Tải Phương pháp giải bất phương trình vô tỷ chứa căn (Có lời giải) - Ôn thi đại học chuyên đề bất phương trình chứa căn thức

(1) ĐÁNH GIÁ VÀ ĐỊNH HƯỚNG THỰC HIỆN: Dể thấy không thể sử dụng phép khai phương để giải bất phương trình này.. x 1  Nhận thấy nhân tử chung , nên ta sẽ thực hiện theo các bước: Bíc 1.[r]

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: x2 3x 2x2 3x 0, x .

     

Bµi (Đề thi đại học  Khối B năm 2012): Giải bất phương trình:

x 1  x  4x x, (x   )

Bµi (Đề thi đại học  Khối A năm 2005): Giải bất phương trình: 5x 1  x 1  2x 4, x  

Bµi (Đề thi đại học  Khối A năm 2010): Giải bất phương trình:

 

x x

1, x

1 x x



 

  



ĐỊNH HƯỚNG Nhận thấy:

1. Bài thuộc Dạng bất phương trình chứa bậc hai 2. Bài thuộc Dạng bất phương trình chứa bậc hai

3. Bài thuộc Dạng bất phương trình chứa có bậc khác nhau 4. Bài 4, thuộc Dạng bất phương trình chứa nhiều căn

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.

1 BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA MỘT CĂN BẬC HAI

VÝ dơ 1: (Đề thi đại học  Khối D năm 2002): Giải bất phương trình: x2 3x 2x2 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:

f (x) g(x) 0

g(x) g(x) f (x)

 



     

 , với f(x) g(x) có nghĩa  Giải

Bất phương trình tương đương với:

2 2

2x 3x 2x 3x x 3x

   



   

 

 

 

  

1

x x

2 x

x 1/ x x 

   

   

     

          

x

x

x 1/   

 

   

   

1

; 3;

2

 

      

 

  Vậy, tập nghiệm bất phương trình HOẠT ĐỘNG 1: Giải bất phương trình:

a (x 1) 2x 3(x 1), x     

2

b (x 1) (x 1) 3x x 0, x      

DẠNG CƠ BẢN 1 

f(x) g(x)Với bất phương trình ta có phép biến đổi tương đương:

  

  





f(x)

g(x)

f(x) g (x) (*)

Các em học sinh cần biết đánh giá tính giải bất phương trình (*)

VÝ dơ 2: Giải bất phương trình:

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:

2

2(x 1) x

2(x 1) (x 1)

  

    

  



x

x

x 2x  

   



  



x

x

1 x      

   

x

x

 

    

Vậy, tập nghiệm bất phương trình [1; 3]  {1} HOẠT ĐỘNG 2: Giải bất phương trình:

2

a x  3x 10 x 2, x    

2

b x  2x 15 x 3, x    

VÝ dô 3: Giải bất phương trình:

    

2

x 3x 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 cịn 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:

   

2

x 3x  

 

  

 

2

2

x

3 x

x

 

    

 

 

2

2

(x 1)

x

 t x23, t  3.Sử dụng phương pháp đạt ẩn phụ, với  Giải

1

x ,

3 

Cách 1: Với điều kiện 3x2  tức ta biến đổi phương trình dạng:

 

  

2

x 3x  4 2 

9x 7x  x2 9x  220

 x2 10  x 1

Vậy, tập nghiệm bất phương trình (; 1]  [1; +) Cách 2: Biến đổi phương trình dạng:

   

2

x 3x  

 

  

 

2

2

x

3 x

x

 

    

 

 

2

2

(x 1)

x (*)

Nhận xét rằng:

  

2

1

2

x

  

 

2

3

x

nên (*) biến đổi dạng:

 

2

x  x 1

Vậy, tập nghiệm bất phương trình (; 1]  [1; +)

 2 

t x 3, t 3.Cách 3: Đặt Suy x2 = t2 3. Bất phương trình có dạng:

t  3(t2 3)   3t2 t  10   (3t + 5)(t  2) 



  

t

t 0 x2 3  x 1.  x2 +   x2 Vậy, tập nghiệm bất phương trình (; 1]  [1; +) HOẠT ĐỘNG 3: Giải bất phương trình:

   

2

a x 4x 1, x R



b.x15x,x

VÝ dô 4: Giải bất phương trình:     

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 cịn 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

 

  

 

3

1 x

x

1 x



   

 

3

x

x

1 x

   

    

 

 

2

x x

(x 2)

1 x

 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:

   

  



  



3

3

1 x

x

1 x (x 5)

 



    

   



3

3

x

x

x x 10x 24

     

    



x

x

(x 2)(x x 12)

     

   

x

x

x

     

  

x

x

x

2  x  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

 

  

 

3

1 x

x

1 x



   

 

3

x

x

   

    

 

 

2

x x

(x 2)

1 x  x +   x 2.

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:

    

3

a x 3x 1, x

    

b x 3x 4, x

VÝ dô 5: Với a > 0, giải bất phương trình:     

x a x 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 cịn giải theo cách lượng giác hoá với: x = a.cost, t  [0; ]

 Giải

√a2− x2

a − x ≥0

a2− x2≥0

a − x¿2

¿ ¿ ¿{ {

a2− x2≤¿

−a ≤ x ≤ a x ≥ a

¿

x ≤0

¿ ¿ ¿

{

¿ ¿ ¿

x=a

¿

−a ≤ x ≤0

¿ ¿ ¿ ¿

 ax  

Vậy, nghiệm bất phương trình a   x  x = a Cách 2: Điều kiện a   x  a

√a2− x2 Đặt x = a.cost, với t  [0, ]  = a.sint Khi đó, bất phương trình có dạng:

π

4

√2 a.cost + a.sint  a  cost + sint   cos(t)  

π

2≤ t ≤ π

¿

t=0

¿ ¿ ¿ ¿

−1≤cost ≤0

¿

cost=1

¿ ¿ ¿ ¿

−a ≤ a cost ≤0

¿

a cost=a

¿ ¿ ¿ ¿

−a ≤ x ≤0

¿

x=a

¿ ¿ ¿ ¿

   

Vậy, nghiệm bất phương trình a   x  x = a HOẠT ĐỘNG 5: Giải bất phương trình:

2 2

2

2a

x a x , x

x a

   





DẠNG CƠ BẢN 2 

f(x) g(x)Với bất phương trình ta có phép biến đổi tương đương:

  

 

f(x)

(I) :

g(x)

  





g(x)

(II) :

f(x) g (x) (*)

Các em học sinh cần biết đánh giá tính 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 cịn 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 1  x0

 

  

 

2x 1

x

2x 1

 

   

 

 

2

x

2x 1

 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:

2x (I) :

1 x   

  

  

2

1 x

(II) :

2x 1 x     

   



Ta lần lượt:

 Giải (I) ta được: x

2 x 

    

  x > 1. (1)

 Giải (II) ta được:   

 



x

x 4x

   

  

x

0 x  0x1 (2)

1 x

2 

Cách 2: Với điều kiện 2x +  tức , ta biến đổi bất phương trình dạng:

 2x 1  x0

 

  

 

2x 1

x

2x 1

 

   

 

 

2

x

2x 1

 x0

Vậy, tập nghiệm bất phương trình (0; +)

x

2 

Cách 3: Điều kiện 2x +  tức

  

t 2x 1, (t 0)

2 t

x

2  

Đặt Suy Bất phương trình có dạng:

2 t t

2 

     



t

t (loai)  t2 + 2t  >  2x 1 1  2x + >  x > 0.

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 hoành độ x = Vậy, tập nghiệm bất phương trình (0; +) HOẠT ĐỘNG 6: Giải bất phương trình:

    

x x, x

VÝ dô 7: Giải bất phương trình:

1

x x , x

4  2  

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

1 (I) : x

2  

2

1

x

2

(II) :

1

x x (*)

4



  

 

 

   

 

  



1

x

2 

Giải (I) ta (1)

Giải (II): Ta có biến đổi cho (*): 

1

x 4 

1 x

4 

Với tức thì:

2

1

x x

4

 

   

   x2 + 2x  2  x  0, thoả mãn.



x 4 

1 x

4 

Với tức thì:

2

1

x x

4

 

   

 

2

x

2

  

, vô nghiệm Suy ra, nghiệm (*) 2  x 

Và hệ (II) có dạng:

1 x

2 x 

   

   

1

x

   

(2) Từ (1) (2) suy tập nghiệm bất phương trình (; 0]

HOẠT ĐỘNG 7: Giải bất phương trình:

1

x x , x

4

    

VÝ dô 8: Giải bất phương trình:

      

2

x 3x 3x 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

 t x2 3x 6, t 0.Sử dụng phương pháp đạt ẩn phụ, với

 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:

     

2

x 3x 3x 9x

  

   

  

2

2

x 3x

3(x 3x 2)

x 3x

 

     

  

 

2

2

(x 3x 2)

x 3x

 Giải

Ta trình bày theo cách sau: Cách 1: Biến đổi phương trình dạng:

 

     

2

x 3x x 3x 10

 2  

t x 3x 6, (t 0)Đặt ta được:

 2

t 3t 10  3t2 t 10 0    

5

t

3  t2

 x2 3x62 x2 3x 2 0

  x  Vậy, tập nghiệm bất phương trình [1; 2] Cách 2: Ta có biến đổi:

     

2

x 3x 3x 9x

  

   

  

2

2

x 3x

3(x 3x 2)

x 3x

 

     

  

 

2

2

(x 3x 2)

x 3x (*)

Nhận xét rằng:

   

2

1

2

x 3x

  

  

2

3

x 3x

nên (*) biến đổi dạng:

 x2 3x 2   x  2.

HOẠT ĐỘNG 8: Giải bất phương trình:

      

2

x 3x 2x 6x 5, x

VÝ dô 9: Giải bất phương trình:

2x

2x 2, x 2x 1    

ĐÁNH GIÁ VÀ ĐỊNH HƯỚNG THỰC HIỆN: Thiết lập điều kiện có nghĩa cho bất phương trình, sử dụng phép nhận liên hợp để biến đổi bất phương trình dạng

 Giải

Điều kiện:

1

x

    2x+¿1≥0

√2x+1−1≠0

¿{

¿

  2x + 

(*)

Trục thức, ta biến đổi bất phương trình dạng:

 

   

2x 2x 1

2x 2x 1 2x 1

 

 

     2x 1 2x 2   

2x 2x

   

(*)

2

2x (2x 1)

   

1

x

   

 4x2 + 2x <

1 ;

 



 

 Vậy, tập nghiệm bất phương trình T =

HOẠT ĐỘNG 9: Giải bất phương trình:

1 4x

3, x x

 

  

VÝ dơ 10: Giải bất phương trình:

2

4x

ĐÁNH GIÁ VÀ ĐỊNH HƯỚNG THỰC HIỆN: Thiết lập điều kiện có nghĩa cho bất phương trình, sử dụng phép nhận liên hợp để biến đổi bất phương trình dạng

 Giải

Điều kiện:

2x 1 2x

  

 

  

 

1

x

   

  2x +  (*) Trục thức, ta biến đổi bất phương trình dạng:

 

   

2

2x 2x 1

2x 2x 1 2x 1

   

   

     

   

2

2x 1 2x

    

2x 1 2x 2x

      

2x 2x

   

(*)

2

2x (2x 1)

   

x x

2    

  

  4x2 + 2x >

Vậy, bất phương trình có tập nghiệm (0; +) HOẠT ĐỘNG 10: Giải bất phương trình:

2

2x

x 21, x (3 2x )    VÝ dô 11: Giải bất phương trình:

2

2x

x  5x + > (1)

ĐÁNH GIÁ VÀ ĐỊNH HƯỚNG THỰC HIỆN: Thiết lập điều kiện có nghĩa cho bất phương trình

Điều kiện:

x2 - >  x > (*)

Trường hợp 1: Với x < bất phương trình vơ nghiệm (do vế trái âm) Trường hợp 2: Với x > bình phương vế phương trình (1) ta được:

2

4x

x 

2

2

4x x 

4

x

x 

2

2

x

x  4x2 + + > 45  + > 45 (2)

2

x

x  Đặt t = , t > 0.

Khi đó, bất phương trình (2) có dạng:

t

t

     



2

2

x

x  t2 + 4t - 45 >  t >  >  x4 - 25x2 + 100 >

2

x 20

x

  

 

| x | 20 | x |

  



 

Kết hợp với trường hợp xét, ta tập nghiệm bất phương trình là:

20 5 20(; )  (; )  (; +).

HOẠT ĐỘNG 11: Giải bất phương trình:

2

x 35

x , x

12 x

  





VÝ dô 12: Giải bất phương trình:

x 2xx2 -  2x. 

f(x) g(x) h(x) f(x)g(x)ĐÁNH GIÁ VÀ ĐỊNH HƯỚNG THỰC HIỆN: Bất

phương trình mở rộng từ dạng thành nên chưa thể sử dụng phép khai phương

Trước tiên, đặt điều kiện có nghĩa cho bất phương trình

t x  2x, (t 0) Nhận xét với ẩn phụ , ta được: x2 2tx   0.

2

x 2xĐặt t = , điều kiện t  0.

Bất phương trình có dạng:

f(x) = x2 - 2tx -  0. (1) Coi vế trái tam thức bậc theo x, ta có:

’ = t2 + = x2 + 2x + = (x + 1)2 f(x) = có nghiệm:

x t x x t x

   

    

tức (1) biến đổi dạng:

x 2x x22x(x - t - x - 1)(x - t + x + 1)   + 1)( - 2x - 1) 

2

x 2x x22x - 2x -    2x +

2

2x

0 x 2x (2x 1)

  



   



2

2

2x

x 2x

3x 2x

  



  

    

1 x

2 x

x

     

 

  

   x  0.

Vậy, bất phương trình có nghiệm x  HOẠT ĐỘNG 12: Giải bất phương trình:

2

x  2x 4 x2 + 4x  (x + 4). BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA HAI CĂN BẬC HAI VÝ dơ 13: Giải bất phương trình:

     

x 2x 4, x

ĐÁNH GIÁ VÀ ĐỊNH HƯỚNG THỰC HIỆN: Dễ thấy chưa thể sử dụng phép khai phương cho bất phương trình này, suy cần biến đổi:

   

x 2x

Tới đây, ta nhận bất phương trình dạng Ngồi ra, sử dụng phương pháp hàm số  Giải

x 2x

  



 

  x 2  (*)

Biến đổi bất phương trình dạng:

x 9  2x 5  x 2x (x 9)(2x 4) 25       

2 (x 9)(2x 4) 12 3x

    

12 3x 12 3x

4(x 9)(2x 4) (12 3x)

 

 

 

  

    





 x >

Vậy, tập nghiệm bất phương trình (0; +) Cách 2: Điều kiện:

x 2x

  



 

  x 2  (*)

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 (0; +) HOẠT ĐỘNG 13: Giải bất phương trình:

     

a x 2x 3, x

     

b x x 1, x

VÝ dô 14: Giải bất phương trình:

  2   

x x 3, x

ĐÁNH GIÁ VÀ ĐỊNH HƯỚNG THỰC HIỆN: Bất phương trình chứa hai bậc hai với lõi hàm số bậc hai Nên sử dụng phương pháp bình phương

Bất phương trình giải theo cách "Nhẩm nghiệm x0" chuyển dạng

 Nhận xét x0 = thoả mãn VT = VP  Biến đổi bất phương trình dạng:

    2   

x x

   

  

   

2

x x

0

x x 5 2

 

  

   

2

x x

0

x x

  

    

   

 

1 x

(x 3)

x x

 Giải

Ta trình bày theo cách sau: Cách 1: Điều kiện:

2

x x

  



  

x

x

    

 

  x (*)

Biến đổi phương trình dạng:

 x 1   x2 5 2 0

   

  

   

2

x x

0

x x

 

  

   

2

x x

0

x x 5 2

  

    

   

 

1 x

(x 3)

x x

 x  >  x >

Vậy, bất phương trình có tập nghiệm (3; +) Cách 2: Điều kiện:

2

x x

  



  

x

x

    

 

  x (*)

   2

f(x) x x D 5; :Xét hàm số

 

 2

1 x

f '(x)

Nhận xét phương trình có:  VT hàm đồng biến  VP hàm

Hai đồ thị cắt điểm có hồnh độ x = Vậy, bất phương trình có tập nghiệm (3; +) HOẠT ĐỘNG 14: Giải bất phương trình:

       

2

x 3x x 3x 3, x

VÝ dô 15: (Đề thi đại học  Khối B năm 2012): Giải bất phương trình:

2

x 1  x  4x 1 3 x, (x )

ĐÁNH GIÁ VÀ ĐỊNH HƯỚNG THỰC HIỆN: Dễ thấy sử dụng phép khai phương cho bất phương trình này, suy cần sử dụng ẩn phụ

Câu hỏi đặt ẩn phụ kiểu ?

 t x (t 0)Ẩn phụ dễ nhận thấy ta nhận bất phương trình dạng:

4 2

t  4t  1 t 3t 1.

Trong trường hợp cần phải giải bất phương trình cao

 x x 0

1 x

x

 x

x

 t x (t 2)

x

  

Từ việc đánh giá hệ số hoàn toàn đưa vào bậc hai nên chia hai vế phương trình cho thấy xuất , từ nhận ẩn phụ Và đó, ta nhận bất phương trình dạng:

2

t  6 3 t

Nhận xét: Với bất phương trình cho, trước tiên cần đặt điều kiện có nghĩa

Trong hai lựa chọn gặp bất phương trình dạng bản:

f g

g

g

f g

  

  

  

 Giải

Ta trình bày theo cách sau: Cách 1: Điều kiện:

2

x 4x

x

   

  

x

0 x

    

  

 (*)

t x (t0)Đặt bất phương trình chuyển dạng:

2

t  1 t  4t  1 3t  t4 4t2 1 t23t 1. (1)

Ta xét hai trường hợp:

Trường hợp 1: Bất phương trình (1) khi:

2

t 3t

     t2 3t 0 

3

t



  t

2

 

Trường hợp 2: Với điều kiện:

3 5

t

2

 

  

t2 + 3t   (**) Bất phương trình (1) chuyển dạng:

 2

4 2

t  4t   1 t 3t 1

6t 15t 6t

   

2

3t(2t 5t 2)

   

t

2t 5t

        t t       

(**) t

2 t         

Kết hợp hai trường hợp trường hợp 2, ta được:

1 t t       x x        x x       

(*) 0 x

x          

0; 4;

4

 

    

  Vậy, bất phương trình có tập nghiệm Cách 2: Điều kiện:

2

x 4x

x

   

  

x

0 x

    

  

Nhận xét x = nghiệm bất phương trình Với x > 0, biến đổi bất phương trình dạng:

1

x x

x x

    

1

t x (t 2)

x

  

x t

x

  

Đặt suy nên bất phương trình chuyển dạng:

2

t t  63 t2 6 3 t 2

3 t

3 t

t (3 t)

   

   



   

 

t

t

6t 15

     

   

5 t

2

  x

2 x

   u x 0u

u

 

  

u

1 u

2

   

  

x

1 x

2

 

 

 



x

0 x

4

   

  

  2u2 5u + 

 

1

0; 4;

4

 

    

  Vậy, bất phương trình có tập nghiệm HOẠT ĐỘNG 15: Giải bất phương trình:

5

5 x 2x , x

2x x

    

VÝ dơ 16: Giải bất phương trình:

2x  6x 8  x  x 2, x 

ĐÁNH GIÁ VÀ ĐỊNH HƯỚNG THỰC HIỆN: Biến đổi bất phương trình dạng:

2

2(x 2) 2x √x

 x - + Sử dụng hai ẩn phụ:

¿

u=√x ≥0

v=x −2

¿{

¿

 Giải

Điều kiện x  (*)

Biến đổi bất phương trình dạng:

2

2(x 2) 2x √x

 x - + (2)

Đặt:

¿

u=√x ≥0

v=x −2

¿{

¿

Khi đó, bất phương trình có dạng:

√2u2+2v2

u+v ≥0

u+v¿2

¿ ¿ ¿{

2u2

+2v2≤¿

u+v ≥0

u − v¿2≤0

¿ ¿ ¿{

¿

 u + v 

¿

x −2≥0

√x=x −2

¿{

¿

¿

x ≥2

x2−5x+4=0

¿{

¿

 u = v    x =

Vậy, nghiệm bất phương trình x = HOẠT ĐỘNG 16: Giải bất phương trình:

2

a 2x 12x 6  2x x 2, x    

2

b 2x 10x 16  x x 3, x    

VÝ dô 17: (Đề thi đại học  Khối A năm 2010): Giải bất phương trình:  

x x

1

1 x x





  

P(x)

k (k lµ h»ng sè)

Q(x) ĐÁNH GIÁ VÀ ĐỊNH HƯỚNG THỰC HIỆN: Đây bất

 Nhận xét dấu Q(x) đề chuyển bất phương trình dạng: P(x)  k.Q(x) P(x) ≤ k.Q(x)

Với toán này, ta có:  

1 x x

      

2 x x 1

   

Q(x) <  

2 x x 1

   

 2x2 2x + > 0, hoặc:

 

2 x  x 1  2

x x 1

     MS0 > hoặc:

 

2 x  x 1

2

1 3

2 x

2 2

 

      

   MS0

 Suy ra, bất phương trình biến đổi dạng:  

x x 1 x  x 1  

2 x x 1 x x

     

(1)

f gTới đây, việc lựa chọn phương pháp giải cho bất phương trình (1)

được dựa theo dạng xuất phát Tuy nhiên, trình bày phần cấu trúc đề thi đại học mơn tốn ln câu hỏi khó nên em học sinh cần có kiến thức tốt tiếp tục Cụ thể, lựa chọn hướng sau:

Hướng 1: Sử dụng phép biến đổi tương đương:

2

g

f g

f g

    

 

Và với hướng cần có kinh nghiệm tốt việc biến đổi đại số

t x (t0)Hướng 2: Sử dụng ẩn phụ phép biến đổi tương đương giống

như hướng để nhận bất phương trình bậc theo t

x

t x

x

 

Hướng 4: Sử dụng phương pháp đánh giá (nếu có thể) Cụ thể toán sử dụng bất đẳng thức 2(a2 + b2)  (a + b)2 ta có biến đổi:

   2  2

2 x  x 1  x   x 

   

2

1 x x

  

1 x x

    Giải

Nhận xét rằng:  

2 x  x 1  2

x x 1

     MS 1 x 2 x 1  0

> Điều kiện x 

Bất phương trình biến đổi dạng:  

x x 1 x  x 1  

2 x x 1 x x

     

(1) Tới đây, trình bày theo cách sau:

Cách 1: Biến đổi tiếp (1) dạng:

 2  2

2

1 x x

x x 1 x x

             

 2  2

2

1 x x

x x 1 x 2(1 x) x x

                

1 x x

x 2(1 x) x x

            

 

1 x x

x 2x 2(1 x) x x

                

1 x x

1 x x

           

1 x x

1 x x

           

2 x

x x

          

1 x

x x

          x

x 3x

        x    x  

Vậy, bất phương trình có nghiệm

  2    2

2 t t 1 t t    

2

2

4 2

1 t t

2 t t 1 t t

               

4 2

1 t t

2 t t 1 t t 2t 2t 2t

                

4

1 t t

t 2t t 2t

                2

1 t t

t t

            2

1 t t

t t

            2t t           t 

  x

2



  x

2    x  

Vậy, bất phương trình có nghiệm

Cách 3: Nhận xét x = khơng phải nghiệm (1) nên ta có biến đổi:

1

2 x x

x x

 

    

 

  (2)

1

t x

x

 

x t

x

  

Đặt , (2) có dạng:  

2 t 1  t 2

t

2(t 1) (t 1)

         t

t 2t

          t

t

         x x   

x x

    2

1 x

x x

        

  t =

2

x

x 3x

        x    x  

Vậy, bất phương trình có nghiệm

Cách 4: Sử dụng bất đẳng thức 2(a2 + b2)  (a + b)2, ta thấy:    2  2

2 x  x 1  x   x 

   

2

1 x x

1 x x

  

1 x x

   (3)

Từ (1) (3) suy bất phương trình biến đổi dạng:

1 x x

1 x x

    

  

 

 2

1 x

1 x x

2 x

   

   

 



x

x 3x

   

  



3

x

2



 

3

x

2

 

Vậy, bất phương trình có nghiệm HOẠT ĐỘNG 17: Giải bất phương trình:

 2

2

5a

2 x x a , x

x a

   



 VÝ dô 18: Giải bất phương trình:

2

x 2ax a  x 2ax a  2a, a 0, x  

ĐÁNH GIÁ VÀ ĐỊNH HƯỚNG THỰC HIỆN: Hẳn bước đặt điều kiện có nghĩa cho bất phương trình phức tạp Do đó, tốn cần có cách giải khác việc đánh giá dạng đặc thù thức:

2

x 2ax a

√2 ax− a2

+a2

2a +√2ax−a

2 =

2 2

2ax a 2a 2ax a a 2a

   



2

2ax a a 2a

 

 Tới đây, cần sử dụng tính chất giá trị tuyệt đối  Giải

Ta có nhận xét:

x 2ax a

√2 ax− a2+a2

2a +√2ax−a

2 =

2 2

2ax a 2a 2ax a a 2a

   



2

2ax a a , 2a

 

2

2 2ax a a

x 2ax a

2a  

  

Khi đó, bất phương trình biến đổi tương đương thành:

2a ¿√2ax+a2+a∨ ¿

√2a

¿

¿√2ax+a2− a∨ ¿

√2a

¿

+  √2ax−a2 √2ax−a2  | + a| + | - a|  2a

⇔

a>0

√2ax−a2

√2ax−a2 + a + | - a|  2a

√2ax−a2 √2ax−a2 √2ax−a2  | - a| a -  - a 

√2ax−a2

¿

2 ax− a2≥0

2 ax− a2≤ a2

¿{

¿

⇔

a>0 a

2   a   x  a

a

2 Vậy, bất phương trình có nghiệm  x  a

HOẠT ĐỘNG 18: Giải bất phương trình:

3

a x x x x , x

       

2

b x x 1 x x 1 2, x   BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA HAI CĂN CĨ BẬC KHÁC NHAU VÝ dơ 19: Giải bất phương trình:

3

x 1  x 1, x   (1)

3

t x 1. ĐÁNH GIÁ VÀ ĐỊNH HƯỚNG THỰC HIỆN: Trước tiên, đặt điều kiện

có nghĩa cho bất phương trình Từ đây, phép khai phương ta thấy xuất ẩn phụ

 Giải

Điều kiện x  (*)

Ta có:

3

x 1   x 0 

3x 1 3x 1 3x 1 3x 1

 x > + + ()2 x - - ()2 - > (2) 3x 1 x 0

  Đặt t = t > 1.

Khi đó, bất phương trình (2) có dạng: t 0 

  t3 - t2 - 2t >  t(t2 - t - 2) >  t(t + 1)(t - 2) > t(t - 2) >

t t

    

3

3

x x

   

  

x x

     

  x 0

x x

    

   

Vậy, bất phương trình có nghiệm x > < x < HOẠT ĐỘNG 19: Giải bất phương trình:

3

2 3x 5x 0, x      

4 BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA NHIỀU CĂN BẬC HAI

VÝ dơ 20: (Đề thi đại học  Khối A năm 2005): Giải bất phương trình: 5x 1  x 1  2x 4, x  

f (x) g(x) h(x)ĐÁNH GIÁ VÀ ĐỊNH HƯỚNG THỰC HIỆN: Đây bất phương trình vơ tỉ nhận thấy sau phép chuyển vế bất phương trình dạng >+, bước thực bao gồm:

Bíc 1: Thiết lập điều kiện có nghĩa cho bất phương trình (*) Bíc 2: Biến đổi bất phương trình dạng:

g(x).h(x)f(x) > g(x) + h(x) +

g(x).h(x)

p(x)

g(x).h(x) p (x) 

 



  < p(x)  nghiệm. Bíc 3: Kết hợp với (*), nhận nghiệm bất phương trình  Giải

Điều kiện:

5x x 2x

  

   

  

  x  2. (*)

Biến đổi bất phương trình dạng:

(2x 4)(x 1) 

 5x  > 2x  + x  + (2x 4)(x 1)  (*)

 < x + (2x  4)(x  1) < (x + 2)2  x2 10x <  < x < 10

Kết hợp với (*), ta nghiệm bất phương trình  x < 10 HOẠT ĐỘNG 20: Giải bất phương trình:

√7x+7 √7x −6 √49x2

+7x −42 + + < 18114x.

VÝ dô 21: Giải bất phương trình:

2 2

x  3x 2  x  4x x   5x 4, x   (1) ĐÁNH GIÁ VÀ ĐỊNH HƯỚNG THỰC HIỆN: Dể thấy sử dụng phép khai phương để giải bất phương trình

x 1 Nhận thấy nhân tử chung , nên ta thực theo bước: Bíc 1. Đặt điều kiện có nghĩa cho bất phương trình

Bíc 2. Sử dụng phương pháp chia khoảng  Giải

Điều kiện:

2

2

x 3x x 4x x 5x

   



  



   



x x       Trường hợp 1: Với x  thì:

(1) (x 1)(x 2)   (x 1)(x 3)  2 (x 1)(x 4)  x x x

     

x x x x

       

luôn với x  ta VT > VP < Vậy x  nghiệm bất phương trình

Trường hợp 2: Với x  thì:

Với x = 1, bất phương trình nghiệm Với x < 1, bất phương trình có dạng:

2 x x x

     

2 x x x x

       

Nhận xét với x < VT < VP > 0, phương trình vơ nghiệm Vậy, bất phương trình có nghiệm x = x 

HOẠT ĐỘNG 21: Giải bất phương trình:

2 x 2 x 1    x 4, x   

ĐÁP SỐ  LỜI GIẢI CÁC HOẠT ĐỘNG HOẠT ĐỘNG 1:

a Điều kiện:

1

22x-   x  (*)

2x 1

1

2Đặt t = , t   x = (t2 + 1). Khi đó, bất phương trình có dạng:

1

1

2[(t2 + 1) - 1]t  3[(t2 + 1) - 1]  t3 - 3t2 - t + 

2x 1  (t + 1)(t - 1)(t - 3)    t       x 

Vậy, tập nghiệm bất phương trình [1; 5]



Chú ý: Ta bình phương hai vế bất phương trình ban đầu chưa khẳng định dấu hai vế

2x 1 (x - 1)(- 3) 

x 2x x

2x

                        x 2x x

2x

                    x

0 2x x

2x

                  

  x 

Vậy, tập nghiệm bất phương trình [1; 5] b Hướng dẫn: Điều kiện x 1

Biến đổi tương đương bất phương trình:

√x+1 x2(x + 1) + 3x + >

√x+1 Đặt t = x

Từ đó, ta nhận nghiệm x 1 HOẠT ĐỘNG 2:

a Bất phương trình tương đương với hệ:

2

x 3x 10 x

x 3x 10 (x 2)

             

(x 2)(x 5) x

x 14

             x x x 14            x < 14

Vậy, tập nghiệm bất phương trình [5; 14) b Bất phương trình tương đương với hệ:

2

2

x 2x 15 x

x 2x 15 (x 3)

             

x 2x 15 x 4x 24

   



   

  



x hoac x x x             x 

Vậy, tập nghiệm bất phương trình [5; 6] HOẠT ĐỘNG 3:

a Ta trình bày theo cách sau:

x 

Cách 1: Với điều kiện 4x2  tức , ta biến đổi bất phương trình dạng:

 

  

2

x 4x  4 2 

 x2 10  x 1

Vậy, tập nghiệm bất phương trình (; 1]  [1; +) Cách 2: Biến đổi bất phương trình dạng:

   

2

x 4x  

 

  

 

2

2

x

4 x

x

 

    

 

 

2

2

(x 1)

x (*)

Nhận xét rằng:

  

2

1

3

x

  

 

2

4

x

nên (*) biến đổi dạng:

 

2

x  x 1

Vậy, tập nghiệm bất phương trình (; 1]  [1; +)

 2 

t x 8, t 2.Cách 3: Đặt Suy x2 = t2 8. Bất phương trình có dạng:

t  4(t2 8)   4t2 t  33   (4t + 11)(t  3) 



  

t 2

t  x2 8  x 1.

 x2 +   x2 Vậy, tập nghiệm bất phương trình (; 1]  [1; +)

b Ta trình bày theo cách sau: Cách 1: Biến đổi bất phương trình dạng:

 

    

   

   



2

x

5 x

x x

     

   



x

x

x 11x 24

   

   

  

 

1 x

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 x

 

  

 

x

3 x x



   

 

x

x

 



 

    

        

1

x

x

 x  <  x < Vậy, tập nghiệm bất phương trình [1; 3)

Cách 3: Điều kiện x +  tức x 1

  

t x 1, (t 0)Đặt Suy x = t2 1. Bất phương trình có dạng:

 x 1 2t <  (t2 1)  t2 + t  < 3 < t <  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

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:   



  



  



3

3

x

3x

x (3x 1)

   

    

   



3

3

x

3x

x 9x 6x

   

    

   



3

2

x

3x

(x 1)(x 8x 2)

      



     



3

x

1 x

3

x hoac x  1  x 4 2.

  

1;  Vậy, tập nghiệm bất phương trình

  



  



  



x

3x

x (3x 4)

     



  



x

3x

9x 25x 14

      

 

  

 

4 x

3

x

7 x

9  x > 2.

Vậy, tập nghiệm bất phương trình (2; +)

x2Cách 2: Với điều kiện x +  tức , ta biến đổi bất phương trình dạng:

   

x 2 3x

 

  

 

x

3x

x 2

 

    

 

 

1

(x 2)

x 2 (*)

Nhận xét rằng:   

1

2

x 2     

1

3

x 2

nên (*) biến đổi dạng: x  >  x >

Vậy, tập nghiệm bất phương trình (2; +) Cách 3: Điều kiện x +  tức x 2

  

t x 2, (t 0)Đặt Suy x = t2 2. Phương trình có dạng:

t < 3(t2 2)   3t2 t  10 >

   

   

t

5

t (loai)

3  x 2 2  x > 2.

Vậy, tập nghiệm bất phương trình (2; +) HOẠT ĐỘNG 5: Ta trình bày theo cách sau:

π

2

π

2 Cách 1: Đặt x = |a|tgt, với t  (-, ) suy ra:

√x2

+a2 ¿a∨

¿

cost

¿

¿a∨ ¿

cost

¿

¿a∨¿

2a2 cost

¿

 |a|tgt +   sint + 2cos2t  2sin2t sint -1 

1

1

√3

¿a∨ ¿

√3

¿

 -  sint   tgt  -  x  -

¿a∨ ¿

√3

¿

Vậy, nghiệm bất phương trình x  - Cách 2: Biến đổi bất phương trình dạng:

√x2+a2 √x2+a2 x2 + a2  x + 2a2 x2 - a2  x (2)

Xét hai trường hợp:

 Nếu x  0, (2) viết lại dạng:

√x2

(x2+a2)

¿x2− a2≥0

x2− a2

¿2≤ x2(x2+a2)

¿ ¿ ¿

x2− a2≤0

¿ ¿{

¿ ¿ ¿ ¿

¿a∨ ¿

√3

¿∨x∨≥∨a∨¿∨x∨≥¿ ¿{

¿ ¿x∨≤∨a∨¿ ¿

¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿

x2 - a2  

⇔

x ≥0

x 

 Nếu x < 0, (2) viết lại dạng:

x2− a2≤0

x2− a2

¿2≥ x2(x2+a2)

¿ ¿ ¿{

¿

¿a∨ ¿

√3

¿a∨ ¿

√3≤ x ≤¿

¿

−∨a∨≤ x ≤∨a∨¿−¿{

¿

⇔

x<0

¿a∨ ¿

√3

¿

¿a∨ ¿

√3

¿

Vậy, nghiệm bất phương trình x .

HOẠT ĐỘNG 6: Ta trình bày theo cách sau: Cách 1: Biến đổi bất phương trình dạng:

x (I) :

4 x   

  

  

2

4 x

(II) :

x x   

 

   



Ta lần lượt:

 Giải (I) ta được:

x

x   



  x > 4. (1)

 Giải (I) ta được:

  

   

x

x 9x 14

   

  

x

2 x  < x  4. (2)

Từ (1) (2) suy tập nghiệm bất phương trình (2; +)

x2Cách 2: Với điều kiện x +  tức , ta biến đổi bất phương trình dạng:

   

x 2 x

 

  

 

x

2 x

x 2

 

    

 

 

1

(x 2)

x 2  x  >  x > 2.

Vậy, tập nghiệm bất phương trình (2; +) Cách 3: Điều kiện x +  tức x 2

  

t x 2, (t 0)Đặt Suy x = t2 2. Bất phương trình có dạng:

     



t

t (loai) x 2 2t >  (t2 2)  t2 + t  >  x >

Vậy, tập nghiệm bất phương trình (2; +) Cách 4: Nhận xét rằng:

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:

1 (I) : x

4  

2

1

x

4

(II) :

1

x x (*)

4 

  

 

 

    

  



1

x

4 

Giải (I) ta (1)

Giải (II): Ta có biến đổi cho (*):  x 0  Với tức x  thì:

2

1 x x

4

 

   

 

2 17

x x

2 16

   

, vô nghiệm  Với x  < tức x < thì:

2

1

1 x x

4

 

   

 

2 15

x x

2 16

    x

4

   

, thoả mãn

3

x

4

  

Suy ra, nghiệm (*) Và dễ thấy hệ (II) vô nghiệm

1 ;

4

 

 

 

  Vậy, tập nghiệm bất phương trình HOẠT ĐỘNG 8: Ta trình bày theo cách sau: Cách 1: Biến đổi bất phương trình dạng:

 

     

2

x 3x x 3x 15

 2  

t x 3x 5, (t 0)Đặt ta được:

 2

t 2t 15  2t2 t 15 0    

5

t

2

 x23x53  x23x 40   4x1.

     

2

x 3x 2x 6x

  

   

  

2

2

x 3x

2(x 3x 4)

x 3x

 

     

  

 

2

2

(x 3x 4)

x 3x (*)

Nhận xét rằng:

   

2

1

3

x 3x

  

  

2

2

x 3x

nên (*) biến đổi dạng:

  

2

x 3x   4x1

Vậy, tập nghiệm bất phương trình (4; 1) HOẠT ĐỘNG 9: Điều kiện:

2

1 4x x

  

  

−1

2≤ x<0

¿

0<x ≤1

2

¿ ¿ ¿ ¿



Cách 1: Thực phép nhân liên hợp: (1−√1−4x2)(1+√1−4x2)

x √1−4x

2 (1)  < 3(1 + )

¿4x −3<0

1−4x2≥0

¿ ¿ ¿

4x −3≥0

¿

4x −3¿2 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿{

¿

¿x<3

4

¿x∨¿1

2

¿ ¿ ¿

x ≥3

4

¿

4x −3¿2 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿{

¿

⃗x ≠0

−1

2≤ x<0

¿

0<x ≤1

2

¿ ¿ ¿ ¿



Cách 2: Xét hai trường hợp dựa điều kiện



2 Với -  x < thì:

√1−4x2

1−3x>0

1−3x¿2 ¿ ¿ ¿{

1−4x2

<¿

(1)  < - 3x 

¿

x<1

3 13x2−6x

>0

¿{

¿

  x <

1

2 Kết hợp với điều kiện xét nghiệm -  x <



2 Với < x  thì:

¿1−3x<0

1−4x2≥0

¿ ¿ ¿

1−3x ≥0

¿

1−3x¿2 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿{

¿

¿x>1

3

−1

2≤ x ≤

1

¿ ¿ ¿

x ≤1

3

¿

13x2−6x

<0

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

1 3<x ≤

1

¿

0<x ≤1

3

¿ ¿ ¿ ¿

1

2  < x 

1

2 Kết hợp với điều kiện xét nghiệm < x 

2

2 Vậy, bất phương trình có tập nghiệm [-; 0)  (0 ; ]

HOẠT ĐỘNG 10: Điều kiện:

¿

9+2x ≥0

3−√9+2x ≠0

¿{

¿

9

2   + 2x   -  x 

(*)

Cách 1: Biến đổi bất phương trình dạng:

2x2

9+9+2x −6√9+2x

x2

9+x −3√9+2x

< x + 21  < x + 21

√9+2x √9+2x  x2 < (9 + x - 3)(x + 21)  (x + 21) < 10x + 63

⇔

(∗)

(x + 21)2(9 + 2x) < (10x + 63)2 2x3 - 7x2 <

⇔

(∗)

2 2x - <  x <

2

2 Kết hợp với điều kiện (*), nghiệm bất phương trình x  [-, ) \

{0}

√9+2x √9+2x 72 (3 + )2 < 2(x + 21)  <  x <

9

7

2 Kết hợp với điều kiện (*), nghiệm bất phương trình x  [-, ) \

{0}

Cách 3: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ

√9+2x Đặt t = ,  t  suy

1

2 2x = t

2 -  x = (t2 - 9) Khi bất phương trình có dạng:

3−√9+2x¿2 ¿

4x2 ¿

< 2x + 42  (t2 - 9)2 < (3 - t)2(t2 - + 42)

√9+2x 72  (t + 3)2 < t2 + 33  t <  <  x <

9

7

2 Kết hợp với điều kiện (*), nghiệm bất phương trình x  [-, ) \

{0}

x  2x 4 HOẠT ĐỘNG 12: Đặt t = , điều kiện t 

Bất phương trình có dạng:

f(x) = x2 (t - 4)x - 4t  0. (1) Coi vế trái tam thức bậc theo x, ta có:

 = (t - 4)2 + 16t = (t + 4)2 f(x) = có nghiệm:

x

x t

    

tức (1) biến đổi dạng:

2

2

x

x x 2x

x

x x 2x

    

   

  

      

   

  

2

2

x

x 2x x

x

x x 2x

   

    

      

   

 

  

2

x

x

0 x 2x x

x

    

  



     

   

x

x

   

  

Vậy, tập nghiệm bất phương trình (-; -4]  [2; +) HOẠT ĐỘNG 13:

a Ta trình bày theo cách sau: Cách 1: Điều kiện:

x 2x

   

 

  x  -1 (*)

Biến đổi bất phương trình dạng:

x 1  2x 5  x 2x (x 1)(2x 3) 25       

2 (x 1)(2x 3) 21 3x

    

21 3x 21 3x

4(x 1)(2x 3) (21 3x)

 

 

 

  

    





 x >

Vậy, tập nghiệm bất phương trình (3; +) Cách 2: Điều kiện:

x 2x

   

 

  x  -1 (*)

Biến đổi bất phương trình dạng:

x 1  2x 5  Nhận xét rằng:

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 x   



 

 2 x ≤ ≤

Bi n ế đổ ấi b t phương trình:

   

3 x x  x  1 (x 2) x 2    x 2  x

2

x x ( x)     

  



x

x x 

  

   

x

x

x       

  



  x < 1.

Vậy, tập nghiệm bất phương trình [2; 1) Cách 2: Điều kiện:

3 x x   



 

 2 x ≤ ≤

Bi n ế đổ ấi b t phương trình v d ng: ề

   

3 x 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:

 

   

 

2

3

t x

2 

3

3

t

4 do đó, điều kiện cho ẩn phụ t

Khi đó, bất phương trình có dạng:

   

  



3 t

t(t 3) (3 t)

  

 

t

t 1   t <  x2 - 3x + < 1  x2 - 3x + <  < x <

Vậy, bất phương trình có tập nghiệm (1; 2) Cách 2: Biến đổi phương trình dạng:

 x2 3x 1    x2  3x 6  20

     

  

     

2

2

x 3x x 3x

0

x 3x x 3x

   

  

     

2

2

x 3x x 3x

0

x 3x x 3x

 

     

     

 

2

2

1

(x 3x 2)

x 3x x 3x

 x2 - 3x + <  < x <

Vậy, bất phương trình có tập nghiệm (1; 2)

HOẠT ĐỘNG 15: Điều kiện x > 0. (*) Viết lại phương trình dạng:

√x

2√x

1

4x 5( + ) < 2(x + ) + (2)

√x

2√x Đặt t = + , ta có nhận xét:

√x

2√x ¿C «si √√x

1

2√x √2

+ = ,

√2 điều kiện t  (**)

Mặt khác:

(√x+

2√x)

2 1

4x

1

4x t

2 = = x + +  x + = t2 - 1. Khi đó, bất phương trình có dạng:

t>2

¿

t<1/2

¿ ¿ ¿ ¿

⇔

(**)

√x

2√x  t >  + >

√x Đặt X = , X > 0, đó:

1

2X X + >  2X

2 - 4X + >

X>2+√2

2

¿

X<2−√2

2

¿ ¿ ¿ ¿

√x>2+√2

2

¿

√x<2−√2

2

¿ ¿ ¿ ¿

x>3

2+√2

¿

0<x<3

2−√2

¿ ¿ ¿ ¿

  

3

2 √2

3

2 √2 Vậy, bất phương trình có nghiệm (0, - )  ( + , + )

HOẠT ĐỘNG 16: a Điều kiện:

¿

2x2

+12x+6≥0

2x −1≥0

¿{

¿

1

2  x 

(*)

Biến đổi bất phương trình dạng:

x+2¿2+2(2x −1)

2¿ √¿

√2x −1 > x + + (2)

Đặt

¿

u=√2x −1≥0

v=x+2

¿{

¿

√2u2+2v2

u+v ≥0

u+v¿2

¿ ¿ ¿{

2u2

+2v2>¿

u+v ≥0

u − v¿2>0 ¿ ¿ ¿{

¿

> u + v   u  v

Xét trường hợp u = v

√2x −1

x=1

¿

x=5

¿ ¿ ¿ ¿

 = x +  x26x + =  

1

2 Suy ra, để u  v, ta phải có x  [, + ) \ {1, 5}

2 Vậy, nghiệm bất phương trình x  [; +) \ {1; 5}

b Hướng dẫn: Viết lại bất phương trình dạng:

x −3¿2

2(x −1)+2¿ √¿

√x −1  + x -

√x −1 Sử dụng phép biến đặt ẩn phụ u = v = x - HOẠT ĐỘNG 18:

a Ta trình bày theo cách sau: Cách 1: Viết lại bất phương trình dạng:

√x −1+2√x −1+1 √x −1−2√x −1+1 32 + >

√x −1+1¿2 ¿ √¿

√x −1−1¿2 ¿ √¿

3

2  + >

Điều kiện:

x -   x  (*)

√x −1 √x −1 32

¿√x −1−1≥0

2√x −1>3

2

¿ ¿ ¿

√x −1−1<0

¿

2>3

2

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

x ≥2

¿

x<2

¿ ¿ ¿ ¿

+ + | - 1| >  

x

Kết hợp với điều kiện (*) x  nghiệm bất phương trình Cách 2: Điều kiện:

x

x x

x x

   

  

 

  

  x  (*)

Bình phương hai vế bất phương trình, ta được:

   

2x x x x x

     

2

2x x 4(x 1)

     2x x2 4x

4

    

2

2 (x 2) 2x

4

    x 2x

4

   

(1) Ta có biến đổi cho (1):

 Với x   tức x  thì: (1) 2(x 2) 2x

4

    4x 25

4

  x 25

16

 

Suy ra, nghiệm trường hợp x   Với x  < tức x < thì:

9 (1) 2(2 x) 2x

4

   

4

 

2

x

2

  

, vô nghiệm

Suy ra, nghiệm trường hợp x < 22 Suy (1) nghiệm với x

Vậy, bất phương trình có tập nghiệm [1; +) b Ta trình bày theo cách sau:

Cách 1: Điều kiện:

¿

x2−1≥0

x −√x2−1≥0

x+√x2−1≥0

¿{{

¿

 x  (*)

Nhận xét rằng: √x −√x2−1

√x+√x2−1 √x −√x2−1 √x+√x2−1 VT = +  =

Vậy, bất phương trình có nghiệm

2

x x x x

      √x −√x2−1

√x+√x2−1 VT =  =

2 x

    x21 0

x

x (loai)

    



Vậy, nghiệm bất phương trình x = Cách 2: Điều kiện:

¿

x2−1≥0

x −√x2−1≥0

x+√x2−1≥0

¿{{

¿

 x  (*)

Bình phương hai vế bất phương trình, ta được:

   

2x x  x 1 x x 1 4

 

2

2x x x

      2x 4 

Vậy, nghiệm bất phương trình x = HOẠT ĐỘNG 20: Điều kiện:

¿

7x+7≥0

7x −6≥0

¿{

¿

6

7  x 

(*)

Sử dụng phép biến đặt ẩn phụ:

√7x+7 √7x −6 u = v = , với u, v  Khi đó, bất phương trình có dạng:

u + v + 2uv < 181 - (u2 + v2 1)  (u + v)2 + (u + v)  182 < 0  (u + v + 14)(u + v  13) <  u + v < 13

√7x+7 √7x −6 √49x2

+7x −42  + < 13  14x + + < 169

√49x2

+7x −42  < 84  7x

6

7 Giải tiếp, ta nhận nghiệm  x <

HOẠT ĐỘNG 21: Biến đổi tương đương bất phương trình dạng:

2 ( x 1)  x 1  <

x 1 x 1 x 1 x 1  2 + 1  <  2( + 1)  < 4

x 1

x x     

 

  < 1  x < 3. Vậy, bất phương trình có tập nghiệm [1; 3)

Cách khác: Với điều kiện x 1, biến đổi bất phương trình dạng: x 2 x 4     x 1

   2

4 x 2 x x

      