đại số hữu tỉ. Dạng 1. n )x(f < g(x) (*) (Chỉ xét n chẵn) (*) ⇔      < > ≥ n )]x(g[)x(f 0)x(g 0)x(f Dạng 2. n )x(f ≥ g(x) (*) (n chẵn) (*) ⇔           ≥ ≥    < ≥ n )]x(g[)x(f 0)x(g 0)x(g 0)x(f Ví dụ 1. Giải bất phương trình 14x5x 2 −+ > x – 5 Giải. bpt ⇔           −>−+ ≥−    <− ≥−+ 22 2 )5x(14x5x 05x 05x 014x5x ⇔                > ≥      <    ≥ −≤ 15 39 x 5x 5x 2x 7x ⇔    −≤ ≥ 7x 2x Ví dụ 2. Giải bất phương trình x x411 2 −− < 3 Giải. _ Nếu x > 0: bpt ⇔ 2 x41 − > – 3x + 1 _ Nếu x < 0: bpt ⇔ 2 x41 − < 1 – 3x Ví dụ 3. Giải và biện luận bất phương trình 4x 2 − ≥ m(x – 2) (*) Giải. Xét các trường hợp của tham số m: +) m = 0: (*) ⇔ 4x 2 − ≥ 0 ⇔ 2 x – 4 ≥ 0 ⇔ x ∈ ( ∞− ; – 2] ∪ [2; ∞+ ) +) m > 0: (*) ⇔           +−≥− ≥−    <− ≥− )4x4x(m4x 0)2x(m 0)2x(m 04x 222 2 ⇔         ≥+−+− ≥ −≤ 0)1m(4xm4x)m1( 2x 2x 2222 sau đó xét tiếp 0 < m ≤ 1 hoặc m > 1 +) m < 0: xét tương tự m > 0 Kết luận nghiệm theo các trường hợp của m. Chú ý. Trong trường hợp bất phương trình cần giải chứa nhiều dấu căn ta cần biến đổi đưa về dạng (I) hoặc (II). Ví dụ 4. Giải bất phương trình 1x + + 2x − < 3x + (*) Giải. điều kiện: x ≥ 2 Với điều kiện đó (*) ⇔ x + 1 + x – 2 + 2 )2x)(1x( −+ < x + 3 ⇔ )2x)(1x( −+ < 2 1 (– x + 4) Nhận xét. Phương pháp này ngắn gọn nhưng trong nhiều trường hợp phép nâng lũy thừa sẽ dẫn đến những bất phương trình đại số bậc cao không giải được. Khi đó ta phải áp dụng phương pháp khác. Bài tập áp dụng: 1) Giải các bất phương trình: a) 3x + – 1x − < 2x − b) ( ) 2 2 x293 x2 +− < 21 + x 2) Giải và biện luận các bất phương trình sau: a) mx2 − ≥ x b) 3x2 2 + < x – m c) mx − – m2x − > m3x − 2. Đặt ẩn phụ (hữu tỉ hóa, lượng giác hóa): Ví dụ 1. Giải bất phương trình 2 x + 2 11x3x 2 +− ≤ 3x + 4 (*) Giải. (*) ⇔ 2 x – 3x + 11 + 2 11x3x 2 +− – 15 ≤ 0 Đặt t = 11x3x 2 +− . Ví dụ 2. Giải bất phương trình x + 2 x1 − < x 2 x1 − (1) trong đoạn [0; 1] Giải. Trong đoạn [0; 1], cả hai vế không âm nên: (1) ⇔ 1 + 2x 2 x1 − < 2 x (1 – 2 x ) (2) Đặt t = x 2 x1 − , 0 ≤ t ≤ 2 1 (2) trở thành: 2 t – 2t – 1 > 0 ⇔     +> −< 21t 21t so sánh với điều kiện 0 ≤ t ≤ 2 1 ta thấy phương trình đã cho vô nghiệm. Ví dụ 3. Giải bất phương trình ( 3 x + 1) + ( 2 x + 1) + 3x 1x + > 0 (1) Giải. TXĐ: x ≥ – 1 _ nếu x ≥ 0: VT ≥ 2 > 0 ⇒ bất phương trình nghiệm đúng ∀ x ≥ 0 _ nếu – 1 ≤ x < 0: (1) trở thành ( 3 x + 2 x ) – 3 23 xx + + 2 > 0 Đặt t = 23 xx + , ta được: 2 t – 3t + 2 > 0 ⇔    > < 2t 1t Nhận xét x ∈ [– 1; 0) ⇒ t < 1 Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là – 1 ≤ x Ví dụ 4. Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm xa + + xa − ≤ 2 Giải. _ nếu a < 0: bất phương trình vô nghiệm _ nếu a = 0: bất phương trình có nghiệm x = 0 _ nếu a > 0: điều kiện    ≤ ≥ ax 0x ⇔ 0 ≤ a x ≤ 1 Đặt a x = cosy, y ∈ [0; 2 π ]. Ta được: )ycos1(a + + )ycos1(a − ≤ – 2 ⇔ 2a + 2asiny ≤ 4 ⇔ ⇔ siny ≤ a2 a24 − (*) để (*) có nghiệm y ∈ [0; 2 π ] ta phải có 4 – 2a ≥ 0 ⇔ 0 < a ≤ 2 Kết luận: điều kiện của a là 0 ≤ a ≤ 2 Bài tập áp dụng: 1) Giải các bất phương trình: a) x3x31 428 −−+ −+ + x31 2 −+ > 5 b) 2 1 x − + 4 1x + < 8 )1x( 1x2 2 + +− c) x1 + + x1 − ≤ 2 – 4 x 2 2) Tìm a để bất phương trình sau đúng với ∀ x ∈ [– 2; 4]: – 4 )2x)(x4( +− ≤ 2 x – 2x + a – 18 3. Phương pháp đánh giá (dùng đạo hàm): Nhận xét. Xét hàm số f(x), x ∈ D. Đặt M = fmax D , m = fmin D . f(x) ≥ α có nghiệm x ∈ D ⇔ α ≤ M . f(x) ≥ α đúng với ∀ x ∈ D ⇔ α ≤ m . f(x) ≤ β có nghiệm x ∈ D ⇔ β ≥ m . f(x) ≤ β đúng với ∀ x ∈ D ⇔ β ≥ M Ví dụ 1. Giải bất phương trình: 5x + + 3x2 + < 9 Giải. Xét f(x) = 5x + + 3x2 + – 9, x ≥ 2 3 f ’(x) = 5x2 1 + + 3x2 1 + > 0, x > 2 3 f(11) = 0,       − 2 3 f < 0 ⇒ f(x) < 0 ⇔ 2 3 − ≤ x < 11 Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là 2 3 − ≤ x < 11. Ví dụ 2. Tim m để bất phương trình x3 + + x6 − – )x6)(x3( −+ (*) có nghiệm. Giải. đk: – 3 ≤ x ≤ 6 Đặt u = x3 + + x6 − , u ∈ [3; 3 2 ] (*) trở thành: 2 u 2 − + u + 2 9 ≤ m Xét f(u) = 2 u 2 − + u + 2 9 , u ∈ [3; 3 2 ] )u(fmin ]23;3[u ∈ = f(3 2 ) = 2 926 − Vậy để bất phương trình đã cho có nghiệm ta phải có m ≥ 2 926 − . Chú ý. Ngoài ra ta có thể dùng bất đẳng thức để đánh giá. Ví dụ 3. Giải bất phương trình 2x3x 2 +− + 3x4x 2 +− ≤ 2 4x5x 2 +− (*) Giải. đk:    ≥ ≤ 4x 1x . nếu x < 1: (*) ⇔ x2 − + x3 − ≤ 2 x4 − đúng. . nếu x = 1: (*) đúng. . nếu x = 4: (*) đúng. . nếu x > 4: (*) ⇔ 2x − + 3x − ≤ 2 4x − vô nghiệm. Vậy nghiệm của (*) là x ∈ ( ∞− ; 1] ∪ {4}. Ví dụ 4. Giải bất phương trình 1x − + (x – 3) ≥ 2x2)3x(2 2 −+− Giải. đk: x ≥ 1 Nhận xét: 1x − + (x – 3) ≤ 1x − + 3x − ≤ 2 )3x(2)1x(2 −+− , ∀ x ≥ 1 (Bunhia) Do đó 1x − + (x – 3) ≥ 2x2)3x(2 2 −+− ⇔    =⇔−=− ≥− 5x3x1x 03x Vậy bất phương trình có nghiệm duy nhất x = 5. Bài tập áp dụng: 1) Giải bất phương trình 2x3 − + 1x − < 4x – 9 + 2 2x5x3 2 +− 2) Tìm m để các bất phương trình sau có nghiệm: a) mx – 3x − ≤ m + 1 b) x – m 1x − > m + 1 3) Giải và biện luận theo a > 0 bất phương trình n x – n ax − ≥ n a2 – n a 4) Tìm a để bất phương trình x – 1x − ≥ m vô nghiệm. 4. Phương pháp đồ thị: _ Giả sử phải tìm x thỏa mãn: f(x) < g(x) ta làm như sau: + Vẽ đồ thị hàm số y = f(x), y = g(x) trên cùng một hệ trục tọa độ + Tìm phần đồ thị y = f(x) nằm dưới đồ thị y = g(x), chiếu lên trục Ox ta được tập nghiệm. Ví dụ 1. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm: 1x + – x4 − > m Giải. Đặt u = 1x + ≥ 0, v = x4 − ≥ 0 Ta được:      =+ >− ≥≥ 5vu mvu 0v,0u 22 Nhìn trên đồ thị ta thấy điều kiện của m là m < 5 . Ví dụ 2. Cho bất phương trình: )x6(x − ≥ 2 x – 6x + m + 2 Tìm m để tập nghiệm của bất phương trình là một đoạn với độ dài l thỏa mãn: 2 ≤ l ≤ 4. Giải. Xét đồ thị hàm số y = )x6(x − , y ≥ 0. Ta có:    =−+ ≥ 9)3x(y 0y 22 có đồ thị là nửa đường tròn nằm phía trên trục hoành với tâm tại (3; 0), bán kính bằng 3. Còn đồ thị hàm y = 2 x – 6x + m + 2 là parabol có đỉnh nằm trên đường thẳng x = 3 Độ dài đoạn nghiệm l = 2 ⇔ parabol đi qua điểm (2; 2 2 ) ⇔ 2 2 = 4 – 12 + m + 2 ⇔ m = 2 2 + 6 Độ dài đoạn nghiệm l = 4 ⇔ parabol đi qua điểm (1; 5 ) ⇔ 5 = 1 – 6 + m + 2 ⇔ m = 3 + 5 Vậy điều kiện của m là 3 + 5 ≤ m ≤ 6 + 2 2 Bài tập áp dụng: 1) Tìm m để bất phương trình sau đúng ∀ x ∈ [– 4; 6]: *************************mờ quá không đọc được************** 2) Cho bất phương trình 3m)x2(x ++− ≥ 2 x – 2x + 5 a) Tìm m để bất phương trình vô nghiệm. b) Tìm m để tập nghiệm là một đoạn với độ dài là 2. 5. Phương pháp điều kiện cần và đủ: Phương pháp này thường áp dụng để tìm điều kiện của tham số sao cho tập nghiệm của bất phương trình thỏa mãn một tính chất T nào đấy. Gồm 2 bước: b1: Nếu tập nghiệm thỏa mãn tính chất T thì tham số phải thuộc tập TS D nào đó (đk cần). b2: Loại những giá trị của tham số trong TS D làm cho nghiệm của bất phương trình không thỏa mãn tính chất T (đk đủ). Ví dụ 1. Tìm m để bất phương trình )x6)(4x( −+ ≤ 2 x – 2x + m (*) nghiệm đúng ∀ x ∈ [– 4; 6]. Giải. +) đk cần: (*) nghiệm đúng ∀ x ∈ [– 4; 6] ⇒ (*) nghiệm đúng với x = 1 ⇒ m ≥ 6. +) đk đủ: m ≥ 6 ta có VT ≤ 5, ∀ x ∈ [– 4; 6] VP ≥ 5, ∀ x ∈ [– 4; 6] Vậy điều kiện cần và đủ của m là m ≥ 6 Bài tập áp dụng: 1) Tìm a để bất phương trình x + ax2x 2 − > 1 nghiệm đúng ∀ x ∈ [ 4 1 ; 1] III. Luyện tập: 1) Giải bất phương trình: 16x6x3x2 23 +++ > 2 3 + x4 − Giải. đk: – 2 ≤ x ≤ 4 Xét f(x) = 16x6x3x2 23 +++ – x4 − – 2 3 f ’(x) ≥ 0, ∀ x ∈ (– 2; 4) f(1) = 0 ⇒ f(x) > 0 ⇔ 4 ≥ x > 1 2) Giải bất phương trình: 2 2 )x211( x4 +− < 2x + 9 Giải. đk:    ≠+ ≥+ 11x2 01x2 ⇔      ≠ −≥ 0x 2 1 x (1) Với điều kiện đó ta có: 2 x211 x2       +− = ( ) 2 1x21 ++ = 2x + 2 + x21 + Vậy bất phương trình đã cho có thể viết thành x21 + < 2 7 hay x < 8 45 Kết hợp với (1) ta được tập nghiệm là: [ 2 1 − ; 8 45 ) \ {0} Bài tập áp dụng: 1) Giải các bất phương trình a) 4x2 + – 2 x2 − > 16x9 8x12 2 + − b) x + 1x x 2 − > 2 35 . BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ I. Định nghĩa: Bất phương trình vô tỷ là bất phương trình có chứa ẩn dưới dấu căn thức. II. Các phương pháp giải:. các phương pháp giải bất phương trình vô tỷ cũng tương tự như phương trình vô tỷ. Tuy nhiên, trong một số trường hợp cũng có điểm khác biệt. _ Giải bất phương