Chuyên đề Phương trình, bất phương trình có chứa căn

Cơ sở lý thuyết : Tìm điều kiện tham số có thẻ xẩy ra các dạng sau  Dạng1 : phương trình có nghiệm duy nhất  Dạng2 phương triònh có nghiệm với mọi giá trị tham số  Dạng 3 phương trình[r]

Lời nói đầu Trong chương trình ôn tập toán phổ thông ,có nhiều chuyên đề cần dạy cho học sinh Theo phân công chúng tôi biên soạn phần phương trình ,bất phương trình có chứa căn, phươngTrình và bất phương trình có chứa giá trị tuyệt đối, trên sở tham khảo các sách tham khảo nhiều tác giả có uy tín, sách giáo khoa, các đề thi đại học , nhiên phần trình bày chúng tôi chắn còn nhiều thiếu sót , kính mong các đọc giả bổ sung và góp ý kiến ,chúng tôi xin chân thành cám ơn Tổ toán THPT Hàn Thuyên Lop12.net CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA CĂN PHẦN I : Phương trình có chứa I)Phương pháp biến đổi tương đương 1) Kiến thức :  g ( x)   f ( x) hoac g ( x)  f ( x)  g ( x)   f ( x)  g ( x)    f ( x)  g ( x)  f ( x)  g ( x) Chú ý các trường hợp khác phải tìm tập xác định trước biến đổi 2) Bài tập áp dụng 1  x  11 1  x  11 11  x  x       11  x  x   11  x  x    x  Bài1: gpt : 1  x  11 1  x  1  x  11    x2 64  x  32 x  16( x  1)  x  12 x  20  8  x  x  Bài2: gpt: x    x    x   x Txđ: 1  x   4  x  1  x    x  1 /  /  x  /  (1  x)(1  x)  x      x 1  2 (1  x)(1  x)  (2 x  1) 2 x  x  II) Phương pháp đặt ẩn phụ 1) Dạng1: * Nếu có f(x) và f(x) đặt t= f (x)  Nếu có f ( x) , g ( x) ma f ( x) g ( x)  a (h / s ) dat t   Nếu có f ( x)  g ( x) , f ( x) g ( x) , f ( x)  g ( x)  a, dat t   Nếu có a  x dat x  a sin t ,  Nếu có  t  f ( x)  g ( x)  a / t f ( x)  g ( x)  2 a   x  a dat x   t  0 sin t 2 2) Bài tập áp dụng Bài1: gpt 2(x2- 2x) + x  x    đặt t= x2  2x   Bài2; gpt 5( x   x  1)  x   x  x  đ/k x ≥ đặt t= x   x  đ/k t ≥ 1dẫn tới pt t2-5t+6=0 t  0,   đó pt   5 3  cos t  cos t  cos t  sin t  cos 3t  cos 3t  cos(  t )  t  , , 8  x  x  x đ/k -1 ≤ x ≤ đặt x = cost Bài3:gpt:  x  cos   2 5   3 , cos  , cos  Bài4: gpt: (1  x)   x  (1  x)  x  1 khong la ng chia 2ve  x 1 x 1 x 1 x    dat t   2t  / t    2t  3t   1 x 1 x 1 x giải có t = 1, t = 1/ suy nghiệm phương trình x 35   Bài5: gpt : x  đ/k x > đặt x = 1/cost t  (0 )  x   tan t x  12 2 Lop12.net 1 / cos t 35 1 35       12(sin t  cos t )  35 sin t cos t cos t sin t / cos t 12 cos t sin t 12 35      cos t sin t 12 dat u  sin t  cos t  u  (1, )  35u  24u  35   t  /   25    cos t sin t 12 5    cos t  x     5 x    cos t 2) Dạng2: đặt ẩn phụ còn x tham tham số t là tham số Bài tập áp dụng : x  Bài1: gpt x   x x  x dk  dat t  x  x  x  pt  Khi đó pt: x2 -2tx-1 = `= t2+1 = (x-1)2 →x = t±(x-1) và x2  2x  x2  2x    x  x  x  ( x  1) x        2 x     x  /   x  x  x  ( x  1)  x    x  x  (2 x  1) 3 x  x     Bài2: gpt (4x-1) x  8x2+2x+1 đặt t = x  ≥ pt : 2t2-(4x-1)t+2x-1=0 x  1/ Có ngh t=2x-1, t= 1/2(loại) với t =2x-1 x   x    vô ngh x   ( x  )  u  n a  f ( x) u n  v n  a  b n n  3) Dạng3: đặt ẩn phụ a  f ( x)  b  f ( x)  c   v  n b  f ( x) u  v  c Bài tập áp dụng: u   x u  v  Bài1: gpt:  x   x     3 v   x u  v  u  x  u   x u  v    Bài2:gpt:  x   x      u    x  v  x  u  v  u  2  x  10   3) Dạng4: ẩn phụ chuyển phương trình thành hệ : ax  b  c(dx  e)  nx  m Thí dụ: gpt x   4 x  13 x   x   (2 x  3)  x  dat  y   x   y   (2 x  3)  x  (2 y  3)  x  y   x  y     (2 y  3)  x  (2 y  3)  x  2 y   x 15  97 11  73 2)2 y   x  x  11x    x  1) x  y  x  15 x    x  III) Phương pháp đánh giá 1) Kiến thức bản: Lop12.net  f ( x)   1) f2(x) + g2(x) + t2(x) =   g ( x)  t ( x)   2) f(x) + g(x) = a ( a là số) 3)  f ( x)  b mà f(x) ≤ b , g(x) ≤ c (b + c =a )    g ( x)  c  f ( x)  a f(x) = g(x) , f(x) ≤ a, g(x) ≥ a    g ( x)  a 2) Bài tập áp dụng : Bài1: gpt x4 + 2x2 -6x +20 = x x  x  16  x4 - x x  x  16 + x2 -2x +16+  x  x  x  16  x  x  16 )2 + ( x-2)2 =     x   x = thỏa mãn hệ , phương trình có nghiệm x = Bài2: gpt: 4x2 + 3x +3 = 4x x   2 x  đ/k x ≥ 1/2 phương trình tương đương  x   x (2 x  x  3)  (1  x  1)     x   x2-4x+4 =  ( x2- Bài: gpt: x  x   x  10 x  14 = – 2x – x2 Ta có vé trái 3( x  1)   5( x  1)     Vế phải – 2x—x2 = – (x+1)2 ≤ phương trình thỏa mãn vế đồng thời và x = - là nghiệm phương trình : IV) Phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số 1) Cơ sở lý thuyết dùng tính đơn điệu hàm số từ đó khẳng định số nghiệm phương trình 2) Bài tập áp dụng x   x   dkx  / xét hàm số y= x   x  txd x  / 2 4x   0x  / hàm số luôn đồng biến trên txđ pt không có Có đạo hàm y ,  4x  4x2  quá nghiệm nhẩm nghiệm ta thấy x=1/2 là nghiệm Bài2: gpt x  x   x   xét hàm số y= x  x   x  txđ x≤1/3 y `  x  3x   h/s đồng biến trên txđ phương trình không có quá  3x nghiệmTa thấy x= -1 là nghiệm bài toán Bài1  x  x   x  x    x  x   x  x  đặt t = x2- x đ/k -3≤t≤2  o hàm số tăng , h/s f(t) =  t txđ  3,2 f`(t)= 3t  hàm số nghịch biến chúng có thể giao g(t) = 1+  t  g (t ) ,   2t Bài3:gpt; điểm , thấy t =1 là nghiệm đó t=1 suy pt x2- x =1 có nghiệm x  1 V) Phương pháp sử dụng tính liên tục hàm số để chứng minh số nghiệm phương trình Bài tập áp dụng : CMR phương trình sau có nghiệm phân biệt thuộc (-7,9): x  63  x  Lop12.net đặt t=  x có pt 2t3 – 6t + =0 hàm số này liên tục trên R ,có f(-2)f(0)<0 có 1ngh t thuộc (-2,0) suy có ngh x thuộc (1,9) , f(0)f(1)<0 có 1ngh t thuộc (0,1) suy có 1ngh x thuộc(0,1) , f(1)f(2)< có 1ngh t thuộc(1,2) suy có ngh x thuộc (-7,0) phương trình đã cho có đúng nghiệm phân biệt thuộc ( -7,9) VI) Phương pháp sử dụng đạo hàm bậc * Tìm tập xác định phương trình * Xét hàm số f trên miền D ,tồn đạo hàm bậc suy hàm số lồi lõm trên miền D Suy phương trình không có quá nghiệm nhẩm nghiệm thuộc miền D Bài tập áp dụng : Bài1: gpt : x   x  x   đ/k x≥ - PT tương đương x   x  x   xét hàm số f(x) = x   x  x  trên tập x/đ x ≥ -1 3 f , ( x)   x   f ,,`` ( x)     hàm số đó có đồ thị lồi trên txđ x 1 ( x  1) Do đó phương trình có nghiệm thì không quá nghiệm ta dễ thấy x = 0, x = là nghiệm Bài2;gpt: x  x   x  x  điều kiện x ≥ phưong trình tương đương với x  x   x  x   xét hàm số f(x) = x  x   x  x  tập xác định x ≥ f , ( x)    x   f ,, ( x)      đồ thị hàm số lồi trên tạp 2 x 3x  x (3 x  1) xác định vì phương trình không có quá nghiệm ,dễ thấy x = ,x = là nghiệm VII) Một số phương trình không mẫu mực 10   đ/k x < đặt t  Bài1: gpt: 2t 3t 6    x    x 1 2 x t t t  10t     10t Pt thành t+ đócó PT: t4-8t3+12t2-48t+96=0 suy t 6  (  t )  t  (t-2)(t3-6t2-48)=0 Có nghiệm t=2 suy x=1/2 cònphương trình: t3-6t2-48=t2(t-6) -48 < với o<t≤ vô nghiệm, pt đã cho có nghiệm x=1/2 Bài2: gpt: x  x   x   x  x   x  x  tưong đương với x  x   x  x   x   x  x  tương đương với  2x  3x   3x  x   3x  x  x   x  3x  *) với x > không thể là nghiệm vì vế trái < 0,vế phải > *) với x < không thể là nghiệm *) với x = là nghiệm phương trình có nghiệm x =  2x  2x  Bài3: gpt :  x   x  điều kiện - 1/2<x< ½  2x  2x Xét vế phải theo bất đẳng thức cô si ta có  2x  2x   dấu xâỷ  2x  2x  2x  2x   x0  2x  2x Xét vế trái ta có (  x   x )   (1  x)(1  x)   suy vế trái ≤ dấu xẩy x = x = là nghiệm phương trình Lop12.net 1 1   ( x  ) tương đương với x   x     x x x x Áp dụng bất đẳng thức Bu nhi a cốp ski ta có  x   x  1.x   x  (12  12 )( x  (2  x )   Cộng  1 1 2     1.x    (1  )(  (2  )  x x x x x 1 Ta có x   x     dấu xẩy x=1 là nghiệm phương trình x x Bài4:gpt:  x2   PHẦN :Bất phương trình có chứa I)Phương pháp biến đổi tương đương : 1) Kiến thức : 1) 2)  g ( x)  f ( x)  g ( x)   0  f ( x)  g ( x)  g ( x)    f ( x)  f ( x)  g ( x)    g ( x)    f ( x)  g ( x) 2) Bài tập áp dụng: Bài1: 4 x  0  x    0  2x   x   x  2  x  16      0  0 3 x2 x x x   x    2 x   0  x        x 0   x 2 x Vậy tập nghiệm bất phương trình là 0,2 Bài2: gbpt x  x   x   tương đương với x  x   x  tương đương với  x     3  3 7  2 x  x   x      ,   3,   x20       x  2 x  x   ( x  2)    x  x    4x2  điều kiện  Bài3: gbpt:  x 0  x  1  x   1  x  1 1) Với -  x  bpt tương đương  x   x   -  x0 2 2 1  x  (1  x) Lop12.net 2) Với 0<x  1  x   1  x  bpt tương đương  x   x    0<x  2 1  x  (1  x) 1  x  Vậy nghiệm bpt là    1  ,0    0,  II)Phương pháp đặt ẩn phụ 1) Dạng1: đặt ản phụ hợp lý dẫn tới bất phương trình đại số quen thuộc Bài1 ; gbpt: x  x  x  11  x  đặt t = x  x  11  dẫn tới bpt t2+2t-15 ≤ suy ≤ t ≤ suy x  3x  11  suy x2 -3x+11 ≤ suy nghiệm bpt ≤ x ≤ x 3x x2 3x Bài2 gbpt có bất  1  1   đặt t = 2 2 1 x 1 x  x2 1 x 1 x phương trình t2-3t+2 > suy t > t <  x   x 0  x  x 1) xét bpt >2      x 1 1  x  1 x 5 x    x   x   x x     x   1  x  2) xét bpt <1   2 1  x  1 x  x  4(1  x )      nghiệm bpt là   1, ,1  5    1  2x   điều kiện x > đặt t = x  Bài2: gbpt: x  ≥ 2x x x dẫn tới bất phương trình bậc hai: 2t2 – 5t + > có nghiệm t > và 3 x >2  x  x    co nghiem (0,  )  (  ,) 2 x x 1 x 1 x 1 2  dat t   dẫn tới t2 -2t -3 >0 có nghiệm t≥ x x x  1 Cho ta tập nghiệm bpt là  0,   8 Dạng2 : đặt ẩn phụ t dẫn bpt xem t là ẩn ,x là tham số,hoặc bpt xem x là ẩn, t là tham số Bài3: gbpt Bai1:gbpt: x2-1  x x  x đặt t =   t   ( x  1) dẫn tới ( x  x  dẫn tới bpt: x2-2tx-1≤ có x  x  1)( x  x  x   và  2 x   x      x  2x  2x    x  2x    x0 x0   x  x  (2 x  1)    x  2 Dạng3: đặt ẩn phụ dẫn tới hệ x  x   x  x  điều kiện x ≥ biến đổi u  x   2( x  2)  2(2 x  1)  x   x  đặt   2u  2v  u  v v  x  Bài1: gbpt Lop12.net u  v   uv 2 2u  2v  (u  v) x   2x   x     x  1, x  x  6x   1  Vậy để u  v  x   ,  x  1, x  2  u  x  Bài2:gbpt x  x   x  x  đặt  bất phương trình có dạng v  x   u  v  u  v  2u  2v  u  v    uv0 2 2u  2v  u  v (u  v)  Trường hợp u = v x     x  x   x  x4  x  x    III)Phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số Cơ sở lý thuyết: dựa vào bảng biến thiên hàm số phát hiẹn miền nghiệm cuả bất phương trình Bài tập áp dụng Bài1: gbpt: x   x   d / k x  2 xét hàm số f(x) = x   x  trên tập x ≥ -2 Có đạo hàm luôn dương với x thuộc tập xác định suy hàm số luôn đồng biến lại có f(0) = nghiệm bpt là x > Bài2: gbpt: Tương đương x  x   x x  11   x  x  dk  x  x  x   x   x  x  11   x ( x  1)   x   (3  x)    x Xét hàm số f(t) = t   t tren 1,3 có f, (t) >0 hàm số đồng biến trên tập xác định ta có f(x-1)>f(3-x) và x-1>3-x cho ta x>2 nghiệm bất phương trình là < x ≤ Bài3: gbpt: 2x+ x  x   x  x  35 d / k x  xét hàm số trên tập xác định x≥ 1 2x    0 F(x) = x  x  x   x  x co f , ( x)   x x | x2  7x   29     29   Hàm số đồng b iến trên tập xác định vì f(x) < 35 = f     nghiệm bpt 0< x <       12     12       IV) Phương pháp sử dụng giá trị lớn nhỏ hàm số Kiến thức Lập bảng biến thiên từ đó có kết bài toán Bài tập áp dụng Bài1 Tìm m để bpt sau có nghiệm: mx - x   m  đặt t = x  t ≥ ta có t 1 t 1  m xét hàm số f(t) = m( t2+2) ≤ t+1 tương đương với trên tập t≥ có t 2 t 2  t  2t  , f , (t )  f (t) = t =  (t  2) Lop12.net Ta có bảng biến thiên t -1  -1  f t - F ( t ) -1  Nhìn vào bảng biến thiên để bất phương trình có nghiệm thì m ≤ + 3 1 V) Phương pháp đồ thị : Kiến thức : dùng đẻ giải các bài toán tìm tham số để bất phương trình có nghiệm thực các bước sau : *) sử dụng các phép biến đổi tương đương đưa bất phương tình đã cho hệ *) xét trên hệ trục tọa độ Oxm +) Biểu diễn các điểm M(x,m) thỏa mãn các bất phương trình hệ ,giả sử các tập đó là X1,X2, +) Xác định X= X1 ∩ X2 ∩… +) Chiếu vuông góc tập X lên trục m ,giả sử là Im *) Khi đó: +) Để hệ vô nghiệm m ≠ Im +) Để hệ có nghiệm m € Im +) Để hệ có nghiệm đường thẳng m =  giao với tập X đúng điểm Bài tập áp dụng: Bài1: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm  x  m  x đặt y =  x  đó bất x  y  (2) phương trình tương đương với hệ   x  y  m  (3) Các điẻm thỏa mãn (2) ký hiệu là X1 là tập hợp các điểm mằn nửa trên đường tròn tam O bán kính R=1 các điểm thỏa mãn (3) ký hiệu là X2 là tập hợp các điểm nằm phía trên đưòng thẳng x + y = m lấy với y ≥ Vậy để bất phương trình có nghiệm và X  X  m  Bài2: Tìm m để bất phương trình sau đúng x thuộc – ≤ x ≤ (4  x)(6  x)  x2 - 2x +m đặt y = (4  x)(6  x) ≥ suy y2 = 24 + 2x – x2 Tương đương với ( x -1 )2 +y2 = 25 vế trái bất phương trình là nửa trên đường tròn tâm I(1,0) bán kính R = , còn vế phải bất phương trình y = x2 – 2x + m là pảabol có đỉnh nằm trên đường thẳng x = để bài toán nghiệm đúng y với x thuộc – ≤ x ≤ thì pảa bol luôn nằm phía trên nửa đường tròn và đỉnh pảabol tiếp xúc với đường tròn điểm M(1,5) tức là = m0 – suy m0 = M(1,5) giá trị m cần tìm là m ≥ Lop12.net x VI) Phương pháp điều kiện cần và đủ Cơ sở lý thuyết : dựa vào đặc điểm bất phương trình ta có thể Suy đặc điểm nghiệm bất phương trình từ đó suy Giá trị tham số m , điều kiện đủ với m tìm thay vào bẩt phương trình ,giá trị m thỏa mãn điều kiện bài toán là giá trị cần tìm Bài tập áp dụng Bài toán1: Tìm m để bất phương trình có nghiệm x  2m  mx (1) Điều kiện cần : giả sử (1) có nghiệm là x0 thì – x0 là nghiệm , đó muốn có nghiệm thì phải có x0 = - x0 suy x0= thay vào (1) ta có m = Điều kiện đủ : với m = thay vào bất phương trình ta có nghiệm x = ,vậy m = là giá trị cần tìm Bài toán2: Tìm m để bất phương trình (2  x)(4  x)  x  x  m (1) nghiệm đúng với x   2,4 Điều kiện cần: để bất phương trình đúng x   2,4 thì x = là nghiệm thay vào (1) ta có m≥ Điều kiện đủ : với m ≥ đó áp dụng bất đẳng thức Cô si vế trái ta có Vế trái = 2 x4 x (2  x)(4  x)   vế phải x2 – 2x + m = (x-1)2+ m – ≥ suy vế phải ≤ vế trái , với m ≥ là giá trị cần tìm VII) Phương pháp đánh giá: Đó là các bài toán giải thông thường gặp khó khăn để ý đặc điểm bài toán và kết hợp với mọt số bất đẳng thức ta có thể suy nghiệm bài toán Bài toán áp dụng : giải bất phương trình sau Ta có điều kiện x  x2 1  x  x2 1  x    x  x    x    x  x   x  x   x  x   x  x  x  x   Khi đó nghiệm và Vế trái = và x = là nghiệm bất phương trình bát phương trình có x  x2 1  x  x2 1  x  Chủ đề phương trình có chứa giá trị tuyệt đối I) Phương pháp biến đổi tương đương 1) Cơ sở lý thuyết :  f ( x)  g ( x) (1) Dạng1: f ( x)  g ( x)    f ( x )   g ( x ) ( 2)  g ( x)   g ( x)   Dạng2: f ( x)  g ( x)   ,   f ( x)  g ( x)  f ( x)  g ( x)  f ( x )   g ( x )  Chú ý: người ta thường dùng cách thứ bình phương hai vế xuâts phương trình bậc cao 2) Bài tập áp dụng x  x  x2  Bài1: gpt 1    x   x   x  x2 x2  x2  x    x   Lop12.net x   Bài2:gpt | x2 +5x+4 | = x+4 tương đương   x  0, x  2 ( x  x  4)  ( x  4) Bài 3: Giải và biện luận phương trình: | x2 -2mx-2m | = | x2 + 2x| (1) 2  x  2mx  2m  x  x (m  1) x  m Tương đương với    2  x  (m  1) x  m  (3)  x  2mx  2m   x  x Giải  với m + = thì m = -1 đó (2) vô nghiệm m  với m + ≠ thì m ≠ - đó (2) tương đương với x   m 1 Giải3 Ta có  = (m+1) * Với  = m = - (3) có nghiệm x = -1  x  1 * Với  > m ≠ - đó (3) có nghiệm  x  m Kết luận  Với m = -1 phương trình có nghiệm x = - m  Với m ≠ - phương trình có3 nghiệm x = - , x = m , x   m 1 2 Bài4 Giải và biện luận phương trình | x + x +m | = - x + x +2 Phưong trình tương với   x  (*)   x  x     x   x   m (2)   2  x  x  m   x  x   2 x   m    2 x  2  m   m   x  x  m  x  x   x  (3)  a) Giải và biện luận (2) 2  m  0 m  * với   đó (2) không có nghiệm thỏa mãn (*) m  6 2  m   2m 2m   6  m  thì (2) có nghiệm x =  * Với < thỏa mãn (*) 2 2m 2m    m  thì (2) có nghiệm x =  thỏa mãn (*) 2 2m   6  m  b) Giải và biện luận (3) ,nghiệm (3) thỏa mãn (*)   Kết luận :  ) vơi m>2 m <- phương trình vô nghiệm 2m  ) Với  m  phương trình có nghiệm x =  * Với ≤  II) )   m  thì (2) có nghiệm x = 2m và x= 2m Phương pháp chia khoảng 1) Cơ sở lý thuyết: Khi giải phương trình có chứa nhiều tuyệt đối a) Đặt điều kiện để phương trình có nghĩa b) Lập bảng xét dấu tất các biểu thức nằm tuyệt đối c) Giải phương trình trên khoảng đã chia d) Kết luận Lop12.net 2) Bài tập áp dụng Bài gpt | x2 – x | + | 2x – | = x  X2-x + - | + | + 2x-4 - | - | - + Nếu x ≤ ≤ x ≤ pt tương dưong với x2 – x – (2x-4) = x2-3x+1=0 Cho ta nghiệm x  3 loại 1 thỏa mãn   29 pt tương đương với x2 +x – = có nghiệm x  thỏa mãn * Nếu 0<x<1 pt tương đương với x2 +x -1 = có nghiệm x  * Nếu x≥2 Bài2: gpt  x3 x  1 điều kiện x khác và x x+3 3x-4 -3 - + | - - | - + * Nếu x ≤ -3 pt tương đương với x2 = 12 có nghiệm x =  thỏa mãn * Nếu -3 <x < pt tương đương với x2 = có nghiệm x =  thỏa mãn * Nếu x ≥ pt tương đương với x2 -2x – 18 = có nghiệm x = 1+ 19 thỏa mãn Chú ý : néu có nhiều giá trị tuyệt đối cách giải tương tự nhự III) Phương pháp sử dụng các tính chất giá trị tuyệt đối : 1) Cơ sở lý thuyết: * Tính chất 1: | a+b| = |a| + |b| và a,b ≥ * Tính chất 2: |a| + |b| = a + b và a,b ≥ * Tính chất3 : |a| + |b| = a - b Khi và a ≥ , b ≤ * Tính chất : | a – b | = |a| - |b| Khi và b( a-b) ≥ Cách giải  Đặt điều kiện phương trình có nghĩa  Biến đổi phương trình dạng trên  Giải và kết luận 2) Bài tập áp dụng Bài1: Giải phương trình | x2 – 4x + 3| + | x2 – 4x| = Cách có thể giải phương pháp chia khoảng Cách phương trình có thể biến đổi thành | x2 – 4x + 3| + | x2 – 4x| = 0  x   x  x   2 ( x – 4x + 3)- ( x – 4x )     x  x  3  x  Lop12.net Bài2 Giải phương trình tan x tan x  tan x  tan x  tan x  tan x tan x  tan x   tan x tan x  tan x   x  k tan x  tan x  0    tan x  tan x    k  x   k Biến đổi phương trình dạng Tương đương với Bài3 Giải phương trình Tương đương với ( x   1)  (2  ( x  1)  Tương đương với x     x  = ( x   1)  (2  x  1) Tương đương với IV) x  x   x   x   điều kiện x ≥  x     x    2 x5  2  x    x   Phương pháp đặt ẩn phụ: 1) Cơ sở lý thuyết : Đặt ẩn phụ thích hợp đưa bài toán đã cho vè bài toán ản không có tuyệt đối 2) Bài tập áp dụng Bài1: gpt (x – )2 +4 | x-1| +3 = Đặt t = | x-1| t không âm ta có phương trình t2 +4t +3 = t  1 loai  x   3 x    t   x 1   x  2 Bài2: Giải phương trình x  x   1  x  5x  Dặt t = | x2 -5x +2| >0 ta có phương trình t + 1/t +1=0 có nghiệm t= -3 , t=2 với t = thỏa mãn đó | x2 -5x +2| = ta có x2 -5x +2 = , x2 -5x +2 = - cho ta nghiệm x=0 , x= 1, x= , x=5 2 Bài3 : Giải và biện luận pt mx   mx   Đặt t = | mx-2| +1 ≥ có phương trình t – + 2/t =2 mx   mx     mx   t      mx  t   mx     mx   mx  Kết luận : * với m =0 phương trình vô nghiệm  với m khác phương trình có nghiệm phân biệt x = 1/m , x = 2/m , x = 3/m V) Phương pháp hàm số 1) Cơ sở lý thuyết Nếu hàm số đồng biến nghịch biến trên tập xác định nó thì ta luôn có f(u) = f(v) và u = v 2)Bài tập áp dụng 1 1 x 5 x 1 x 5 x 1 e   e  e  Bài gpt e 2x  x  2x  x 1 Tập xác định x khác 5/2 , Xét hàm só f(t) = et – / t có đạo hàm et + 1/t2 > với t hàm số luôn đồng biến Vậy ta có f(| 2x-5|) = f( |x-1|) và | 2x-5| = | x-1| giải có nghiệm x = 2,x=4 Bài2 gpt x2 –x|x| + 3x – 10 = Lop12.net Xét hàm số f(x) = x2 –x|x| + 3x – 10 có đạo hàm f ) = 3x  x   3x  x  Đạo hàm luôn dương với x hàm số luôn luôn đồng biến x0 x0 có nghiệm thì đó là nghiệm dễ thấy x = là nghiệm bài toán VI) Phương pháp điều kiện cần và đủ a Cơ sở lý thuyết : Tìm điều kiện tham số có thẻ xẩy các dạng sau  Dạng1 : phương trình có nghiệm  Dạng2 phương triònh có nghiệm với giá trị tham số  Dạng phương trình nghiệm đúng với x thuộc miền D  Phương trình tương đương với phương trình bất phương trình khác Thực các bước giải sau  Đặt điều kiện phương trình có nghĩa  Dựa vào đặc điểm phương trình tìm điều kiện cần suy giá trị tham só  Giá trị tham số thỏa mãn điều kiện bài toán là giá trị cần tìm b Bài tập áp dụng Bài toán : Tìm m để phương trình sau | x-m | = x + đúng với x ≥ -2 Điều kiện cần : vì đúng với x ≥ -2 nên đúng với x = -2 suy | 2-m| = 2+m Suy m = , m=4 Điều kiẹn đủ Với m = o ta có phương trình |x| = x+ ta thấy x =0 không thỏa mãn loại Với m = ta có | x-4 | = x + luôn đúng với x ≥ -2 Vậy giá trị m = là giá trị cần tìm VII) Phương pháp đánh giá 1) Cơ sở lý thuyết dựa vào tính chát số bất đẳng thức ,và phương pháp đối lập Ta có thể suy nghiệm phương trình 2) Bài tập áp dụng x 1 Bài toán 1: gpt sau  2 x 1 Áp dụng bất đẳng thức cô si cho vế trái phương trình ta có x 1 3 x 1  2  vế phải dấu xẩy x 1 x 1 x 1  x 1 Bài toán2: x = , x = phương trình có nghiệm x=2,x=4 gpt 6-4x –x2 = sin y y cos x x  10  ( x  2)  10 2y sin x nhận xét Vt ≤ 10, Vp ≥ 10 dấu xẩy vế 10 x    x  2  x  2      2y   sin x   sin y   y   k  Lop12.net Chủ đề bất phương trình có chứa giá trị tuyệt đối I) Phương pháp biến đổi tương đương a) Cơ sở lý thuyết 1) | f(x) | > | g(x) ) tương đương với f2(x) > g2(x)  g ( x)   f ( x)  g ( x)   g ( x)  2)  f ( x)  g ( x)   g ( x)  f ( x)  g ( x)   2  f ( x)  g ( x) Khi giải cần thực các bước sau  Kiểm tra đièu kiện  sử dụng các phép biến đổi tương đưa bất phương trình đã cho hệ phương trình đại số từ đó tìm nghiệm  Kiểm tra đièu kiện  Kết luận nghiệm b) Bài tập áp dụng Bài1 gbpt | 4x3 – 3x | ≤ tương đương với ( 4x3 – 3x )2 ≤ tương đương ( 4x3 -3x +1 ) ( ( 4x3 -3x -1 ) ≤ tương đương vói (x2 – 1)(2x+1)2(2x-1)2 ≤ 2 x    Tương đưong 2 x    1  x  x    3) x  5x    x  5x   x  x2  Tương đương với ( x2 -5x +4 ) ≤ (x2 – )2 tương đương ( 2x2 -5x) ( 8-5x) ≤  0  x   8 5   0,    ,  Tương đương với   5   x   2 x      ,0   1,  Bài3 gbpt | 1-4x | > 2x +1 tương đương với 2 x    2  (1  x)  (2 x  1)  Bài2 gbpt II)     Phương pháp chia khoảng : 1) Cơ sở lý thuyết : gặp bài toán có từ hai trị số tuyệt đối trở lên ta làm sau Đặt điều kiện có nghĩa bpt Lập bảng xét dấu tất cac biểu thức dấu tuyệt đối , chia khoảng Giải bất phương trình trên khoảng Kết luận 2) Bài tập áp dụng : x2  4x  Bài1 gbp  bpt có nghĩa với x x2  x  Ta có bảng xét dấu x X2 – 4x x- + - | Lop12.net | + - | + + Kết luận x2  4x  1 x   x  x5  x  4x  1  x  Trưòng hợp 0<x<4 tương đương x  x5 2 x  4x  1 x  Trưòng hợp x>5 tương đương với loại x  x5 Trưòng hợp x  0,4  x   Vậy nghiệm bpt là Bài2 gbpt  1     ,     ,   2    x2 x5 3 ta có bảng xét dấu x x-5 - | x-2 - + + + * Nếu x < tương đương với 9  x2  4x   x    x20   x  1 5 x3 2 x 2 x * Nếu ≤ x< tương đương với 9  (2  x)  x2 x20 02 x5 5 x3 2 x 2 x * Nếu x>5 tương đương với 9 x  10 x   x2  ( x  2)     8 x 53 x53 x 8 x 8 Kết luận nghiệm bpt  ,1  2,5  8,5   III)  Phương pháp sử dụng tính chất giá trị tuyệt đối 1) Cơ sở lý thuyết * Tính chất1 | a + b | ≤ |a| + |b| với a,b * Tinh chất | a - b | ≥ |a| - |b| với a,b * Tính chất1 | a + b | < |a| + |b| tương đương với ab <0 * Tinh chất | a - b | > |a| - |b| tương đương với b(a-b)<0 Thực các bước sau 1) Đặt điều kiện néu có 2) Biến dổi phương trình dạng trên 3) Giải 4) Kết luận 2) Bài tập áp dụng Bài1 gbpt | 2x2-3x+11| - | 2x2 -5x | < 2x + tương đương với | 2x2-3x+11| - | 2x2 -5x | < | ( 2x2 -3x+11) – (2x2 – 5x ) | tương đương với ( 2x2 – 5x )( 2x+1) < cho ta nghiệm x < - 1/2 , < x < 5/2 Lop12.net Bài gbpt tan x tan x  tan x  tan x  tan x  tan x tan x  tan x   tan x tan x  tan x   x  k tan x  tan x  Tương đương với 0    tan x  tan x    k  x   k IV) Phương pháp dặt ẩn phụ 1) Cơ sở lý thuyết vào đặc điểm bài toán có thẻ dặt ẩn phụ thích hợp đưa bát phương tình dạng không còn chứa tuyệt đối 2) Bài tập áp dụng Bài gbpt ( 2x-1)2 -3 |2x-1| +2 ≤ đặt t = | 2x-1| t không âm ta có bpt sau T2 – 3t +2 ≤ cho ta ≤ t ≤     x     x    x     2 x     x   1  x  2 x   1    x   Bài2 gbpt x  x   0 x  3x   đặt t = | x2 -3x +1| ≥ ta có bpt   t  t    2  t   x  x    1  x  x   t 1  x   x  x   0  x      x     x  x  2  x  0  x   t V) Phương pháp hàm số 1) Cơ sở lý thuyêt dựa vào tính chất đơn điệu hàm số suy f(u) > f( v) và u>v hàm số đó luôn đồng biến và ngược lại 2)Bài tập áp dụng : Bài1 gbpt 4| 2x-1| (x2 –x +1) > x3 -6x2 +15x -14 ta biến đổi | 2x-1| ( (2x-1) +3) > (x-2)2 +3x-6 tương đương | 2x-1| +3 | 2x-1| > (x-2)3 +3(x-2) Xét hàm số f(t) = t3 +3t có đạo f ) = 3t2 +3 >0 với t hàm số đồng biến nên f(| 2x-1| ) > f(x-2) và | 2x-1| > x-2 thỏa mãn với x , bất phương trình nghiệm đúng vói x Bài2 gbpt x3 - | x2 -3x +2 | +6x +7 > Xét hàm số f(x) = x3 - | x2 -3x +2 | +6x +7 có tập xác định R  x  3x  x  voi   Đạo hàm f ) =  đạo hàm luôn dương với x x   voi  x  3 x  x  Hàm số luôn đồng biến mặt khác ta lại có f(1) =0 dẻ f(x) > x >1 là nghiệm bài toán VI)    Phương pháp đánh giá 1) Cơ sở lý thuyết Dựa vào tam thức bậc hai Dựa nvào các bất đẳng thức Cô si, Bu nhi a Tính chất giá trị tuyệt đối 2) Bài tập áp dụng Lop12.net Bài1: gbpt x  x2   x  x2   Tập xác dịnh với x ≥ |2| Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho vế trái ta có VT  x  x  x  x   vế phải vạy bất phương trình nghiệm đúng với x ≥ |2| Bài2 gbpt x  x  x  x  điều kiện ≤ x ≤ Sử dụng bát dẳng thức Bu nhi a cho vé trái ta có ( x  x  x  x )  x  (1  x) (1  x  x)  x  x    vp vi  x    Vậy bpt nghiệm đúng với x  0,1 ====================&&&&&===================== Lop12.net