Các phương pháp giải phương trình và bất phương trình vô tỷ : Luận văn ThS. Toán học: 60 46 01 13

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN THỊ KIM THẢO CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ Chun ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS TS NGUYỄN ĐÌNH SANG HÀ NỘI - NĂM 2015 Mục lục MỞ ĐẦU KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Cách giải phương trình bậc ba 1.1.1 Phương pháp đạo hàm 1.1.2 Phương pháp biến đổi thông thường 1.2 Cách giải phương trình bậc bốn 1.2.1 Phương trình bậc bốn tổng quát 1.2.2 Phương trình x4 + cx2 + dx + e = 1.3 Một số bất đẳng thức 1.3.1 Bất đẳng thức AM - GM 1.3.2 Bất đẳng thức Cauchy 1.4 Tính chất hàm đơn điệu, khả vi ứng dụng 1.4.1 Tính đơn điệu hàm số 1.4.2 Định lý Rolle 1.4.3 Định lý Lagrange áp dụng 1.4.4 Định lý Cauchy áp dụng 1.5 Giá trị lớn (GTLN), giá trị nhỏ (GTNN) hàm số tập hợp 1.5.1 Định nghĩa 1.5.2 Các điều kiện đủ 15 15 15 CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ 2.1 Phương pháp biến đổi tương đương biến đổi hệ 2.1.1 Nâng lũy thừa bậc chẵn hai vế phương trình 2.1.2 Lập phương hai vế phương trình i 5 8 10 10 11 11 11 12 12 13 17 17 17 21 2.2 2.3 2.4 2.5 2.1.3 Nhân liên hợp 2.1.4 Biến đổi đưa phương trình tích Phương pháp đặt ẩn phụ 2.2.1 Đặt ẩn phụ 2.2.2 Đặt ẩn phụ khơng hồn tồn 2.2.3 Đặt nhiều ẩn phụ đưa phương trình đẳng cấp 2.2.4 Đặt ẩn phụ đưa tích 2.2.5 Đặt nhiều ẩn phụ đưa hệ phương trình 2.2.5.1 Đặt ẩn phụ đưa hệ thông thường 2.2.5.2 Đặt ẩn phụ đưa hệ đối xứng loại II 2.2.5.3 Đặt ẩn phụ đưa hệ gần đối xứng Phương pháp đánh giá 2.3.1 Sử dụng đẳng thức 2.3.2 Sử dụng bất đẳng thức 2.3.3 Sử dụng tính chất hình học phẳng Phương pháp hàm số 2.4.1 Sử dụng tính chất hàm liên tục đơn điệu 2.4.2 Phương pháp định lý hàm khả vi Phương pháp lượng giác hóa 23 33 36 37 41 46 51 54 54 58 66 69 69 70 77 84 84 91 94 GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH THƠNG QUA GIẢI PHƯƠNG TRÌNH 103 3.1 Cơ sở lý thuyết 103 3.2 Bài tập áp dụng 104 KẾT LUẬN 110 Tài liệu tham khảo 111 ii MỞ ĐẦU Phương trình bất phương trình vơ tỷ loại tốn có vị trí đặc biệt quan trọng chương trình tốn học bậc phổ thơng Nó xuất nhiều kì thi học sinh giỏi kì thi tuyển sinh vào đại học Học sinh phải đối mặt với nhiều dạng tốn phương trình bất phương trình vơ tỷ mà phương pháp giải chúng lại chưa liệt kê sách giáo khoa Việc tìm phương pháp giải phương trình bất phương trình vơ tỷ niềm say mê khơng người, đặc biệt người trực tiếp dạy tốn Chính vậy, để đáp ứng nhu cầu giảng dạy học tập, tác giả chọn đề tài "Các Phương Pháp Giải Phương Trình Và Bất Phương Trình Vơ Tỷ" làm đề tài nghiên cứu luận văn Mục đích luận văn hệ thống hóa phương pháp giải phương trình bất phương trình vơ tỷ, giúp nhận dạng toán, đề xuất phương pháp giải chọn phương pháp tối ưu Nội dung luận văn chia làm chương: Chương 1: Trình bày kiến thức chuẩn bị Gồm số cách giải phương trình bậc ba, phương trình bậc bốn, số tính chất hàm số đơn điệu, khả vi ứng dụng để giải số phương trình đồng thời nhắc lại số bất đẳng thức sử dụng sau Chương 2: Trình bày phương pháp giải phương trình vơ tỷ phạm vi chương trình phổ thơng Mỗi phương pháp, tác giả cố gắng tổng quát hóa dạng mà sử dụng phương pháp này, nhận xét cách giải toán, tổng hợp hóa dạng tốn, nêu cách giải khác tốn có, cách sáng tạo tốn khác, đồng thời cho số ví dụ minh họa với số toán tham khảo Chương 3: Trình bày phương pháp giải bất phương trình vơ tỷ thơng qua giải phương trình vơ tỷ tương ứng Trong chương trình bày cách giải phương tình tương ứng lập bảng xét dấu để kết luận nghiệm sở tính liên tục hàm sơ cấp Luận văn hoàn thành hướng dẫn trực tiếp PGS.TS Nguyễn Đình Sang Em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc người Thầy mình, người nhiệt tình hướng dẫn, bảo em suốt trình làm luận văn Em xin chân thành cảm ơn quý thầy Ban giám hiệu, Phịng đào tạo Đại học sau Đại học Trường Đại học Khoa học Tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội, quý thầy tham gia giảng dạy khóa học tạo điều kiện, giúp đỡ em suốt trình học tập để em hồn thành khóa học hồn thành luận văn Trong trình làm, đề tài khơng tránh khỏi thiếu sót Kính mong q thầy bạn góp ý xây dựng Em xin chân thành cảm ơn! Hà nội, ngày 12 tháng năm 2015 Học viên Nguyễn Thị Kim Thảo Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Cách giải phương trình bậc ba 1.1.1 Phương pháp đạo hàm Xét phương trình: f (x) = x3 + ax2 + bx + c = (1.1) Phương trình ln ln có nghiệm Ta có: f (x) = 3x2 + 2ax + b Nếu a2 − 3b ≤ (1.1) có nghiệm Nếu a2 > 3b (1.1) có nghiệm fmax fmin ≤ Dùng khai triển Taylor x = α f (α) f (α) (x − α) + (x − α)2 + (x − α)3 (1.2) 1! 2! x=α f (α) Nếu f (α) = f (x) = ⇔ (x − α)2 + (x − α) + f (α) = Nếu f (α) = đưa (1.2) dạng: f (x) = f (α) + t3 + pt + q = Để giải (1.3) ta tìm nghiệm dạng t = u + v dẫn đến hệ:   3 p3 uv = − 27 u3 + v = −q (1.3) 4p3 p3 = có ∆ = q + Xét phương trình X + qX − 27 27 √ √ ∆ ∆ −q − −q + Nếu ∆ ≥ tìm nghiệm t = u + v = + 2 Nếu ∆ < 0: −q − |∆|i u3 = = r(cosϕ + isinϕ) 2 v3 = −q + |∆|i = r(cosϕ − isinϕ) Khi nghiệm thực: √ √ √ ϕ ϕ + 2π ϕ + 4π t1 = rcos , t2 = rcos , t3 = rcos 3 Định lí 1.1 Điều kiện cần đủ để đồ thị hàm số (1.1) nhận điểm (α; f (α)) làm tâm đối xứng f (α) = Chứng minh: Điều kiện đủ: Giả sử f (α) = Từ khai triển Taylor ta có: y − f (α) = (x − α)3 + f (α)(x − α) X = x−α Y = y − f (α) Ta đưa hàm số y = x3 + ax2 + bx + c dạng: Đặt Y = X + f (α)X X = Y = hay (x = α; y = f (α)) Đây hàm lẻ nên tâm đối xứng là: tâm đối xứng Điều kiện cần: y − f (α) = f (α)(x − α) + f (α) (x − α)2 + (x − α)3 X = x−α Y = y − f (α) Ta được: Đặt Y = X3 + f (α) X + f (α)X Hàm số nhận (X = 0; Y = 0) tâm đối xứng nên F (−X) + F (X) = ⇔ f (α) = Định lí 1.2 Điều kiện cần đủ để đồ thị hàm số (1.1) cắt trục hồnh f (α) = điểm có hồnh độ lập thành cấp số cộng f (α) = 1.1.2 Phương pháp biến đổi thông thường Nhận thấy phương trình bậc ba có dạng: a1 x3 + b1 x2 + c1 x + d = 0, a = đưa dạng: x3 + ax2 + bx + c = (1.4) Cách 1: Nhẩm nghiệm phân tích đa thức: Nếu x = α nghiệm phương trình f (x) = ta ln có phân tích f (x) = (x − α)g(x) Cách 2: Bằng phép đặt y = x − a phương trình (1.4) trở thành : y − py = q (1.5) a3 2a3 ab − b, q = − + − c 27 Xét phương trình (1.5): với p = • Nếu p = phương trình (1.5) có nghiệm x = √ p phương trình (1.5) trở thành: √ 3q 4t3 − 3t = m với m = √ 2p p q • Nếu p > 0, đặt y = 2t (1.6) - Nếu m = phương trình (1.6) có nghiệm đơn t = nghiệm kép t = − - Nếu m = −1 phương trình (1.6) có nghiệm đơn t = −1 nghiệm kép t = - Nếu |m| < 1, đặt m = cosα, phương trình (1.6) có ba nghiệm α α ± 2π t = cos , t = cos 3 1 - Nếu |m| > 1, đặt m = (d3 + )(∗), với d xác định d √ nghiệm phương trình (∗), tức d3 = m + m2 − (hoặc d3 = √ m − m2 − 1) Khi phương trình có nghiệm nhất: 1 t = (d − ) d 1.2 1.2.1 Cách giải phương trình bậc bốn Phương trình bậc bốn tổng quát Xét phương trình: x4 + bx3 + cx2 + dx + e = (1.7) Đặt f (x) = x4 + bx3 + cx2 + dx + e Hướng giải đưa phương trình tích Cách 1: Nhẩm nghiệm phân tích đa thức: Nếu x = α nghiệm phương trình f (x) = ta ln có phân tích f (x) = (x − α)g(x) Để dự đoán nghiệm ta dựa vào ý sau: • Nếu đa thức f (x) = x4 + bx3 + cx2 + dx + e có nghiệm nghiệm phải ước e, với điều kiện b, c, d, e ∈ Z • Nếu đa thức f (x) = x4 + bx3 + cx2 + dx + e có tổng hệ số đa thức có nghiệm x = • Nếu đa thức f (x) = x4 + bx3 + cx2 + dx + e có tổng hệ số bậc chẵn tổng hệ số bậc lẻ đa thức có nghiệm x = −1 Cách 2: Đưa phương trình (1.7) phương trình đặc biệt: Một số dạng đặc biệt phương trình (1.7): Xét khai triển Taylor x = x0 đa thức f (x): 1 f (x) = f (x0 )+f (x0 )(x−x0 )+ f (x0 )(x−x0 )2 + f (x0 )(x−x0 )3 +(x−x0 )4 • Phương trình dạng: x4 + bx2 + c = (1.8) f (x) = f (x) = có nghiệm x = x0 Bằng phép đặt x − x0 = t đưa phương trình (1.7) dạng (1.8) Hệ phương trình • Phương trình dạng: x4 + cx2 + dx + e = (1.9) b Phương trình f (x) = có nghiệm x0 = − , phép đặt x−x0 = t đưa phương trình (1.7) phương trình (1.9) • Phương trình dạng đối xứng: x4 + ax3 + bx2 ± ax + = Đặt t = x ± 1.2.2 (1.10) đưa phương trình (1.7) dạng t2 + at + b = x Phương trình x4 + cx2 + dx + e = Xét phương trình: x4 + cx2 + dx + e = (1.11) Cách 1: Biến đổi phương trình (1.11) dạng: x4 = −cx2 − dx − e ⇔ x4 + 2mx2 + m2 = (2m − c)x2 − dx + (m2 − e) ⇔ (x2 + m)2 = (2m − c)x2 − dx + (m2 − e) Chọn m cho VP(∗) bình phương nhị thức, tức là: ∆ = d2 − 4(2m − c)(m2 − e) = (∗) Giải: Điều kiện: x ∈ [−1; 1] Với điều kiện ta đặt x = cos t, t ∈ [0; π] √ Khi đó, − x2 = | sin t| = sin t Ta phương trình: √ + sin t (1 − cos t)3 − (1 − cos t)3 = + sin t √ t π Do ≤ t ≤ π nên ≤ ≤ Từ + sin t = 2 t t sin + cos 2 Ta thu phương trình: t t sin + cos 2 √ t t t t + cos 2 sin3 − cos3 = + sin t 2 2 √ t t t t t t ⇔ sin + cos 2 sin − cos + sin cos 2 2 2 √ t t ⇔ sin2 − cos2 (2 + sin t) = + sin t 2 √ ⇔ − cos t = 1 ⇔ cos t = x = − √ 2 = sin Vậy phương trình có nghiệm x = − √ Bài Giải phương trình: x= 2+ 2− √ 2+x Giải: Điều kiện: < x ≤ Với điều kiện ta đặt x = cos t, t ∈ 0; 97 π = + sin t Khi đó, phương trình trở thành: cos t = 2− 2+ √ ⇔ cos t = 2+ ⇔ cos t = + sin + cos t − cos t t t t ⇔ cos t = sin + cos 8 √ t t ⇔ cos t = sin + cos 8 t π π − t = sin + ⇔ sin Giải phương trình kết hợp với điều kiện ta nghiệm phương 2π −2π trình là: x = cos x = cos Bài Giải phương trình: x2 + √ x2 − =1 Giải: Điều kiện: |x| > 1 π π Đặt x = , t = , t∈ − ; sin t 2 Phương trình trở thành: (1 + cot t) = sin2 t ⇔ + cot t = sin2 t ⇔ cos2 t + cot t = ⇔ cos t(cos t + )=0 sin t cos t = ⇔ cos t sin t = −1 ⇔ Vậy phương trình cho vô nghiệm 98 cos t = 0(L) sin 2t = −2(L) Nhận xét 2.13 Dạng tổng quát phương trình này: x2 a + √ x2 − = a với a số cho trước Để giải tốn ta đặt x = π π a ,t ∈ − ; , t = để đưa sin t 2 phương trình lượng giác đơn giản Bài Giải phương trình: x+ √ x 35 = x2 − 12 Giải: Vì vế phải dương nên ta có điều kiện x > 1 π Đặt x = Phương trình trở thành: , t ∈ 0; cos t 1 35 cos t + = cos t 12 − cos2 t 1 35 ⇔ + = cos t sin t 12 35 ⇔ 12(sin t + cos t) = 35 sin t cos t = sin 2t Hai vế dương, bình phương hai vế ta được: 1225 sin 2t ⇔ 1225 sin2 2t − 576 sin 2t − 576 =  24 sin 2t =  25 ⇔ 24 sin 2t = − (L) 49 24 49 Với sin 2t = ⇒ cos2 2t = ⇒ cos 2t = ± 25 25 25 + cos 2t = ⇒ cos t = ⇒ x = > 25 + cos 2t = − ⇒ cos t = ⇒ x = > 25 144(1 + sin 2t) = 99 5 Vậy phương trình có hai nghiệm: x = , x = ax =b x2 − a2 với a, b số cho trước Để giải tốn ta đặt a π x= , t ∈ (0; π), t = để đưa phương trình lượng giác đơn giản cos t Bài Giải phương trình: Nhận xét 2.14 Dạng tổng quát phương trình x + √ √ x 3x + = + √ 3x + Giải: π π x Đặt = tan t, t ∈ − ; 2 Phương trình trở thành: tan2 t + = tan t + √ tan2 t + 1 = tan t + cos t cos t ⇔ = sin t + cos2 t ⇔ ⇔ sin2 t − sin t − = sin t = 1(L) ⇔ sin t = − √ Với sin t = − ⇒ cos t = ⇒ tan t = − √ 2 Vậy phương trình cho có nghiệm x = − √ √ a2 x2 + a2 = √ + x x2 + a2 π π Để giải toán ta đặt x = |a| tan t, t ∈ − ; để đưa phương 2 trình cho phương trình lượng giác đơn giản Bài Giải phương trình: √ 6x + = 2x Nhận xét 2.15 Dạng tổng quát 100 Giải: Lập phương hai vế ta được: 8x3 − 6x = Đặt x = cos t, t ∈ [0; π] Phương trình trở thành: cos3 t − cos t = 1 π k2π , k∈Z ⇔ cos 3t = ⇔ t = ± + ⇔ cos3 t − cos t = π 5π 7π , t= , t= 9 Vì phương trình bậc ba có tối đa ba nghiệm nên phương trình cho π 5π 7π có nghiệm là: x = cos , x = cos , x = cos 9 Kết hợp điều kiện ta được: t = Nhận xét 2.16 Một số tốn ta mặc định điều kiện |x| ≤ a Sau tìm số nghiệm số nghiệm tối đa phương trình kết luận Bài Giải biện luận phương trình: √ x+ √ − x = m (với m tham số) Giải: Điều kiện: ≤ x ≤ √ √ Ta thấy ( x) + 1−x = nên đặt √ π = cos t √x , t ∈ 0; − x = sin t Khi phương trình trở thành: cos t + sin t = m ⇔ cos t − π m =√ √ π π Vì t ∈ 0; nên cos t − ∈ ;1 √  m     √ < m < 1√ + Nếu ⇔ phương trình vơ nghiệm m >  m    √ > 101 + Nếu ≤ m ≤ √ Phương trình viết dạng:  π  t=α+ π m cos t − = cos α (α = arccos √ ) ⇔  t = −α + π 4 π π Từ phương trình có nghiệm x = cos2 α + , x = cos2 −α + 4 Bài tập thêm √ √ − 2x + 2x + 1 − 2x + + 2x = + 2x − 2x √ √ + − x2 = x(1 + − x2 ) x3 + (1 − x2 )3 = x 2(1 − x2 ) √ √ − x − 2x − x2 − 2x2 + = √ 2x x + √ =4 x2 − √ x2 + (x2 + 1)2 x + + 2x 2x(1 − x2 ) √ +x + x2 = √ + x2 Đáp số x = x = sin √ π 1− x= ,x = 3π x = cos 10 √ x=2 x=√ 3 x=− √ √ 2−1 2− 102 Chương GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH THƠNG QUA GIẢI PHƯƠNG TRÌNH 3.1 Cơ sở lý thuyết Định lí 3.1 i) Nếu f (x) hàm đồng biến (a; b) f (x) ≥ f (y) ⇔ x ≥ y ∀x, y ∈ (a; b) ii) Nếu f (x) hàm nghịch biến (a; b) f (x) ≥ f (y) ⇔ x ≤ y ∀x, y ∈ (a; b) iii) Nếu f (x) hàm đồng biến liên tục, g(x) hàm nghịch biến liên tục, f (x0 ) = g(x0 ) Khi đó, bất phương trình f (x) ≤ g(x) có nghiệm x ≤ x0 bất phương trình f (x) < g(x) có nghiệm x < x0 Định lí 3.2 Giả sử f (x) hàm liên tục (a; b) f (x) = nghiệm (a; b) f (x) giữ ngun dấu khoảng Qui tắc: Để giải bất phương trình f (x) > ta thực bước sau: - Giải phương trình f (x) = - Xét dấu hàm f (x) khoảng nghiệm - Kết luận nghiệm bất phương trình f (x) > 103 3.2 Bài tập áp dụng Bài Giải bất phương trình: 1− √ x− x ≥1 2(x2 − x + 1) (Đề thi đại học Khối A - 2010) Giải: Điều kiện: x ≥ Trước tiên ta giải phương trình: 1− √ x− x =1 2(x2 − x + 1) Biến đổi phương trình dạng: 2(x2 − x + 1) = − x + √ x Cách 1: Bình phương hai vế ta được: √ 1−x+ x≥0 √ 2(x2 − x + 1) = (1 − x + x)2  √  1+ ⇔ 0≤x≤ √  x + + (x − 1)2 = (1 − x)2 + 2(1 − x) x + x  √  1+ ⇔ 0≤x≤ √  x + = 2(1 − x) x + x  √  1+ ⇔ 0≤x≤ √  (x − 2x + 1) − 2(1 − x) x + x =  √  1+ ⇔ 0≤x≤ √  (x − 1)2 − 2(1 − x) x + x =  √ √  1+ − ⇔ 0≤x≤ √2 ⇔x=  (1 − x − x)2 = 104 (1) Cách 2: Đặt t = √ x, (t ≥ 0) Khi đó, phương trình (1) có dạng: 2(t4 − t2 + 1) = − t2 + t − t2 + t ≥ 2(t4 − t2 + 1) = (1 − t2 + t)2  √  1+ ⇔ 0≤t≤  t + 2t3 − t2 − 2t + = 0(∗) ⇔ Nhận thấy t = không nghiệm phương trình (∗) nên chia hai vế (∗) cho t ta được: t2 + t2 +2 t− t −1=0 ta được: y + 2y + = ⇔ y = −1 t √ √ 3− 5−1 ⇒x= Từ kết hợp với điều kiện t ta suy t = 2 Cách 3: Nhận xét x = khơng nghiệm (1) nên ta có biến đổi: √ 1 = √ − x+1 x−1+ (∗∗) x x √ Đặt t = √ − x Khi đó, (∗∗) có dạng: x Đặt y = t − 2(t2 + 1) = t + √ 3− t ≥ −1 ⇔ t2 − 2t + = ⇔ t = ⇒ x = √ Cách 4: Áp dụng BĐT Cauchy cho số (1; 1) (1 − x; x) ta có: √ V P = 1.(1−x)+1 x ≤ (12 + 12 )[(1 − x)2 + x] = 2(x2 − x + 1) = V T √ √ 3− Như V T = V P ⇔ − x = x ⇔ x = Cách 5: Viết lại phương trình (1) dạng: √ √ + (1 − x)2 + x = (1 − x) + x 105 Trong mặt phẳng tọa độ xét vectơ: u = (1; 1), v = (1 − x; √ Ta có: |u|.|v| = 2(x2 − x + 1), u.v = − x + x √ x) Khi đó, phương trình trở thành: |u|.|v| = u.v Điều xảy u v hướng, tức tồn k > cho: √ 3− 1√− x = k u = kv ⇔ x = k ⇔x= √ 3− Như nghiệm phương trình x = Tiếp theo để giải bất phương trình ta lập bảng xét dấu hàm số: √ x− x f (x) = −1 − 2(x2 − x + 1) Nhận xét f (x) liên tục [0; +∞) nghiệm √ √ 3− 3− ; +∞ nên f (x) giữ nguyên dấu khoảng 0; 2 khoảng Ta có: f (0) = −1 < 0, f (1) = −1 < Khi đó, ta có bảng xét dấu sau: x f (x) √ 3− − +∞ − √ 3− Từ bảng xét dấu suy bất phương trình có nghiệm x = Bài Giải bất phương trình: √ x + + x2 − 4x + ≥ x (Đề thi Đại học khối B - 2012) Giải: Điều kiện:x ∈ [0; − √ 3] ∪ [2 + √ 3; +∞) 106 √ √ Trước hết ta giải phương trình: x + + x2 − 4x + = x √ Đặt t = x, (t ≥ 0) Phương trình trở thành: t4 − 4t2 + = −t2 + 3t − −t2 + 3t − ≥ ⇔ 6t − 15t + 6t = x = t = 1 ⇒ ⇔ x = t = √ √ √ Xét hàm số f (x) = x + + x2 − 4x + − x liên tục [0; − 3] ∪ √ √ 1 , ;2 − , [2 + 3; +∞) khơng có nghiệm khoảng 0; 4 √ + 3; , (4; +∞) nên f (x) giữ nguyên dấu khoảng √ √ Ta có: f (0) = > 0, f (2 − 3) < 0, f (2 + 3) < 0, f (5) > Khi đó, ta có bảng xét dấu sau: x f (x) + 2− √ 2+ √ − − Từ suy bất phương trình có nghiệm: x ∈ 0; Bài Giải bất phương trình: √ √ 1−x+ 41+x≥1 Giải: Điều kiện: −1 ≤ x ≤ √ √ Xét hàm số f (x) = − x + + x − Ta có: - Với −1 ≤ x < f (x) > - Với < x ≤ f (x) > - Với x = f (x) = > 107 +∞ + ∪ [4; +∞) Vậy bất phương trình có nghiệm: −1 ≤ x ≤ Sử dụng phương pháp hàm số ta dễ dạng giải bất phương trình có chứa tham số sau: Bài Cho bất phương trình: √ mx + x − + 4m − > Tìm m để: 1) Bất phương trình có nghiệm 2) Bất phương trình có nghiệm ∀x ≥ 3) Bất phương trình có nghiệm ∀x ∈ [2; 37] 4) Bất phương trình có nghiệm thuộc [2; 37] Giải: Điều kiện: x ≥ Phương trình cho tương đương: √ m(x − 1) + x − + 5m − > √ Đặt t = x − (t ≥ 0) Phương trình trở thành: mt2 + t + 5m − > ⇔ f (t) = 2−t − t≥0 10 2) Bất phương trình cho có nghiệm ∀x ≥ ⇔ f (t) < m có nghiệm ∀t ≥ ⇔ max f (t) < m ⇔ m > t≥0 3) Bất phương trình cho có nghiệm ∀x ∈ [2; 37] ⇔ f (t) < m có nghiệm ∀t ∈ [1; 6] ⇔ max f (t) < m ⇔ m > [1;6] 4) Bất phương trình cho có nghiệm thuộc [2; 37] ⇔ f (t) < m có nghiệm thuộc [1; 6] ⇔ f (t) < m ⇔ m > − [1;6] 10 Bài tập thêm √ √ √ 5x − − x − > 2x − (Đề thi Đại học Khối A - 2005) 2(x2 − 16) √ 7−x √ + x−3> √ (Đề thi Đại học Khối A - 2004) x−3 x−3 √ x3 + (3x62 − 4x − 4) x + ≤ (Thi thử ĐT - 2012) Hướng dẫn đáp số x ∈ [2; 10] √ x > 10 − 34 Đặt y = √ √ + x − ta được: x3 + 3x2 y − 4y ≤ ĐS: x ∈ −1; 109 Kết Luận Luận văn "Các Phương Pháp Giải Phương Trình Và Bất Phương Trình Vô Tỷ" giải vấn đề sau: Trình bày phương pháp giải phương trình vơ tỷ phạm vi chương trình phổ thơng Tổng quát hóa số dạng phương trình vơ tỷ Bằng cách đơn giản ta sáng tạo phương trình vơ tỷ Trình bày phương pháp giải bất phương trình vơ tỷ thơng qua việc giải phương trình tương ứng Do khn khổ đề tài nghiên cứu có giới hạn điều kiện thời gian khơng cho phép nên cịn nhiều hướng mà tác giả không thực như: Phương pháp sáng tác phương trình, bất phương trình vơ tỷ Ứng dụng phương pháp vào để giải phương trình, hệ phương trình nói chung Đề tài hoàn thành hướng dẫn PGS.TS Nguyễn Đình Sang nghiên cứu, làm việc nghiêm túc thân Một lần nữa, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến quan tâm hướng dẫn đầy nhiệt tình Thầy Em xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng đào tạo Đại học sau Đại học Trường Đại học Khoa học Tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội, thầy cô giảng dạy, giúp đỡ em suốt trình học tập 110 Tài liệu tham khảo [1] Ban Tổ Chức Kỳ Thi (2012), Tổng tập đề thi Olympic 30 tháng Toán học 10, NXB Đại học Sư phạm [2] Trần Đức Long, Nguyễn Đình Sang, Hồng Quốc Tồn (2000), Giáo trình giải tích tập 1, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [3] Nguyễn Văn Mậu (2010), Phương pháp giải phương trình bất phương trình, NXB Giáo dục [4] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Văn Tiến (2010), Một số chuyên đề Đại số bồi dưỡng học sinh giỏi, NXB Giáo dục [5] Đoàn Quỳnh, Doãn Minh Cường, Trần Nam Dũng, Đặng Hùng Thắng (2010), Tài liệu chuyên toán Đại số 10, NXB Giáo dục 111