Chuyên đề bất phương trình vô tỷ chứa căn thức, luyện thi toán THPT quốc gia có lời giải chi tiết

BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC GIỚI THIỆU Kể từ năm 2005 đến nay, đề thi đại học mơn tốn có tốn bất phương trình chứa căn: Bµi (Đề thi đại học − Khối D năm 2002): Giải bất phương trình: (x Bµi 2 − 3x ) 2x − 3x − ≥ 0, x ∈ ¡ (Đề thi đại học − Khối B năm 2012): Giải bất phương trình: x + + x − 4x + ≥ x , (x ∈ ¡ ) Bµi (Đề thi đại học − Khối A năm 2005): Giải bất phương trình: 5x − − x − > 2x − 4, x ∈ ¡ Bµi (Đề thi đại học − Khối A năm 2010): Giải bất phương trình: x− x − ( x − x + 1) ≥ 1, x ∈ ¡ ĐỊNH HƯỚNG Nhận thấy: Bài thuộc Dạng bất phương trình chứa bậc hai Bài thuộc Dạng bất phương trình chứa bậc hai Bài thuộc Dạng bất phương trình chứa có bậc khác Bài 4, thuộc Dạng bất phương trình chứa nhiều Từ đó, để cung cấp cho em học sinh giáo trình gọn nhẹ với đầy đủ kiến thức, giảng chia thành phần (4 dạng bất phương trình)  Ví dụ phần quan trọng, cung cấp phương pháp để giải  Hoạt động sau ví dụ tập BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA MỘT CĂN BẬC HAI VÝ dô 1: (Đề thi đại học − Khối D năm 2002): Giải bất phương trình: (x − 3x ) 2x − 3x − ≥ 0, x ∈ ¡ ĐÁNH GIÁ VÀ ĐỊNH HƯỚNG THỰC HIỆN: Đây dạng bất phương trình đơn giản dạng AB ≥ nhiều học sinh khơng tìm đầy đủ nghiệm Chúng ta cần sử dụng phép biến đổi tương đương sau: g(x) =  f (x) g(x) ≥ , với f(x) g(x) có nghĩa ⇔  g(x) >  f (x) ≥  Giải Bất phương trình tương đương với:  x = ∨ x = −    2x − 3x − = x ≥ x >   ⇔  x =   2x − 3x − > ⇔    x < −1/     x − 3x ≥  x ≤ −1/     x ≥     x ≤ 1  Vậy, tập nghiệm bất phương trình  −∞; −  ∪ { 2} ∪ [ 3; + ∞ ) 2  HOẠT ĐỘNG 1: Giải bất phương trình: a (x − 1) 2x − ≤ 3(x − 1), x ∈ ¡ b (x + 1) + (x + 1) + 3x x + > 0, x ∈ ¡ DẠNG CƠ BẢN Với bất phương trình f(x) < g(x) ta có phép biến đổi tương đương:  f(x) ≥  g(x) >  f(x) < g2(x)  (*) Các em học sinh cần biết đánh giá tính giải bất phương trình (*) VÝ dơ 2: Giải bất phương trình: x + ≥ 2(x − 1), x ∈ ¡ ĐÁNH GIÁ VÀ ĐỊNH HƯỚNG THỰC HIỆN: Sử dụng lược đồ “DẠNG CƠ BẢN 1” bới trường hợp (*) bất phương trình bậc hai − Giải  Giải Bất phương trình tương đương với:  x ≥1  2(x − 1) ≥   ⇔  x ≥ −1 ⇔ x + ≥  2(x − 1) ≤ (x + 1)  x − 2x − ≤    x ≥1  ⇔  x ≥ −1  −1 ≤ x ≤   x = −1 1 ≤ x ≤  Vậy, tập nghiệm bất phương trình [1; 3] ∪ {−1} HOẠT ĐỘNG 2: Giải bất phương trình: VÝ dơ 3: a x − 3x − 10 < x − 2, x ∈ ¡ b x − 2x − 15 ≤ x − 3, x ∈ ¡ Giải bất phương trình: x2 + ≤ 3x2 − 1, x ∈ ¡ ĐÁNH GIÁ VÀ ĐỊNH HƯỚNG THỰC HIỆN: Sử dụng lược đồ “DẠNG CƠ BẢN 1” bới trường hợp (*) bất phương trình trùng phương − Giải Ngồi ra, bất phương trình giải theo cách khác:  Nhẩm nghiệm x0 chuyển bất phương trình dạng tích (x − x0)h(x) phép nhân liên hợp Cụ thể: − Nhận xét x0 = nghiệm bất phương trình − Biến đổi bất phương trình dạng: x2 + − ≤ 3x2 − ⇔ x2 + 3− x + 3+ 2 ( ) ≤ x2 −   ⇔ (x2 − 1) − 3÷ ≤  x + 3+   Sử dụng phương pháp đạt ẩn phụ, với t = x2 + 3, t ≥  Giải Ta trình bày theo cách sau: Cách 1: Với điều kiện 3x2 − ≥ tức x ≥ , ta biến đổi phương trình dạng: 3 ( ) x2 + ≤ 3x2 − ( )( ) 2 ⇔ 9x4 − 7x2 − ≥ ⇔ x − 9x + ≥ ⇔ x2 − 1≥ ⇔ x ≥ Vậy, tập nghiệm bất phương trình (−∞; −1] ∪ [1; +∞) Cách 2: Biến đổi phương trình dạng: x + − ≤ 3x − ⇔ 2 x2 + 3− x + 3+ 2 ( ) ≤ x2 −   ⇔ (x2 − 1) − 3÷ ≤  x + 3+  (*) Nhận xét rằng: 1 ⇒ x + 3+ 2 < x + 3+ 2 − 3< nên (*) biến đổi dạng: x2 − 1≥ ⇔ x ≥ Vậy, tập nghiệm bất phương trình (−∞; −1] ∪ [1; +∞) Cách 3: Đặt t = x2 + 3, t ≥ Suy x2 = t2 − Bất phương trình có dạng: t ≤ 3(t2 − 3) − ⇔ 3t2 − t − 10 ≥ ⇔ (3t + 5)(t − 2) ≥ t≥ ⇒ t− 2≥ ⇒ x2 + ≥ ⇔ x2 + ≥ ⇔ x2 ≥ ⇔ x ≥ Vậy, tập nghiệm bất phương trình (−∞; −1] ∪ [1; +∞) HOẠT ĐỘNG 3: Giải bất phương trình: VÝ dơ 4: a x2 + ≤ 4x2 − 1, x ∈ R b x + < 5− x, x ∈ ¡ Giải bất phương trình: 1− x3 ≤ x + 5, x ∈ ¡ ĐÁNH GIÁ VÀ ĐỊNH HƯỚNG THỰC HIỆN: Sử dụng lược đồ “DẠNG CƠ BẢN 1” bới trường hợp (*) bất phương trình bậc ba − Giải Ngồi ra, bất phương trình giải theo cách:  Nhẩm nghiệm x0 chuyển bất phương trình dạng tích (x − x0)h(x) phép nhân liên hợp Cụ thể: − Nhận xét x0 = −2 thoả mãn VT = VP − Biến đổi bất phương trình dạng: 1− x − ≤ x + ⇔ ⇔ x + 2+ 1− x3 − 1− x3 + ≤ x+  x2 − x +  ≥ ⇔ (x + 2) 1+ ÷≥ 1− x3 + 1− x3 + 3  x3 +  Sử dụng phương pháp hàm số, với điều kiện x ≤ nhận xét: − VP hàm đồng biến − VT hàm nghịch biến Hai đồ thị cắt điểm có hồnh độ x = −2 Vậy, tập nghiệm bất phương trình [−2; 1]  Giải Ta trình bày theo cách sau: Cách 1: Bất bất phương trình tương đương với: 1− x3 ≥  x3 ≤   ⇔ x + ≥ ⇔ x + ≥ 1− x3 ≤ (x + 5)2  x3 + x2 + 10x + 24 ≥   x ≤  ⇔ x ≥ −5 ⇔ x + ≥  x ≤   x ≥ −5 (x + 2)(x2 − x + 12) ≥  x ≤  x ≥ −5 ⇔ −2 ≤ x ≤ x ≥ −2  Vậy, tập nghiệm bất phương trình [−2; 1] Cách 2: Với điều kiện − x3 ≥ tức x ≤ 1, ta biến đổi bất phương trình dạng: 1− x − ≤ x + ⇔ 1− x3 − 1− x3 + ≤ x + ⇔ x + 2+ x3 + 1− x3 + ≥0  x2 − x +  ⇔ (x + 2) 1+ ÷ ≥ ⇒ x + ≥ ⇔ x ≥ −2 1− x3 + 3  Vậy, tập nghiệm bất phương trình [−2; 1] Cách 3: Với điều kiện x ≤ nhận xét:  VP hàm đồng biến  VT hàm nghịch biến Hai đồ thị cắt điểm có hồnh độ x = −2 Vậy, tập nghiệm bất phương trình [−2; 1]  Nhận xét: Như vậy, để giải bất phương trình chứa ta lựa chọn cách: Cách 1: Biến đổi tương đương Lưu ý cách nhẩm nghiệm x0 chuyển bất phương trình dạng tích (x − x0)h(x) phép nhân liên hợp, nhiều trường hợp nhận cách giải hay Cách 2: Đặt ẩn phụ Một nhiều ẩn phụ Cách 3: Sử dụng phương pháp hàm số Sử dụng đạo hàm Cách 4: Đánh giá HOẠT ĐỘNG 4: Giải bất phương trình: VÝ dơ 5: a x3 + ≤ 3x − 1, x ∈ ¡ b x + < 3x − 4, x ∈ ¡ Với a > 0, giải bất phương trình: x + a2 − x2 ≤ a, x ∈ ¡ ĐÁNH GIÁ VÀ ĐỊNH HƯỚNG THỰC HIỆN: Sử dụng lược đồ “DẠNG CƠ BẢN 1” bới trường hợp (*) bất phương trình bậc hai − Giải Ngồi ra, bất phương trình giải theo cách lượng giác hoá với: x = a.cost, t ∈ [0; π]  Giải Ta trình bày theo cách sau: Cách 1: Biến đổi bất phương trình dạng: a2 − x2 ≤ ax ⇔ a − x ≥  2 ⇔ a − x ≥  2 a − x ≤ (a − x) − a ≤ x ≤ a  ⇔ x ≥ a x ≤  x = a  − a ≤ x ≤ Vậy, nghiệm bất phương trình a ≤ x ≤ x = a Cách 2: Điều kiện a ≤ x ≤ a Đặt x = a.cost, với t ∈ [0, π] ⇒ a2 − x2 = a.sint Khi đó, bất phương trình có dạng: π a.cost + a.sint ≤ a ⇔ cost + sint ≤ ⇔ cos(t ) ≤ ⇔ π 2 ≤ t≤ π  t = − ≤ cost ≤ cost = ⇔ − a ≤ a.cost ≤ a.cost = a ⇔ − a ≤ x ≤ x = a ⇔ Vậy, nghiệm bất phương trình a ≤ x ≤ x = a HOẠT ĐỘNG 5: Giải bất phương trình: 2a 2 x +a ≤ x+ x2 + a2 , x∈¡ DẠNG CƠ BẢN Với bất phương trình f(x) > g(x) ta có phép biến đổi tương đương: g(x) ≥ f(x) ≥ (I) :  (II):  g(x) <  f(x) > g (x) (*) Các em học sinh cần biết đánh giá tính giải bất phương trình (*) VÝ dơ 6: Giải bất phương trình: 2x + > 1− x, x ∈ ¡ ĐÁNH GIÁ VÀ ĐỊNH HƯỚNG THỰC HIỆN: Sử dụng lược đồ “DẠNG CƠ BẢN 2” bới trường hợp (*) bất phương trình bậc hai − Giải Ngồi ra, phương trình giải theo cách khác:  Nhẩm nghiệm x0 chuyển bất phương trình dạng tích (x − x0)h(x) phép nhân liên hợp Cụ thể: − Nhận xét x0 = thoả mãn VT = VP − Biến đổi bất phương trình dạng: ( ) 2x + − + x > ⇔ 2x + 1−   + x > ⇔ x + 1÷ > 2x + +  2x + +   Sử dụng phương pháp hàm số, với nhận xét: − VT hàm đồng biến − VP hàm nghịch biến Hai đồ thị cắt điểm có hồnh độ x = Vậy, tập nghiệm bất phương trình (0; +∞)  Giải Ta trình bày theo cách sau: Cách 1: Bất phương trình tương đương với: 1 − x ≥  2x + ≥ (I) :  (II) :  2x + > − x ( ) 1 − x <  Ta lần lượt:  Giải (I) ta được:  x ≥ − ⇔ x >   x > (1)  Giải (II) ta được: x ≤ ⇔   x − 4x < x ≤ ⇔ < x ≤  0 < x < (2) Từ (1) (2) suy tập nghiệm bất phương trình (0; +∞) Cách 2: Với điều kiện 2x + ≥ tức x ≥ − , ta biến đổi bất phương trình dạng: ( ) 2x + − + x > ⇔ 2x + 1−   + x > ⇔ x + 1÷ > 2x + +  2x + +  ⇔ x > Vậy, tập nghiệm bất phương trình (0; +∞) Cách 3: Điều kiện 2x + ≥ tức x ≥ − Đặt t = 2x + 1, (t ≥ 0) Suy x = t2 −1 Bất phương trình có dạng: t > 1− t > t2 −1 ⇔ t2 + 2t − > ⇔   t < −3 (loai) ⇒ 2x + > ⇔ 2x + > ⇔ x > Vậy, tập nghiệm bất phương trình (0; +∞) Cách 4: Nhận xét rằng:  VT hàm đồng biến  VP hàm nghịch biến Hai đồ thị cắt điểm có hồnh độ x = Vậy, tập nghiệm bất phương trình (0; +∞) HOẠT ĐỘNG 6: Giải bất phương trình: x + > − x, x ∈ ¡ VÝ dơ 7: Giải bất phương trình: 1 − x ≥ x + , x∈¡ ĐÁNH GIÁ VÀ ĐỊNH HƯỚNG THỰC HIỆN: Sử dụng lược đồ “DẠNG CƠ BẢN 2” bới trường hợp (*) bất phương trình bậc hai có chứa dấu giá trị tuyệt đối − Giải phương pháp chia khoảng  Giải Bất phương trình tương đương với:  x + >  (I) : x + ≤ (II) :  1    −x ≥ x+  ÷ (*)  2  Giải (I) ta x ≤ − (1) Giải (II): Ta có biến đổi cho (*):  Với 1 − x ≥ tức x ≤ thì: 4 1  − x ≥  x + ÷ ⇔ x2 + 2x ≤ ⇔ −2 ≤ x ≤ 0, thoả mãn 2   Với 1 − x < tức x > thì: 4 x− 1  1 ≥  x + ÷ ⇔ x + ≤ , vô nghiệm  2 Suy ra, nghiệm (*) −2 ≤ x ≤ Và hệ (II) có dạng:  x > − ⇔ − < x ≤   −2 ≤ x ≤ (2) Từ (1) (2) suy tập nghiệm bất phương trình (−∞; 0] HOẠT ĐỘNG 7: Giải bất phương trình: x −1 ≥ x − , x ∈ ¡ VÝ dơ 8: Giải bất phương trình: x2 − 3x + ≥ 3x2 − 9x + 8, x ∈ ¡ ĐÁNH GIÁ VÀ ĐỊNH HƯỚNG THỰC HIỆN: Nếu sử dụng lược đồ “DẠNG CƠ BẢN 2” (*) bất phương trình bậc bốn − Để giải bất phương trình cần có kỹ phân tích đa thức thành nhân tử Ngồi ra, phương trình giải theo cách khác:  Sử dụng phương pháp đạt ẩn phụ, với t = x2 − 3x + 6, t ≥  Nhẩm nghiệm x0 chuyển phương trình dạng tích (x − x0)h(x) phép nhân liên hợp Cụ thể: − Nhận xét x0 = nghiệm phương trình − Biến đổi phương trình dạng: 10 Cách 3: Đặt t = x2 + 8, t ≥ 2 Suy x2 = t2 − Bất phương trình có dạng: t ≤ 4(t2 − 8) − ⇔ 4t2 − t − 33 ≥ ⇔ (4t + 11)(t − 3) ≥ t≥ 2 ⇒ t − 3≥ ⇒ x2 + ≥ ⇔ x2 + ≥ ⇔ x2 ≥ ⇔ x ≥ Vậy, tập nghiệm bất phương trình (−∞; −1] ∪ [1; +∞) b Ta trình bày theo cách sau: Cách 1: Biến đổi bất phương trình dạng:  x + 1≥ x ≥ −1 −1≤ x <    ⇔ x < ⇔ x < ⇔ −1 ≤ x < 5 − x >  x2 − 11x + 24 > x >    x + 1< ( − x) Vậy, tập nghiệm bất phương trình [−1; 3) Cách 2: Với điều kiện x + ≥ tức x ≥ −1, ta biến đổi bất phương trình dạng: x + − < 3− x ⇔ x + 1− x + 1+ < 3− x ⇔ x− x + 1+ + x − 3<   ⇔ ( x − 3)  + 1÷ < ⇔ x − < ⇔ x < +1 1 4x 2+4243 >1 Vậy, tập nghiệm bất phương trình [−1; 3) Cách 3: Điều kiện x + ≥ tức x ≥ −1 Đặt t = x + 1, (t ≥ 0) Suy x = t2 − Bất phương trình có dạng: t < − (t2 − 1) ⇔ t2 + t − < ⇔ −3 < t < ⇒ x+1< ⇔ x + < ⇔ x < Vậy, tập nghiệm bất phương trình [−1; 3) Cách 4: Điều kiện x + ≥ tức x ≥ −1 Nhận xét rằng:  VT hàm đồng biến  VP hàm nghịch biến 31 Hai đồ thị cắt điểm có hồnh độ x = Vậy, tập nghiệm bất phương trình [−1; 3) HOẠT ĐỘNG 4: a Bất bất phương trình tương đương với:  x3 + ≥  x3 + ≥   ⇔ 3x − 1≥ ⇔ 3x − 1≥  x3 + ≤ (3x − 1)2  x3 − 9x2 + 6x + ≤   x3 + ≥  3x − 1≥ (x − 1)(x2 − 8x − 2) ≤  x ≥ − 3   ⇔ x ≥ ⇔ 1≤ x ≤ + 3  x ≤ − hoac 1≤ x ≤ +  Vậy, tập nghiệm bất phương trình 1; + 2 b Ta trình bày theo cách sau: Cách 1: Biến đổi bất phương trình dạng:  x>  x + ≥  x ≥ −2    ⇔ 3x > ⇔   x > ⇔ x > 3x − >  x + < (3x − 4)2 9x2 − 25x + 14 >    x <  Vậy, tập nghiệm bất phương trình (2; +∞) Cách 2: Với điều kiện x + ≥ tức x ≥ −2 , ta biến đổi bất phương trình dạng: x + − < 3x − ⇔ x + 2− x+ 2+ < 3x −   ⇔ (x − 2) − 3÷ <  x+ 2+  Nhận xét rằng: x+ 2+ < 1 ⇒ − 3< x+ 2+ nên (*) biến đổi dạng: x − > ⇔ x > 32 (*) Vậy, tập nghiệm bất phương trình (2; +∞) Cách 3: Điều kiện x + ≥ tức x ≥ −2 Đặt t = x + 2, (t ≥ 0) Suy x = t2 − Phương trình có dạng: t < 3(t2 − 2) − ⇔ 3t2 − t − 10 > t > ⇔  t < − (loai) ⇒  x + > ⇔ x > Vậy, tập nghiệm bất phương trình (2; +∞) HOẠT ĐỘNG 5: Ta trình bày theo cách sau: π Cách 1: Đặt x = |a|tgt, với t ∈ (- , x2 + a2 = π ) suy ra: |a| cost Khi đó, bất phương trình có dạng: |a| cost ⇔- ≤ |a|tgt + 2a cost ⇔ ≤ sint + 2cos2t ⇔ 2sin2t - sint - ≤ |a| ≤ sint ≤ ⇔ tgt ≥ - ⇔x ≥ - Vậy, nghiệm bất phương trình x ≥ - | a| | a| Cách 2: Biến đổi bất phương trình dạng: x2 + a2 ≤ x x2 + a2 + 2a2 ⇔ x2 - a2 ≤ x x2 + a2 (2) Xét hai trường hợp:  Nếu x ≥ 0, (2) viết lại dạng: x2 - a2 ≤ x≥ ⇔ x2(x2 + a2) ⇔ x2 − a2 ≤  x2 − a2 ≥  (x2 − a2)2 ≤ x2(x2 + a2) ⇔ | x |≤| a |  | x |≥| a |  | a| | x |≥  x ≥  Nếu x < 0, (2) viết lại dạng: 33 x2 − a2 ≤ ⇔  22 (x − a ) ≥ x2(x2 + a2) − | a |≤ x ≤| a |  | a | x<  |a| ⇔ − ≤ x ≤  Vậy, nghiệm bất phương trình x ≥  | a|  | a| ≤ x ( − x ) Ta lần lượt:  Giải (I) ta được:  x ≥ −2 ⇔ x >  x > (1)  Giải (I) ta được: x ≤ ⇔   x − 9x + 14 < x ≤ ⇔ < x ≤  2 < x < (2) Từ (1) (2) suy tập nghiệm bất phương trình (2; +∞) Cách 2: Với điều kiện x + ≥ tức x ≥ −2 , ta biến đổi bất phương trình dạng: x + − > 2− x ⇔ x + 2− x+ 2+ > 2− x   ⇔ (x − 2) + 1÷ > ⇔ x − > ⇔ x >  x+ 2+  Vậy, tập nghiệm bất phương trình (2; +∞) Cách 3: Điều kiện x + ≥ tức x ≥ −2 Đặt t = x + 2, (t ≥ 0) Suy x = t2 − Bất phương trình có dạng: t > t > − (t2 − 2) ⇔ t2 + t − > ⇔  ⇒  t < −3 (loai) ⇔ x > Vậy, tập nghiệm bất phương trình (2; +∞) 34 x+ > Cách 4: Nhận xét rằng:  VT hàm đồng biến  VP hàm nghịch biến Hai đồ thị cắt điểm có hồnh độ x = Vậy, tập nghiệm bất phương trình (2; +∞) HOẠT ĐỘNG 7: Bất phương trình tương đương với:  x − >  (I) : x − ≤ (II) :   x − ≥  x −  (*)  ÷  4  Giải (I) ta x ≤ Giải (II): Ta có biến đổi cho (*):  Với x − ≥ tức x ≥ thì: (1) 17 1  x − ≥  x − ÷ ⇔ x − x + ≤ , vô nghiệm 16 4   Với x − < tức x < thì: 15 1  − x ≥  x − ÷ ⇔ x + x − ≤ ⇔ − ≤ x ≤ , thoả mãn 16 4 4  Suy ra, nghiệm (*) − ≤ x ≤ Và dễ thấy hệ (II) vô nghiệm 4  Vậy, tập nghiệm bất phương trình  −∞;  1  HOẠT ĐỘNG 8: Ta trình bày theo cách sau: Cách 1: Biến đổi bất phương trình dạng: ( ) x2 + 3x + > x2 + 3x + − 15 Đặt t = x2 + 3x + 5, (t ≥ 0) ta được: t > 2t2 − 15 ⇔ 2t − t − 15 < ⇔ − < t< 2 ⇒ x2 + 3x + < ⇔ x + 3x − < ⇔ − < x < 35 Vậy, tập nghiệm bất phương trình (−4; 1) Cách 2: Ta có biến đổi: x + 3x + − > 2x + 6x − ⇔ 2 x2 + 3x + − x + 3x + + > 2(x2 + 3x − 4)   ⇔ (x2 + 3x − 4) − 2÷ >  x + 3x + +  (*) Nhận xét rằng: 1 ⇒ x + 3x + + 3 < x + 3x + + − 2< nên (*) biến đổi dạng: x2 + 3x − < ⇔ − < x < Vậy, tập nghiệm bất phương trình (−4; 1) HOẠT ĐỘNG 9: Điều kiện:  − ≤ x < 1 − 4x ≥ ⇔  0 < x ≤ x ≠   Cách 1: Thực phép nhân liên hợp: 2 (1) ⇔ (1− 1− 4x )(1+ 1− 4x ) < 3(1 + 1− 4x2 ) x ⇔ 4x < + 1− 4x2 ⇔ 1− 4x2 > 4x3 ⇔ 4x − <  1− 4x2 ≥ ⇔  4x − ≥  2 9(1− 4x ) > (4x − 3)  x <   | x |< x≠0 ←→    x ≥  9(1− 4x2) > (4x − 3)2 Cách 2: Xét hai trường hợp dựa điều kiện • Với - ≤ x < thì: 1− 3x > (1) ⇔ 1− 4x2 < - 3x ⇔  1− 4x2 < (1− 3x)2  36  − ≤ x <  0 < x ≤  ⇔  x <  13x2 − 6x >  ⇔ x < Kết hợp với điều kiện xét nghiệm • Với < x ≤ 2 ≤ x < thì: (1) ⇔ 1− 4x2 > - 3x  x > 1− 3x <  1  1  < x≤  − ≤ x ≤ 1− 4x2 ≥  2 ⇔ ⇔ ⇔  ⇔0 0 < x ≤ 1− 3x ≥    2 x ≤ 1− 4x > (1− 3x)  13x2 − 6x < ⇔ x + + 2x + + (x + 1)(2x + 3) > 25  21 − 3x <  ⇔ (x + 1)(2x + 3) > 21 − 3x ⇔   21 − 3x ≥   4(x + 1)(2x + 3) > (21 − 3x)  ⇔ x > Vậy, tập nghiệm bất phương trình (3; +∞) Cách 2: Điều kiện: x + ≥ ⇔ x ≥ -1   2x + ≥ (*) Biến đổi bất phương trình dạng: x + + 2x + > Nhận xét rằng:  VT hàm đồng biến  VP hàm Hai đồ thị cắt điểm có hồnh độ x = Vậy, tập nghiệm bất phương trình (3; +∞) b Ta trình bày theo cách sau: Cách 1: Điều kiện: 3 − x ≥ ⇔ −2 ≤ x ≤  x + ≥ Biến đổi bất phương trình: 3− x > 1+ x + ⇔ 3− x > 1+ (x + 2) + x + ⇔ x + < −x 39 x ≤ − x ≥ x ≤  ⇔ ⇔ ⇔   x < −1 ⇔ x < −1  x + < (− x) x − x − >  x >  Vậy, tập nghiệm bất phương trình [−2; −1) Cách 2: Điều kiện: 3 − x ≥ ⇔ −2 ≤ x ≤  x + ≥ Biến đổi bất phương trình dạng: 3− x > 1+ x + Nhận xét rằng:  VT hàm nghịch biến  VP hàm đồng biến Hai đồ thị cắt điểm có hồnh độ x = −1 Vậy, tập nghiệm bất phương trình [−1; 3) HOẠT ĐỘNG 14: Ta trình bày theo cách sau: Cách 1: Đặt t = x2 - 3x + 3, ta có: 3 3  t= x− ÷ + ≥ 2 4  đó, điều kiện cho ẩn phụ t t ≥ Khi đó, bất phương trình có dạng: t + t + < ⇔ t + t + + t(t + 3) < ⇔ t(t + 3) < - t 3 − t ≥ ⇔  t(t + 3) < (3− t) t ≤ ⇔ t < ⇔ x2 - 3x + < t < ⇔ ⇔ x2 - 3x + < ⇔ < x < Vậy, bất phương trình có tập nghiệm (1; 2) Cách 2: Biến đổi phương trình dạng: ( 40 ) ( x2 − 3x + − + ) x2 − 3x + − < x2 − 3x + 3− ⇔ x2 − 3x + + x2 − 3x + ⇔ x2 − 3x + + x2 − 3x + − + x2 − 3x + + x2 − 3x + + x2 − 3x + + t > (**)  t < 1/ ⇔ ⇔ t>2⇔ x + x > Đặt X = x , X > 0, đó: X+ ⇔ 2X > ⇔ 2X2 - 4X + >  2+ X >   2− X <  ⇔  2+  x>   2−  x<  ⇔  x > +  0 < x < −  41 Vậy, bất phương trình có nghiệm (0, - 2)∪ ( + , + ∞) HOẠT ĐỘNG 16: a Điều kiện: 2x2 + 12x + ≥  ⇔x 2x − ≥ ≥ (*) Biến đổi bất phương trình dạng: 2(x + 2)2 + 2(2x − 1) > x + + 2x − (2) Đặt u = 2x − ≥  v = x + Khi đó, bất phương trình có dạng: 2u2 + 2v2 u + v ≥ ⇔ 2u2 + 2v2 > (u + v)2 >u+v ⇔ u + v ≥  (u − v)2 > Xét trường hợp u = v x = ⇔ 2x − = x + ⇔ x26x + = ⇔  x=5  Suy ra, để u ≠ v, ta phải có x ∈ [ , + ∞) \ {1, 5} Vậy, nghiệm bất phương trình x ∈ [ ; +∞) \ {1; 5} b Hướng dẫn: Viết lại bất phương trình dạng: 2(x − 1) + 2(x − 3)2 ≤ x−1 + x - Sử dụng phép biến đặt ẩn phụ u = x − v = x - HOẠT ĐỘNG 18: a Ta trình bày theo cách sau: Cách 1: Viết lại bất phương trình dạng: x − 1+ x − + + x − 1− x − + > ⇔ ( x − + 1)2 + ( x − − 1)2 > Điều kiện: 42 ⇔ u ≠ v x - ≥ ⇔ x ≥ (*) Khi đó, phương trình trở thành: x−1 + + | x − - 1| > ⇔  x − − ≥   2 x − >   x − − <  2 >  x ≥ x < ⇔ ⇔ ∀x Kết hợp với điều kiện (*) x ≥ nghiệm bất phương trình Cách 2: Điều kiện: x −1 ≥   x + x − ≥ ⇔ x ≥  x − x −1 ≥ (*) Bình phương hai vế bất phương trình, ta được: 2x + (x+2 )( ) x −1 x − x −1 > ⇔ 2x + x − 4(x − 1) > ⇔ (x − 2) > 9 ⇔ 2x + x − 4x + > 4 9 − 2x ⇔ x − > − 2x 4 (1) Ta có biến đổi cho (1):  Với x − ≥ tức x ≥ thì: (1) ⇔ 2(x − 2) > 25 25 − 2x ⇔ 4x > ⇔ x> 4 16 Suy ra, nghiệm trường hợp x ≥  Với x − < tức x < thì: (1) ⇔ 2(2 − x) > 9 − 2x ⇔ > , 4 ≤ , vô nghiệm Suy ra, nghiệm trường hợp x < 22 ⇔ x2 + 43 Suy (1) nghiệm với x Vậy, bất phương trình có tập nghiệm [1; +∞) b Ta trình bày theo cách sau: Cách 1: Điều kiện: x2 − ≥   x − x − ≥ ⇔ x  x + x2 − ≥  ≥ (*) Nhận xét rằng: VT = x − x2 − + x + x2 − ≥ x − x2 − x + x2 − = Vậy, bất phương trình có nghiệm VT = ⇔ x − x2 − = x + x2 − ⇔ x − x − = x + x − x = ⇔ x2 −1 = ⇔ x −1 = ⇔   x = −1 (loai) Vậy, nghiệm bất phương trình x = Cách 2: Điều kiện: x2 − ≥   x − x − ≥ ⇔ x  x + x2 − ≥  ≥ (*) Bình phương hai vế bất phương trình, ta được: 2x + (x− )( ) x −1 x + x2 −1 ≤ ⇔ 2x + x − ( x − 1) ≤ ⇔ 2x + ≤ ⇔ x ≤ Vậy, nghiệm bất phương trình x = HOẠT ĐỘNG 20: Điều kiện: 7x + ≥ ⇔x ≥  7x − ≥ Sử dụng phép biến đặt ẩn phụ: u = 7x + v = 7x − , với u, v ≥ 44 (*) Khi đó, bất phương trình có dạng: u + v + 2uv < 181 - (u2 + v2 − 1) ⇔ (u + v)2 + (u + v) − 182 < ⇔ (u + v + 14)(u + v − 13) < ⇔ u + v < 13 ⇔ 7x + + 7x − < 13 ⇔ 14x + + 49x2 + 7x − 42 < 169 ⇔ 49x2 + 7x − 42 < 84 − 7x Giải tiếp, ta nhận nghiệm ≤ x < HOẠT ĐỘNG 21: Biến đổi tương đương bất phương trình dạng: ( x + + 1) − x + < ⇔ 2 x + + 1− x + < ⇔ 2( x + + 1) − x + < x + ≥ ⇔ x +1 < ⇔  ⇔ −1 ≤ x < x + < Vậy, bất phương trình có tập nghiệm [−1; 3) Cách khác: Với điều kiện x ≥ −1, biến đổi bất phương trình dạng: x + + x +1 < + x +1 ( ) ( ⇔ x + + x +1 < + x +1 ) ⇔ 3x < ⇔ x < Vậy, bất phương trình có tập nghiệm [−1; 3) 45 ...  x ≤ −2 Vậy, bất phương trình có nghiệm x ≥ HOẠT ĐỘNG 12: Giải bất phương trình: x2 + 4x ≥ (x + 4) x − 2x + BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA HAI CĂN BẬC HAI VÝ dơ 13: Giải bất phương trình: x + > 5−... Vậy, bất phương trình có nghiệm x > < x < HOẠT ĐỘNG 19: Giải bất phương trình: 3x − + − 5x − < 0, x ∈ ¡ BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA NHIỀU CĂN BẬC HAI VÝ dô 20: (Đề thi đại học − Khối A năm 2005): Giải. .. Vậy, bất phương trình có nghiệm a a ⇔ a> ≤ x ≤ a ≤ x ≤ a HOẠT ĐỘNG 18: Giải bất phương trình: a x + x −1 + x − x −1 > , x ∈ ¡ 25 b x − x − + x + x − ≤ 2, x ∈ ¡ BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA HAI CĂN