Giải phương trình chua dau gia trị tuyet doi

NỘI DUNG CHƯƠNG I: GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI -GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI Định nghĩa: Giá trị tuyệt đối số thực x số thực không âm, ký hiệu x xác định sau: x≥ x nÕu x = - x nÕux − , trái dấu với a a b x ⇒ ax + b dấu với a a ax + b < ⇒ ax + b trái dấu với a Nếu x < x0 x - x0< ⇒ a * Tam thức bậc hai ax2 + bx + c (a ≠ 0) trái dấu với a khoảng hai nghiệm (nếu có), dấu với a trường hợp khác Nếu x > x0 x - x0 > ⇒ Bài tập áp dụng Bài 1: Cho x, y hai số thoả mãn xy ≥ tính giá trị biểu thức     x y x y B =  xy + + − x  +  xy − − − y  2 2     Giải: Biến đổi B, ta có:  x y x y  B =  xy + + + xy − −  − ( x + y ) 2 2   x y x y Đặt B1 = xy + + + xy − − ≥ 2 2 Tính B12 ta được: x y2 xy xy x y 2 + + x xy + y xy + + xy − x xy − y xy − + + B1 = xy + 4 2 4  x+y 2  = x + xy + y = (x + y) + xy − 2   2 x + y x + y x + y  ≥ xy n ª n 2xy − 2  = 2  − 2xy ) (Vì        Suy ra: B1 = x + y Vậy B = x + y − ( x − y ) Mặt khác xy ≥ nên x, y dấu, suy x + y = x + y Do : B = Bài 2: Rút gọn biểu thức sau: A= x − + x − 4x + 2x − Trang Giải: x≠ TXĐ: Ta có: A = x −1 + ( x − 2) 2x − Nếu x ≤ ta có: A = Nếu 1< x < 2, x ≠ = x −1 + x − 2x − 1− x + − x − x = = −1 2x − 2x − x −1 + − x = ta có A = 2x − 2x − Nếu x ≥ ta có: A = x−1+ x − 2 x − = =1 2x − 2x − Tóm lại: −   A=   2x − 1 nÕux≤1 nÕu1< x < nÕux≥ Bài 3: Rút gọn: 2( x − 3) − + B= 2( x −1 − x − ) 2( x −1 + x − 3) (x − 1)2 − (x − 3)2 x −1 + x − Giải: Đặt x −1 − x − x − = a; x − = b;( a,b ≥ 0) Ta có: a+ b a− b 2b2 (a+ b)2 − (a − b)2 + 4b2 − + = B= 2(a+ b) 2(a + b) a2 − b2 2(a2 − b2 ) 2x − 4ab+ 4b2 4b(a+ b) 2b ⇔ B= = = = 2(a2 − b2 ) 2(a + b)(a − b) a − b x − − x − Lập bảng biến đổi: Trang x -∝ +∝ x− 3-x x− 1-x Tử thức Mẫu thức 3-x 0 x-1 2(3-x) -2 2(3-x) 2(x-2) -2 3− x Kiểm tra lại giá trị biểu thức x− x-1 1≤ x ≤ vµx ≠ Víi Víi x ∈ IR \ [1; 3] Bài 4: Cho a, b, c > Rút gọn biểu thức: C = a + b + c + ac+ bc + a + b + c − ac+ bc Giải: Với a, b, c > ta có: C = a + b + (a + b)c + c + a + b − (a + b)c + c ⇔ C= ( ⇔C = a+ b + c + Vì ) a+ b + c + + ( a+ b − c ) a+ b − c a + b + c > nª n C = a + b + c + a+ b − c Nếu a + b ≥ c ⇒ C = a + b + c + a + b − c = a + b Nếu a + b < c ⇒ C = a + b + c + c − a + b = c Tóm lại : 2 a + b C= 2 c nÕua + b ≥ c nÕua + b < c Bài tập luyện tập: Bài1: Rút gọn biểu thức: Trang 2(x-3) hai đầu mút đoạn [1; 3] –2 0, ta có kết luận:  3− x  B = x − x − x-3 a) A = 4a2 − 20a + 25+ 2a − 17 víi a < b) B = x2 − 16x + 64− x2 − 8x + 16+ x2 c) C = d) D = − 2x − x 2x + + x − xx − x − 5x + e) E = x + x + Bài 2: Cho A (x) = 3x − 3x − + 3x + − 3x − a) Tìm đoạn [a, b] cho A(x) có giá trị khơng đổi đoạn b) Tìm x cho A(x) > Bài 3: Rút gọn biểu thức: 1) A = 2b x2 − x − x2 − 1 Víi x =  2 a b  + b a  1  2b  + a − 4 a  2) B = 3) C = 1 1  + a − −   4 a 2  y− x xy +  − a  a  y+ x y− x y+ x − + + + xy z xy xy z x2 − 25 x2 − 25 Víi x > 5; y = ; z= 10x + 25 15x + 25 x+ x+ x x−5 Trang víi < a < CHƯƠNG II: 2- PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT CÓ CHỨA GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI A Phương trình bậc dạng A = B 1- Phương pháp giải: Để giải phương trình bậc tuỳ ý có chứa giá trị tuyệt đối Ta biến đổi thành phương trình tương đương khơng chứa dấu giá trị tuyệt đối Đối với phương trình bậc dạng A = B A, B nhị thức bậc ta tiến hành giải theo cách sau: a) Nếu B < kết luận phương trình vơ nghiệm b) Nếu B ≥ đưa phương trình A = B A = - B c) Nếu chưa biết rõ dấu B biến đổi sau: B ≥ A = B⇔  A = −B A = B hc 2- Một số tập ví dụ: Bài 1: Giải phương trình sau: 3x − + = 3x + x − = x+1 x − 2000= x − 2000 Giải: 3x + ≥  3x − 1= 3x + 1) 3x − + = 3x + ⇔ 3x − = 3x + ⇔  3x + ≥  3x − 1= −3x − Trang  x ≥ −   (V « lý)  − 1= ⇔ x ≥ − ⇔ x= −  6x = −1  Vậy phương trình có nghiệm x = − 2) x − = x+1 Nếu x ≥ phương trình cho ⇔ x − = x + víi x ≥ rârµngx + 1> x − = −x − Khi đó: x − = x + 1⇔ x − = x + hc x ≥ x ≥ ⇔ Hc x − = x + x − = −x − x ≥  − = ⇔ x ≥  2x = (V «lý) ⇒ x=1 Nếu x< phương trình cho ⇔ − x − = x + ⇔ x+ 3= x+1  − ≤ x <  x + = x + ⇔  − ≤ x <  x + = −x −  − ≤ x <  2 = ⇔  − ≤ x <  2x = −4 (V « lý) ⇒ x = −2 (Lo¹ i ) Vậy phương trình cho có tập nghiệm S ={1} 3) Ta có: x − 2000 = x − 2000⇔ x − 2000≥ ⇔ x ≥ 2000 Vậy phương trình có vơ số nghiệm thoả mãn x ≥ 2000 Bài 2: Giải biện luận phương trình sau theo tham số: x − = 3x + 2m Giải: Trang 3x + 2m≥ 3x + 2m≥ x − = 3x + 2m (1) ⇔  hc x − 1= 3x + 2m x − 1= −3x − 2m  2m x ≥ −   x = − 2m −  ⇔ x ≥ − 2m   1− 2m x =  ⇔ Như phương trình (1) có nghiệm phải có: 2m + 2m 1− 2m 2m ⇔− ≥− hc ≥− 2m + 2m ≥− ⇔ 6m + 3≤ 4m ⇔ m≤ − a) Nếu − 1− 2m 2m ≥− ⇔ − 6m≥ −8m ⇔ 2m ≥ −3 ⇔ m≥ − b) Nếu Tóm lại: 2m + Nếu m≤ − phương trình (1) có nghiệm x = − 2 1− 2m Nếu m≥ − phương trinh (1) có nghiệm x = Bài 3: Giải theo m: mx − = 4− m(1) Nếu m > phương trình (1) ⇔ mx− = − m 0 < m ≤ 0 < m≤ ⇔ hc  mx− = − m mx− = m − 0 < m ≤  ⇔ 7− m x =  m 0 < m≤  hc  m− x =  m Trang 10  t ≥  t ≥ (I )     t − 2(m − 3) + − 2m − mt= t − 3(m− 2) + − 2m= (a)  ⇔ ⇔  t <  t < (II )   t − 2(m − 3)t + − 2m+ mt= t − (m − 6)t + − 2m = (b) Phương trình cho có nghiệm phương trình (*) có nghiệm Xét phương trình (b) hệ (II): t = −2 (b) ⇔ (t + 2)(t − m + 4) = ⇔  t = m− Rõ ràng t = -2 < nghiệm phương trình (*) nên để phương trình (*) có nghiệm cần phải có:  m − = −2 m− ≥  m = ⇔ m≥ * Nếu m = phương trình (a) trở thành t2 + = phương trình vơ nghiệm nên hệ (I) vơ nghiệm Do phương trình (*) có nghiệm m = giá trị cần tìm * Nếu m≥ phương trình (a) có nghiệm khơng âm,vì P = – 2m ≤ nên hệ (I) có nghiệm t ≥ mà hệ (II) có nghiệm t = -2 Từ suy phương trình(*) có hai nghiệm phân biệt nên giá trị m≥ 4khơng phải giá trị cần tìm Vậy giá trị cần tìm m = 0; m = 2 F Phương trình dạng: ax + bx+ c + A + B = Bài 1: Giải phương trình: x − 3x+ 1+ x + − 2− 3x= (1) a) Nếu x ≤ −1 (1) ⇔ x2 − 3x + 1− x − 1+ 3x − = ⇔ x2 − x − = ⇒ x = −1; x = Chỉ có x = -1 thoả mãn b) Nếu − 1< x ≤ phương trình (1) ⇔ x2 − 3x + 1+ x + 1_ + 3x − = ⇔ x2 + x = ⇒ x = 0; x = −1 Trang 29 Chỉ có x = thoả mãn c) Nếu x > phương trình (1) ⇔ x2 − 3x + 1+ x + 1+ − 3x = ⇔ x2 − 5x + = ⇒ x = 1; x = (thoả mãn) Tóm lại: Phương trình có nghiệm là: x = -1; x = 0; x = 1; x = 2 G Phương trình dạng ax + bx+ c + mx + nx+ P = Bài 1: Giải phương trình: 3x− 1− − x + 2x+ = Ta thấy: − x2 + 2x − = −4 − ( x − 1) < Mọi x Nên phương trình ⇔ 3x − 1− − x + 2x + = ⇔ 3x − 1− x2 + 2x − = ⇔ x2 − 5x + = ⇒ x = 1; x = CHƯƠNG V: MỘT SỐ BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI CĨ CHỨA GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI -H Lý thuyết bản: 5- Dấu tam thức bậc hai: Cho tam thức bậc hai: f (x) = ax2 + bx+ c Nghiệm f(x) giá trị x làm cho tam thức có giá trị 0, nghiệm tam thức bậc hai nghiệm phương trình: ax2 + bx+ c = 6- Định lý: Cho tam thức f (x) = ax + bx+ c (a ≠ 0) Nếu ∆ = b − 4ac< a.f(x) > 0, ∀ x∈ IR  b Nếu ∆ = b − 4ac= a.f(x) > 0, ∀ x ∈ IR \ −   2a Nếu ∆ = b − 4ac> f(x) = a(x - x1)(x – x2); (x1 < x2) Thì: a.f(x) > x < x1 x > x2 a.f(x) < x1 < x < x2 Chứng minh: 2 f (x) b c  b  b2 − 4ac  b ∆ = x + x+ = x +  − = x + − Xét:   a a a  2a 4a2 2a 4a2  f (x) > 0, af(x) > Nếu ∆ < a  b f (x)  b =  x +  ≥ af(x) > 0, ∀ x ∈IR \ −  Nếu ∆ = a  2a  2a Trang 30 Nếu ∆ ≥ f (x) = (x − x1 ) (x − x2 ) a * af(x) < x1 < x < x2 * af(x) > x < x1 x > x2 7- Các dạng bất phương trình: + f (x) ≤ a ⇔ −a ≤ f (x) ≤ a (Với a số dương) f (x) ≤ −a + f (x) ≥ a ⇔ f (x) ≥ a hc + f (x) ≤ g(x) ⇔ −g(x) ≤ f (x) ≤ g(x) f (x) ≤ −g(x) + f (x) ≥ g(x) ⇔ f (x) ≥ g(x) hc Bài 1: Giải phương trình: − x + 2x− > (1) (1) ⇔ ( x − 1) > ⇔ ( x − 1) > ⇔ x − > 2 ⇔ x − 1> hc x − 1< −3 x > ⇔  x < −2 Vậy tập nghiệm bất phương trình là: (-∝; -2) ∪ (4; +∝) Bài 2: Giải bất phương trình: x + 2x− > x > hc x < −3  x + 2x − > ⇔  − < x <  x + 2x − < −5 x > hcx < −3 ⇔ x > hcx < −4 (2) x > hcx < −3  (x − 2)(x + 4) > ⇔   − < x <  ) (x + 1) + < (v« nghiƯm ⇒ x > hc x < −4 Vậy nghiệm bất phương trình là: S = (-∝; -4) ∪ (2; +∝) Bài 3: Giải bất phương trình: x − 5x < Trang 31 (3) x > hcx <  x − 5x − < ⇔  0 < x <  x − 5x > −6 x > hcx <  (x + 1)(x − 6) < ⇔  0 < x <  (x − 2)(x − 3) > x > hcx <  − 1< x < ⇔  0 < x <  x > hcx < 5 < x < hc− 1< x < ⇔ 3 < x < hc0 < x < ⇒ −1< x < hc 3< x < Vậy bất phương trình có nghiệm là: S = (-1; 2) ∪ (3; 6) Bài tập luyện tập: Bài 1: Giải bất phương trình sau: 2x − >2 x−1 a) − 2x < x + e) b) x3 + ≥ x + f) c) 2x − < x + g) x2 + x − − > d) x − > x + h) 2x2 + 8x − 10 − x2 + 12x − 13 > 4x − − 3x − 12x >− Bài 2: Giải phương trình sau: 1) x − 3x + 1+ x + − − 3x = 2) x + 3x − 10+ − x x + 5x − = 2 3) 2x + 3x − − x − 3x − 22x + = x2 − 4x + =4 4) x − + x − 3x + 2 Bài 3: Tìm m để phương trình: x − 4x + m + + 2m x − m = có nghiệm Trang 32 CHƯƠNG VI: Hàm số bậc y = ax + b -1 Miền xác định: D = IR a > hàm số đồng biến, a < hàm số nghịch biến Bảng biến thiên: a>0 a 1/ y=m -1 -1/2 b.Dựa vào đồ thị: Ta có: m < phương trình vơ nghiệm m = m > phương trình có nghiệm < m < phương trình có nghiệm m = phương trình có nghiệm Bài 3: Khảo sát hàm số y = 1− ( x − 2) TXĐ: D = IR y = 1− ( x − 2)  x − víi x < = 1− x − =  − x + víi x ≥ Trang 36 1/2 x Bảng biến thiên: x -∝ +∝ Max y -∝ +∝ Đồ thị đường gấp khúc qua điểm cực đại M(2; 1) cắt trục hoành hai điểm x = 1; x = cắt trục tung điểm có y = -1 y M 1 Bài 4: Cho hàm số y = x2 − 2x+ + x2 − 6x+ a Tìm giá trị nhỏ y b Tìm x để y ≥ Giải: a y = (x − 1)2 + (x − 3)2 = x − + x − 4 − 2x nÕux <  ⇒ y =  nÕu1≤ x ≤ 2x − nÕux >  Như yMin = ⇔ 1≤ x ≤ Trang 37 x b.Để tìm x cho y ≥ ta vẽ đồ thị: 4 − 2x nÕux <  ⇒ y =  nÕu1≤ x ≤ 2x − nÕux >  Hình vẽ cho thấy y A B 2 x * Đường biểu diễn hàm số đường gấp khúc, có giá trị cực tiểu đoạn [1; 3] * Đường y = cắt đường biểu diễn A( 0; ); B( 4; ) nên y ≥ nếu: x ∈ (-∝; 0] ∪ [4; +∝) Bài tập luyện tập: Bài 1: Vẽ đồ thị hàm số sau đây: x2 1) y = x 2) y = x + + x − 3) y = x2 − 4x + + x2 + 4x + 4) y = 2 x − Bài 2: Hãy viết biểu thức tường minh hàm số y(x) cho phương trình sau đây: x + y = 2y Nói rõ miền xác định hàm số vẽ đồ thị Trang 38 Xác định giá trị x để hàm số sau đạt giá trị nhỏ a) y = − 2x + 2x + b) y = 1− x + − x + − x + − x Bài 3:Kiểm tra lại đồ thị kết giải phương trình với tham số a 1) x − = 3x + 2a 2) a x − = − a Bài 4: Giải hệ phương trình sau đồ thị: 5 3x − + 75y − = 88  3x + 5y = CHƯƠNG VII: 4- MỘT SỐ BÀI TỐN CĨ GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI Bài 1: Cho n số thực a1 < a2 < a3 < a + b = a + b = lúc đó: Trang 40 A = (a + b)(a2 − ab+ b2 ) + ab (a + b)2 = a − ab+ b + ab= a + b ≥ = 2 Dấu “=” xảy ⇔ a = b = 1/ Vậy Min A = 1/ ⇔ a = b = 1/ 2 2 2 Nếu a + b < a + b = −(a + b) = 1⇔ a + b = −1 ⇒ A = − (a2 − ab+ b2 ) + ab= − (a2 + b2 ) + 2ab = − (a − b)2 ≤ Dấu “=” xảy ⇔ a = b = -1/2 Vậy Max A = ⇔ a = b = -1/2 Bài 3: Chứng minh với x ≥ ; y ≥ phương trình vơ nghiệm xy 2005 = x + y 2006 xy = 1 Giải: x + y + x y Và x ≥ 2; y ≥ ⇒ Vậy ⇒ 1 + x y ≥1 Do 1 + ≤ x y x+ y 1 1 1 + ≤ + = 1⇒ + ≤ x y 2 x y Chứng tỏ xy 2005 ≥ 1, Mà vËyxy = xy Khi đó: xy = x2 + ≥ 2 x ⇒ y ≥ 2 xy − = − y2 ≥ ⇒ y2 ≤ 8⇒ y ≤ 2 Vậy y = 2 ; x= y = − 2 x = − (− 2; − 2) Do hệ nghiệm : (x; y) = ( ;2 2) hc Bài 6: Tìm số dương lớn số dương x, y, z nghiệm hệ phương trình sau: x = 1− 1− 2y  y = 1− 1− 2z  z = 1− 1− 2x Giải: Vai trò x, y, z hệ nên giả sử x ≥ y ≥ z Ta có trường hợp sau: x = 2y  ⇒ y = 2z ⇒ x= y= z= a) ≥ x ≥ y ≥ z z = 2x  x = 2y  ⇒ y = 2z ⇒ x= ;y= ;z= b) x ≥ ≥ y ≥ z 9 z = − 2x  Trang 42 x = − 2y  ⇒ y = 2z ⇒ x= ;y= ;z= 7 z = − 2x  x = − 2y  ⇒ y = − 2z ⇒ x= y= z= d) x ≥ y ≥ z ≥ z = − 2x  Từ trường hợp suy số dương lớn cần tìm số 8/9 c) x ≥ y ≥ ≥ z Trang 43 ... 2- PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT CĨ CHỨA GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI A Phương trình bậc dạng A = B 1- Phương pháp giải: Để giải phương trình bậc tuỳ ý có chứa giá trị tuyệt đối Ta biến đổi thành phương trình. .. m≤ phương trình có nghiệm là: x = m m Nếu m = x = Nếu m = m > phương trình vơ nghiệm Nếu m< phương trình có nghiệm là: x = B Phương trình bậc dạng A = B 1- Phương pháp giải: Đối với phương trình. .. Trang 16 E Hệ phương trình bậc nhất: Bài 1: Giải hệ phương trình:  2x − + 5y − = (1) (A)  (2)  3x + − 2y = Giải: Muốn giải hệ phương trình ta xét trường hợp sau để phá bỏ dấu giá trị tuyệt đối