thực hành giải toán thực hành giải toán bộ giáo dục và đào tạo trường đại học đồng tháp đề tài gvhd lê xuân trường svth nhóm 6 lớp toán 2006a năm học 2008 2009 đồng tháp ngày 15 tháng 05 năm 2009

Phương pháp này thường tỏ ra khá hiệu quả cho lớp bài toán với yêu cầu: + Tìm điều kiện của tham số để hệ có nghiệm duy nhất.. + Tìm điều kiện của tham số để hệ có nghiệm với mọi giá tr[r]

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC ĐỒNG THÁP

 Đề tài:

GVHD : Lê Xuân Trường

SVTH : Nhóm 6

Lớp : Toán 2006A Năm học : 2008 - 2009 Đồng Tháp, ngày 15 tháng 05 năm 2009

Danh sách nhóm 6: 1 Nguyễn Đinh Cơng Danh 2 Ngô Quốc Huy

3 Nguyễn Thị Minh Khôi 4 Đỗ Thành Nhơn

MỤC LỤC

MỤC LỤC

Phần I:

A HỆ PHƯƠNG TRÌNH HAI ẨN

I Hệ phương trình bậc hai ẩn:

II.Hệ phương trình bậc cao hai ẩn :

B HỆ PHƯƠNG TRÌNH BA ẨN 24

I Hệ phương trình bậc ba ẩn 24

II Hệ phương trình ẩn bậc cao: 26

Phần II: 29

A KHÁI NIỆM 29

I Khái niệm bất phương trình ẩn: 29

II Khái niệm hệ bất phương trình ẩn, hai ẩn: 29

B PHÂN LOẠI VÀ MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH 29

I Hệ bất phương trình ẩn: 29

II Hệ bất phương trình hai ẩn: 39

C.Giải toán cách đưa hệ bất phương trình ẩn: 46

Phần I: HỆ PHƯƠNG TRÌNH A HỆ PHƯƠNG TRÌNH HAI ẨN

I Hệ phương trình bậc hai ẩn: Định nghĩa:

Hệ phương trình bậc hai ẩn hệ phương trình có dạng:

         0 ' ' ' 0 c y b x a c by ax ,   0 ' ' 2 2     b a b a

2 Phương pháp giải:

- Áp dụng phép biến đổi tương đương quy tắc cộng đại số

phép mà ta học

- Dùng định thức

Giải hệ phương trình:

         0 ' ' ' 0 c y b x a c by ax ,   0 ' ' 2 2     b a b a

B1: Tính biểu thức:

c a ac c a c a D b c cb b c b c D b a ab b a b a D y x ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' '         

B2: Xét trường hợp :

Nếu D0, hệ có nghiệm x y; 

D D y D D

x x;  y

Nếu D = 0; ta xét đến Dx, Dy

 Nếu Dx 0 hoặcDy 0 hệ vô nghiệm

 Nếu Dx = Dy= Hệ có vơ số nghiệm, tập nghiệm hệ tập

3 Bài tập áp dụng: Ví dụ 1:

Giải hệ phương trình:

       8 9 7 3 4 5 y x y x Giải:

B1: Tính biểu thức : 17

9     D 19 5       y x D D

B2: Nhận thấy D = -17 0 nên hệ phương trình có nghiệm

5 19 ; ; 17 17 y x D D D D              

Ví dụ 2:

Giải biện luận hệ phương trình:

           m y m x m y mx 1 2 4 Giải:

B1: Tính biểu thức:

  

 

 4 2

8 2 4 1 2 2 2                           m m m m m m m D m m m m m m D m m m m m m D y x

B2: Ta xét trường hợp sau:

        2 1 0 m m

     

 

          

   

1 ; ;

;

m m m m D

D D D y

x x y

 

 

    

2

m m

D Với m1 Dx = -9 0 (Hệ vơ nghiệm) Với m2

thì DxDy= nên hệ có vơ số nghiệm x;y tính theo

  

  

x y

R x

2 2

Ứng dụng:

Ứng dụng hệ phương trình bậc hai ẩn để xác định vị trí tương đối

hai đường thẳng mặt phẳng Cho hai đường thẳng (d1) (d2) có phương

trình tổng quát:

(d1): A1x + B1y + C1 = 0;

(d2): A2x + B2y + C2 = 0;

Tùy theo giá trị tham số xác định vị trí tương đối (d1) (d2)

Phương pháp chung

Thực theo bước sau:

Bước 1. Thiết lập hệ phương trình tạo (d1) (d2) là:

1 1 1

2 2 2

A x B y C A x B y = - C A x B y C A x B y = - C

   

 



 

   

 

Bước 2. Bằng việc biện luận (I) ta có vị trí tương đối (d1) (d2) cụ

thể là:

 Nếu(I) vô nghiệm  ( )d1  d2

 Nếu (I) có nghiệm    1 ,

y

x D

D

d d M

D D

  

 

    

  

 

 Nếu (I) có vơ số nghiệm     d1  d2

Cho a2 + b2 > hai đường thẳng (d

1) (d2) có phương trình:

(d1): (a – b)x + y = (d2): (a2 – b2)x + ay = b

a. Xác định giao điểm (d1) (d2)

b. Tìm điều kiện với a, b để giao điểm thuộc trục hoành

Giải:

a Xét hệ phương trình tạo (d1) (d2) có dạng:

 

 2

1 a b x y a b x ay b

   

 

  

 

Ta có D = b2 – ab, D

x = a – b, Dy = ab – a2

Vậy, suy ra:

     d1  d2  I  D 0 b2 ab0,

Khi giao điểm I có tọa độ I 1,a

b b

 

  

 

b Điểm I  Ox

2

0 0

0

b ab a

a b

b

  

  

   



 

 

Tìm tham số m để hai phương trình bậc hai có nghiệm chung

Ví dụ :

Với giá trị m phương trình sau có nghiệm chung: 2x2 + mx – = mx2 – x + = 0.

Giải:

Các phương trình có nghiệm chung  hệ sau có nghiệm:

2

2

2 x mx mx x

    

   

2 mx y

x my

  



 



Ta có: D = - m2 – 2; D

x = - m – 4; Dy = 2m –

Vì D ≠ 0, m, hệ có nghiệm 2 y = 22

2

m m

x v

m m

 



 

Do x2 = y nên ta phải có:

2

2

3

4

=

2

+ 6m + = m = -1

m m

m m

m

 

 

 

 

 

 

Vậy với m = -1 hai phương trình có nghiệm chung x =

II.Hệ phương trình bậc cao hai ẩn : 1.Định nghĩa

Là hệ gồm hai phương trình hai ẩn có phương trình có bậc lớn

2.Các dạng phương trình thường gặp

a) Hệ phương trình đối xứng loại một:

Trong phương trình thay x y y x phương trình khơng thay đổi

Phương pháp:

Đặt S  x yvà P xy

+ Tìm S P,

+ Khi x y, nghiệm phương trình X2 SX P 0

  

Chú ý:

Nếu hệ xuất x y đặt t y đặt S x t,P xt

1 Phương pháp thế: nhiều hệ đối xứng hệ “ Hệ gồm phương trình bậc hai phương trình bậc hai ẩn”

2 Phương pháp đồ thị

3 Phương pháp điều kiện cần đủ: áp dụng cho hệ với yêu cầu

“tìm giá trị tham số để hệ có nghiệm nhất” Khi ta thực bước:

Bước 1. Điều kiện cần

 Nhận xét hệ có nghiệm (x0, y0) (y0, x0) nghiệm

hệ, hệ có nghiệm khi: x0 = y0

 Thay x0 = y0 ta giá trị tham số Đó điều kiện cần để hệ có

nghiệm

Bước 2. Điều kiện đủ

4 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki

5 Nhận xét miền nghiệm

Ví dụ 1:

Giải hệ phương trình:

Giải:

Hệ phương trình viết lại

Khi với: x, y nghiệm phương trình:

Với  nghiệm phương trình:

Vậy hệ phương trình có bốn cặp nghiệm

Ví dụ 2:

Cho hệ phương trình: 2

1 x xy y m

x y xy m

    



 



a Giải hệ m =

b Tìm m để hệ có nghiệm thỗ: x > 0, y >

Giải:

Đặt S = x + y, P = xy

Khi hệ phương trình cho tương đương với hệ:

1 S P m

SP m

   



 S, P hai nghiệm phương trình:

2

1

( 1) z

z m z m

z m

       

  (*)

a Với m = vào (*) ta được:

1 ( )

2 ( ) x y

I xy x y

II xy

    



  

    

   

- Hệ (I) vơ nghiệm

- hệ (II) có nghiệm x = y =1 b Để hệ có nghiệm x, y > :

2

2

1

4 1

0 0

0

4 2

0

0 m

S P

m m

S

m m

P

m

 

   

  



  

    

  

    

 

   

Ví dụ 3:

Giải hệ phương trình

  

   

   

1 2

2

y x xy

y x y x

Giải:

Nhận thấy hệ có x y , ta đặt t  y Hệ thành:

 2  

2 2

2

1 1

x t x t x t xt x t

xt x t xt x t



          



 

       

Đặt S  x t,P xt Hệ thành:

  

      

  

 

 

5 4 0

1 1

22

2

P S P S SP

SPS

  

  

0 1 P S

Khi x t, nghiệm phương trình:

2

0

X X 

    

 

   

     

                  

0 1 0

1 1 0 1 0 1 0

2 1

y x t x

y x t x

X X

  

 

5 4 P S

Khi x t, nghiệm phương trình: X2 4X 5 0

    

 

  

     

 

  

     

 

   

  

1 5 1

5 5

1 5

1 5

1

y x t

x y x t

x X

X

Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm:0;1 ;  1;0 ;  1;5 ;  5;1

Ví dụ 4:

Cho hệ phương trình:

2

6 x y m

x y

   

  

Giải:

Ta giải phương pháp điều kiện cần đủ sau:

Điều kiện cần: Nhận xét hệ có nghiệm (x0, y0) (y0, x0)

nghiệm hệ, hệ có nghiệm khi: x0 = y0

Khi đó: (I)

2 0

2

18

2

x m m x

 

   

 

Đó điều kiện cần để hệ có nghiệm Điều kiện đủ: Với m = 18, ta được:

(I)

2 18 6

3

6

x y x y

x y xy

x y

     

      



  

 nghiệm

Vậy, với m = 18 hệ có nghiệm

Giải hệ phương trình:

2

2

1

( )

1

4 x y

x y

I x y

x y



    

 

    

 

Giải:

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

2

4

2

2 2

2

1 1

4 x y x y 4.4

x y x y

   

          

   

Vậy hệ (I) tương đương với khả bất đẳng thức xảy dấu “=”

 x = y = 1

xy =

Vậy nghiệm hệ là: x = y=

Ví dụ : Giải hệ phương trình :

2

3

1 x y x y

   

 



(1) (2)

Giải :

Ta có : (1)

3

3 2

3

1

1

x x x

x y x y

y y y

   



        

 

 

 (3)

Từ phương trình (2) ta suy : bất đẳng thức (3) xảy dấu ‘=’

3

3

0 1 x

y x x

y y x

y

  

 

 

 

  



  



 

   

 

b) Hệ phương trình đối xứng loại hai:

- Nhận dạng: Nếu thay đồng thời x y y x phương trình thứ biến thành phương trình thứ hai ngược lại phương trình II biến thành phương trình I

- Phương pháp:

B1: Trừ vế biến đổi x y f x,y0

Xét fx,y 0 có cách

C1: Cộng hai vế phương trình giải với fx,y0

C2: Dùng phương pháp

C3: Chứng minh fx,y 0 vơ nghiệm

Ngồi phương pháp chung để giải hệ đối xứng loại hai trình bày trên, nhiều trường hợp ta sử dụng phương pháp:

1 Phương pháp đồ thị

2 Phương pháp điều kiện cần đủ: áp dụng tốt cho hệ với yêu

cầu “tìm giá trị tham số để hệ có nghiệm nhất” Khi ta thực theo bước:

Bước 1. Điều kiện cần

 Nhận xét hệ có nghiệm (x0, y0) (y0, x0) nghiệm

hệ, hệ có nghiệm khi: x0 = y0

 Thay x0 = y0 vào phương trình hệ tìm điều kiện tham số

để hệ phương trình có nghiệm nhất, ta giá trị tham số

 Đó điều kiện cần để hệ có nghiệm

Bước 2. Điều kiện đủ

Ví dụ 1:  

 

   

 

 

2 2 3

1 3 2

2

x y y

y x x

B2: Với x y = Ta có hệ

              

     

 

5 5 0 0 0523 0

2

2 y

x y x xx yx yxx yx

Với

         

    

     

  

1 2 2

1 23 1 23

01 01 22

y x y x yxx xy yxx yx yx

Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm: S 0;0 ; 5;5 ;  1;2 ; 2;1

Ví dụ 2:

Giải hệ phương trình :

2

2

4

4

y x x x

x y y y

   



  



Giải

(1) – (2) ta được:

 

3 2

2

3( ) 8( )

( )( 8) 0(*)

x y x y x y

x y x y xy x y

      

       

x = y =

 (x2y2xy 3x y 8) 0(**)

Cách 1: Cộng hai vế (1) (2) ta được:

3 2

5( ) 8( )

x y  x y  x y 

Kết hợp với (**) giải hệ đối xứng loại I

Cách 2: (**) x2 y 3x y2 3y 8 0

      

2

3y 12y 13

    

(**)

 vơ nghiệm.

Vậy hệ có nghiệm x = y =

Ví dụ 3:

Tìm m để hệ sau có nghiệm nhất:  

 

2 2

2

2 (1)

2 (2)

x y m

x y m

   

 

  

 

Sử dụng phương pháp đồ thị: Gọi X1 X2 tập nghiệm (1)

(2) Ta có:

 X1 tập điểm đường trịn (C1) có:

1

âm (2,0) án inhR

t I

b k m

  

 



 X tập điểm đường trịn (C2) có:

2

âm (2,0) án inhR

t I

b k m

  

 



Vậy hệ có nghiệm (C1) tiếp xúc với (C2)

1 2 2 2

I I R R m m

      

Vậy hệ có nghiệm m =

Ví dụ 4:

Cho hệ phương trình:

2

( 1) ( 1) xy x m y xy y m x

   



  

Tìm m để hệ phương trình có nghiệm

Giải:

Sử dụng phương pháp điều kiện cần đủ sau:

Điều kiện cần: Nhận xét hệ có nghiệm (x0, y0) (y0, x0)

nghiệm hệ, hệ có nghiệm x0 = y0

Khi đó:

 

0

1  2x  mx m0 (3)

Do x0 nên phương trình (3) có nghiệm

'

(3)

0

0

8 m

m m

m

        

 

Đó điều kiện cần để hệ có nghiệm

Điều kiện đủ

 Với m = 0, hệ có dạng:

2

0 xy x xy y

   

 

 , hệ có vơ số nghiệm thõa mãn y = -x (loại)

 Với m = 8: hệ có dạng:

2

2

8( 1) 8( 1)

8( 1)

8

2 8

8 72

xy x y xy x y

x y xy y x

y x

x y x x

y x

   

    

  

 

  

    

   

 

   

 

     

   

2

x y

   nghiệm

Vậy, với m = hệ có nghiệm c) Hệ phương trình đẳng cấp:

Nhận dạng: Hệ phương trình đẳng cấp bậc hai có dạng:

2

1 1

2

2 2

(1) (2) a x b xy c y d a x b xy c y d

   



  

- Cách giải: + TH1: Xét x0

+ TH2: Xét x 0và đặt y tx

Chú ý: Nếu hệ có phương trình đẳng cấp vế trái ta giải

theo cách

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:  

             2 6 8 11 9 1 3 4 5 3 2 2 x xy y y xy x

TH1: x0

         3 2 4 3 2 y y

( hệ vô nghiệm )

TH2: x0 đặt y tx    

                 2 6 9 11 8 1 3 4 5 3 2 2 t t x t t x              2 1 0 2 2 1 t t t t

t  y x vào   1 x2=

2 2   

 x y

2

t  y 2x thay vào (1)  x1 y2

Ví dụ 2:

Giải hệ phương trình

2

2

2 13 18

3

x xy y x x y

   



  



Giải

2 2 2

2 13 18

18 13

2

x tx t x t t

t t

   

   

    

  

Thế vào (2) ta nghiệm:

27 13 13 27 19 19

18 13 13

2 x y

x y x

y x y

            

  

    



 

   

  

  

 



 

  

    

   

3 Dạng không mẫu mực:

Đối với dạng phương pháp giải cụ thể Có thể tùy trường hợp mà sử dụng phương pháp sau:

Phương pháp biến đổi tương đương Phương pháp đặt ẩn phụ

Phương pháp hàm số Phương pháp đánh giá

Phương pháp chủ yếu sử dụng kĩ biến đổi đồng đặc biệt kĩ phân tích nhằm đưa PT dạng đơn giản vào phương trình đơn giản

LOẠI 1. Trong hệ phương trình bậc với ẩn x y, ta tìm cách rút

y theo x ngược lại

 Thí dụ: Giải hệ phương trình

   

2

2

1

1

x y x y x x

xy x x

      



   

Giải.

Ta thấy x = 0 không thõa mãn phương trình (2)

Với x ≠ 0 từ (2) ta có

2

1 x y

x



  , thay vào (1) ta

       

      

  

2

2

2

3

3

1

3

1 1

1 2 1

0( )

1 2

2

x x

x x x x

x x

x x x x

x x x x x x

x loai

x x x x x

x

 

 

   

 

 

     

       

  

      



  

Hệ có hai nghiệm (x; y) (1; -1), 2,

 

 

 

 

LOẠI 2. Một phương trình hệ đưa dạng tích phương trình bậc hai ẩn

 Thí dụ: Giải hệ phương trình

2

2

2 2

xy x y x y x y y x x y

     



    



Giải.

2

(1) ( )

( )( 1)

PT x xy y x y x y x y

     

    

2

x y

    (điều kiện ta có x + y > 0)

⇔ x = 2y +1 thay vào phương trình (2) biến đổi ta

y1 2y 2  0 y2 (do y≥ 0)

 x = 5. Hệ có nghiệm (x; y) = (5; 2).

LOẠI 3. Một PT hệ phương trình bậc hai theo ẩn, chẳng hạn ẩn y Lúc ta xem x tham số biểu diễn y qua x cách giải PT bậc hai ẩn y

 Thí dụ: Giải hệ phương trình

2

2

(5 4)(4 )

5 16 16

y x x

y x xy x y

   



     



Giải.

Biến đổi PT (2) dạng

2 (4 8) 5 16 16 0

y  x y x  x 

Coi PT (2) phương trình bậc hai ẩn y (tham số x) ta có

' 9

4 y x x

y x

  

   

  

Với y = 5x + 4, thay vào (1)

 2    

4

0

5 4

0

x y

x x x

x y



  



    



  



Với y = – x, thay vào (1)

4 2 5 4  

0

x y

x x x

x y

   

     

   

Hệ có ba nghiệm (x; y) (0; 4), (4; 0), 4;0

 



 

b) Phương pháp đặt ẩn phụ.

Điểm quan trọng việc giải hệ phát ẩn phụ

( , ); ( , )

uf x y v g x y có phương trình xuất trong

một số phép biến đổi đẳng thức chia cho biểu thức khác để đưa dạng đơn giản

 Thí dụ 1: Giải hệ phương trình

2

1 ( )

( 1)( 2)

x y y x y

x y x y

     

   



Giải.

Ta thấy y = không thõa phương trình (1) nên

HPT cho

2

1

4

( 2)

x

y x y

x

y x y

 

   

  

  

   

 

  

Đặt:

2 1

,

x

u v y x

y



   

2 u v

uv

  

   

Giải hệ u = v = từ ta có hệ:

2 1

3

x y

x y

   

  

Hệ giải dễ dàng

Hệ có hai nghiệm (x; y) (1; 2) (-2; 5)

 

2

2

3

4 4( )

1

2

xy x y

x y x

x y



   



 



  

 



Giải.

Điều kiện x + y ≠ Khi ta có

2

2

3

3( ) ( )

( )

3

x y x y

x y

x y x y

x y



    

 

 

     

 



Đặt: u x y (u 2);v x y

x y

     

 ta hệ

2

3 13

3 u v

u v

  



  

Giải hệ ta u2,v1(do u 2) từ ta có hệ

2 1

1

1

x y x y x

x y

x y y

x y



       



  

  

    

  



c) Phương pháp hàm số.

LOẠI 1. Một phương trình hệ có dạng f(x) = f(y), phương trình cịn lại giúp ta giới hạn x, y để hàm số f đơn điệu Từ suy x = y

 Thí dụ: Giải hệ phương trình

3

8

5

1 x x y y

x y

    

  

Giải.

Từ phương trình (2) ta có

1,

x  y 

1, x y

Xét hàm số f t  t3 5 ,t t  1;1

    có f t'( ) 3 t2 0,   t  1;1 Do hàm

f(t) nghịch biến khoảng (-1;1) nên từ PT (1) suy x = y. Thay vào phương trình (2) ta x8 x4 1 0

  

Đặt a x4 0

  giải phương trình tương ứng ta được:

4

1 5

2

a   y x   

LOẠI 2. Hệ đối xứng loại hai mà giải thường dẫn đến hai phương trình hệ có dạng f(x) = f(x) = f(y) f hàm đơn điệu

 Thí dụ: Giải hệ phương trình

2

2

2 2

y x

x x x

y y y

 

     

 

    

 

Giải.

Đặt a = x – 1, b = y – ta hệ :

2

1 3

b a

a a

b b

   

 

  

 

Trừ theo vế hai phương trình ta được:

2 1 3a 1 3b

a a    b b   (3)

Xét hàm số f t  t t2 1 3t

    , có

 

2

1

' ln

1

t

t t

f t

t

 

 



Vì t2 1 t2 t t2 1 t 0 f t'( ) 0, t

          , hàm số f(x) đồng

biến 

Từ PT (3)  a = b thay vào phương trình (1) ta được

2 1 3a

a a   (4)

Theo nhận xét a a2 1 0

 

ln a a aln

    

Nhận thấy PT có nghiệm a =

Xét hàm sốg a  lna a2 1 aln 3

    có

  12

' ln ln , ,

g a a

a

      



 nên hàm số g(a) nghịch biến do

đó phương trình (4) có nghiệm a =

Từ ta có nghiệm ban đầu (x; y) = (1; 1)

c) Phương pháp đánh giá.

Với phương pháp này, cần lưu ý phát biểu thức không âm hệ nắm vững cách vận dụng bất đẳng thức

 Thí dụ 1: Giải hệ phương trình

2

3

2

2

2

xy

x x y

x x xy

y y x

y y



  



  



   

  



Giải.

Cộng theo vế hai phương trình hệ ta được:

2

3

2

2 9

xy xy

x y

x  x  y  y   (1)

Ta có 3 x2 2y 9 3x 12 8 2

     

3

2

2

2

2 9

xy xy

xy

xy

x x x x

   

   

Tương tự

2

xy

xy

y  y  mà theo bất đẳng thức Cauchy

2 2

x y  xy

Dấu xãy xx y  y 10 

thử lại ta nghiệm hệ (0; 0) (1; 1)

 Thí dụ 2: Giải hệ phương trình

3

3

2

y x x x y y

    

  



Giải. Hệ cho tương đương với

   

   

2

2

2 2

y x x

x y y

     

 

   

 

Nếu x > từ (1) suy y – < điều mâu thuẫn với PT (2) có (x – 2) (y – 2) dấu

Tương tự với x < ta suy điều vơ lí Vậy nghiệm hệ x = y =

B HỆ PHƯƠNG TRÌNH BA ẨN

I Hệ phương trình bậc ba ẩn

1) Định nghĩa: hệ phương trình bậc ba ẩn hệ phương trình có dạng:

1 1

2 2

3 3

a x b y c z d a x b y c z d a x b y c z d

  

 

  



   



2) Phương pháp giải :

o Tìm cách khử phương pháp

o Dùng quy tắc tam giác tam

giác

Ví dụ 1: giải hệ phương trình:

2

2

2

x y z x y z

x y z

   



  



    

(*)

Thế vào hai phương trình cịn lại ta được:

2

2

x y x y

  



  

Giải hệ phương trình ta

3 x y

  

 

Từ suy z2

Vậy hệ phương trình có nghiệm

1 x y z

  

    

C2: ta biến đổi phương trình sau: (*)

2 2

2 2

1 2

x y z x y z x y z x

x y z y z y z y

y z y z z z

         

   

   

               

         

   

3)Hệ lặp ẩn

a) Định nghĩa:

Hệ lặp ẩn hệ có dạng:

( ) ( ) ( ) x f y y f z z f x

  

    

b) Phương pháp giải:

B1: tìm tập giá trị hàm f(t), giả sử tập I x, y, z, f(x), f(y)=f(f(x)), f(z)=f(f(f(x)))  I

B2: khẳng định hàm số f(t) đơn điệu I giả sử f(t) đồng biến ta chứng minh f(x)=x:

Thật vậy, từ hệ ta có: x=f(f(f(x))) f(x) đồng biến I đó: Nếu

( ) ( ( )) ( ) ( ( ( ))) ( ( )) ( ) ( ( ( )))

f x x f f x  f x  f f f x  f f x  f x x f f f x x

Nếu

( ) ( ( )) ( ) ( ( ( ))) ( ( )) ( ) ( ( ( )))

f x x f f x  f x  f f f x  f f x  f x x f f f x x

mâu thuẫn với hệ

Do f(x) = x. từ tìm nghiệm hệ

Ví dụ: giải hệ phương trình:

sin sin sin

x y

y z

z x

 

 

 



  



Xét hàm số: f(t) =sinx Khi hệ có dạng:

( ) ( ) ( ) x f y y f z z f x

  

    

Hàm số f(t) đồng biến ( , )

2

 

  hàm f(t) đồng biến I

Chứng minh ta f(x)=x

Do f x( ) x x sinx0

Xét hàm số g(x)=x-sinx có miền xác định D=R và đạo hàm

' 1 cos 0,

g   x  x D hàm số đồng biến D

Từ đó:

+ với x=0, ta có g(0)=0 phương trình (*) nghiệm đúng

+ với x>0, ta có g(x)>g(0)=0 phương trình (*) vơ nghiệm

+ với x<0, ta có g(x)<g(0)=0 phương trình (*) vơ nghiệm

Vậy phương trình có nghiệm x=0

Vậy nghiệm hệ là: x=y=z=0

II Hệ phương trình ẩn bậc cao:

Đối với hệ phương trình chủ yếu dùng phương pháp đánh giá biến đổi đại số

Ví dụ 1:

Giải hệ phương trình:

2 2

2

1

2 2

x y z

x y xy yz zx

    



     

Giải:

Phương trình viết lại dạng:

2 2

2

1

( ) ( )

x y z

x y z x y

   

 

    

 

Từ phương trình thứ ta được:  1 z (1)

Từ phương trình thứ hai: x - y tồn tại z21 0  z 1 (2)

Kết hợp (1) (2) ta z1

Với z = hệ phương trình có dạng:

2 0 0

1

x y x y

y x x y

 

   



 

 

  

 vô nghiệm

Với z = -1 hệ phương trình có dạng:

2 0 0

1

x y x y

y x x y

 

   



 

 

  

 vơ nghiệm

Vậy hệ phương trình vơ nghiệm

Ví dụ 2:

Giải hệ phương trình:

2 2

6 14 x y z

xy yz zx x y z

    

   

    

Giải:

Phương trình viết lại dạng:

2

6

7

14

( ) 2( ) 14

x y z x y z

xy yz zx xy yz zx

xy yz zx x y z xy yz zx

       

 

      

 

    

      



Trừ hai vế phương trình cuối ta zx=2

Vậy hệ trở thành: ,

( )

x y z

y z x y z x

   

 



 

 nghiệm phương trình:

2 6 9 0 3 3

t  t    t y z x  

3 x z xz

  

 



 x,z nghiệm phương trình:

1 1

2

2 2

1& 3&

3

2 & 3&

x y z

t t t

t x y z

  

 



      

   

 

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( , , ),( , , )x y z1 1 x y z2 2

* Đối với hệ lặp ẩn bậc cao ta có cách giải tương tự

Ví dụ :

Giải hệ phương trình :

Giải :

Xét hàm số f Khi hệ có dạng:

Hàm f có tập giá trị I = Hàm đồng biến t >

Ta chứng minh f Thật vậy, từ hệ có đồng

Nếu

Nếu

Do đó,

Vậy nghiệm hệ: x = y = z =

A KHÁI NIỆM

I Khái niệm bất phương trình ẩn: Định nghĩa:

Cho hai hàm số y = f(x) y = g(x) có tập xác định Df Dg.

Đặt D = Df Dg

Mệnh đề chứa biến có dạng f(x) < g(x), f(x) > g(x), )

( ) (x g x

f  , f(x)g(x) gọi bất phương trình ẩn; x gọi ẩn số

(hay ẩn) D gọi tập xác định bất phương trình

Số x0D gọi nghiệm bất phương trình f(x) < g(x) f(x0) <

g(x0) mệnh đề

Khái niệm “nghiệm” định nghĩa tương tự cho trường hợp lại

II Khái niệm hệ bất phương trình ẩn, hai ẩn:

Hệ bất phương trình ẩn hệ có dạng sau:

      

  

) ( ) (

) ( ) (

) ( ) (

2

1

x g x f

x g x f

x g x f

n n

Hệ bất phương trình hai ẩn hệ có dạng sau:

      

  

) , ( ) , (

) , ( ) , (

) , ( ) , (

2

1

y x g y x f

y x g y x f

y x g y x f

B PHÂN LOẠI VÀ MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH.

I Hệ bất phương trình ẩn:

1 Hệ gồm có bất phương trình bậc nhất:

Hệ bất phương trình bậc ẩn hệ phương trình có dạng sau:

      

  

3 2

1

) (

) (

) (

k x f

k x f

k x f

n

trong fi(x) = aix + bi , ai, bi, ki số

Phương pháp giải:

Cách 1:

- Ta giải bất phương trình hệ

- Giao tất tập nghiệm tìm bất phương trình để nghiệm hệ bất phương trình cho

Cách 2:

Tìm nghiệm bất phương trình, sau kiểm tra khoảng nghiệm vừa tìm theo bất phương trình lại (xét chiều biến thiên hàm số để xét dấu khoảng nghiệm nói trên)

Bài tập áp dụng: Ví dụ 1:

Với giá trị m bất phương trình sau có nghiệm:

  

  

  

1 ) (

3 2 6

x m x m

m x mx

Giải:

  

  

  

1 )1

(

6 3 )2 (

2

m x m

m x m

(I)

Ta lập bảng xét dấu m -2 m – 1, ta bảng xét dấu sau:

m -  +

m – - + +

m – - - +

Xét trường hợp: Trường hợp 1: m <

(I) 1 3

1 3

      

  

 m x

mx x

Vậy hệ có nghiệm (m+1; 3) Trường hợp 2: m =

(I) 

  

  

0 0

3

x x

vô nghiệm Trường hợp 3: < m <

(I) 

  

   

1 3

m x x

x < m+1 ( < m <  2 < m + < 3)

Vậy hệ có nghiệm (- ; m+1)

Trường hợp 4: m =2

(I) 

  

  

0 0

3

x x

(I) 3 1

1 3

      

  

 mx

mx x

Vậy hệ có nghiệm (3; m+1)

Kết luận: Hệ có nghiệm với m  1, m 2

Ví dụ 2:

Với giá trị m hệ sau có nghiệm nhất:

  

  

  

0 1

0 2 2 3

m mx

m x

Giải:

Ta đặt theo thứ tự hai bất phương trình bất phương trình (1) (2) Ta giải bất phương trình:

(1) 

3 2 

 m

x

(2)  mx1 m (3)

Xét trường hợp:

Trường hợp 1: m = (3) Vậy bất phương trình có với x

Khi nghiệm hệ là: x  32

Trường hợp: m > (3)  x1mm

Khi nghiệm hệ ;1 )

3 2 min(

m m m

x  

Trường hợp 3: m < (3)  x1mm

Khi để hệ có nghiệm thì:

2

3 2

     

m m

Kết luận: hệ có nghiệm m 23 Ví dụ 3:

Tìm nghiệm ngun hệ:

     

  

  

25 2 2

3 8

7 4 7 5 6

x x

x x

Giải:

     

  

  

25 2 2

3 8

7 4 7 5 6

x x

x x

} 11, 10, 9, 8, 7, 6, 5, 4{ 4

47 14 44

       

 

 x

x x

Bài tập làm thêm:

Với giá trị m hệ sau có nghiệm nhất:

  

  

  

0 1 2

0 1

2 m mx

m x

2 Hệ gồm bất phương trình phương trình bậc hai:

Hệ gồm bất phương trình bậc phương trình bậc hai hệ có

dạng:

  

   

0 ) (

0

2

x f

c bx ax

(1)(2)

Phương pháp giải:

- Xét nghiệm tìm bất phương trình cịn lai để kết luận nghiệm hệ

Ngồi ra, ta cịn sử dụng số phương pháp như:

1 Sử dụng định nghĩa

Ta thường thực theo bước:

Bước 1: Giải (2), giả sử tìm tập nghiệm X2

Bước 2: Khi đó:

Để hệ vơ nghiệm  phương trình (1) vơ nghiệm có nghiệm

đó khơng thuộc X2

Để hệ có nghiệm  phương trình (1) có nghiệm thuộc X2

Để hệ có k nghiệm  phương trình (1) có k nghiệm thuộc X2.

Để hệ có nghiệm  phương trình (1) có nghiệm

thuộc X2

2 Phương pháp đồ thị

3 Phương pháp điều kiện cần đủ

Phương pháp thường tỏ hiệu cho lớp toán với yêu cầu: + Tìm điều kiện tham số để hệ có nghiệm

+ Tìm điều kiện tham số để hệ có nghiệm với giá trị tham số

Khi ta thực theo bước sau:

Bước 1: Đặt điều kiện để biểu thức hệ có nghĩa

Bước 2: Tìm điều kiện cần cho hệ dựa việc đánh giá tính đối xứng hệ

Bước 3: Kiểm tra điều kiện đủ

Bài tập áp dụng: Ví dụ 1:

   

 

    

0 2

0 6 5 )2 (2

2

x x

m x m x

Giải:

Giải bất phương trình, ta được: < x < Đặt f(x) = x2 – 2(m+2)x +5m +

Hệ có nghiệm phương trình bậc hai có nghiệm thuộc (0; 2), ta xét trường hợp sau:

TH1: f(x) = 0 có nghiệm kép thuộc (0; 2)

1

)2,0( 2

0'

        

 S m

TH2: f(x) = 0 có nghiệm khơng, nghiệm cịn lại thuộc (0; 2)

5 6 )2;0( 0)0(

     



 m

S f

TH3: f(x) = 0 có nghiệm 2, nghiệm lại thuộc (0; 2)



  

  

)2; 0(

0 )2( S

f

vơ nghiệm

TH4: f(x) = có nghiệm thuộc (0;2)

5

0 ) ( )

(     

 f f m

Kết luận:  2m 56 m = -1 Ví dụ 2:

            0 10 4 4 0 2 m x x x m x x Giải:

Điều kiện cần: Biến đổi dạng:

               010 )2( 0) 2( 0) 2( 10 )44 ( 2 2 22 m xx m xx m xx m xx x (I)

Nhận xét hệ có nghiệm x0 thì:

                   010 )2( ]2) 2[( 0 )2 ](2) 2[( 010 )2( 0 )2( 2 0 2 0 0 0 2 0 2 0 00 m x x mx x m xx m xx

Tức - x0 nghiệm hệ, có nghiệm khi: x0= 2-x0

1

0 

 x

Khi đó: (I) 1

09 0 1           m m m

(I)

  

    

 

   

  

 

 

0)32 )(32( 1 09)2( 1 094 4

012

2 2 22 23

4 2

xxx x x xx x xxx xx

1 

 x

Vậy với m =1 phương trình có nghiệm

3 Hệ gồm bất phương trình bậc bất phương trình bậc hai:

Hệ gồm bất phương trình bậc bất phương trình bậc hai hệ có dạng:

2 0

0 ax bx c mx ny

    

  

Phương pháp thường dùng xét dấu nhị thức bậc tam thức bậc hai

Ví dụ 1: cho hệ bất phương trình:

2 4 3 0

2

x x x

    

  

lập bảng xét dấu:

x - 

2

 +

-x2+4x-3 - - 0 + 0

2x+5 - + + +

Dựa vào bảng xét dấu, ta có nghiệm hệ là: 5,1 3, 

2

 

  

   

Hệ gồm hai bất phương trình bậc hai hệ có dạng:

   

  

  

0 0

2 2

1

c x b x a

c x b x a

Phương pháp giải:

Các phương pháp thường áp dụng là:

1 Sử dụng định nghĩa

2 Phương pháp đồ thị

3 Phương pháp điều kiện cần đủ

Bài tập áp dụng: Ví dụ 1:

Cho hệ:

   

   

  

0 14

8

3 3 4

2

m x

x x x

Với giá trị m thì:

a Hệ vơ nghiệm

b Hệ có nghiệm

c Hệ có nghiệm đoạn trục số có độ dài

Giải:

Đặt bất phương trình hệ là(1) (2) Gọi X1 X2 tập nghiệm (1) (2)

(1) 1x3 tập nghiệm (1) X1 = [1; 3]

Xét bất phương trình (2): ' = – m

+ Với '<  m >

 (2) vô nghiệm  hệ vô nghiệm + Với '=  m =

 (2) có nghiệm x = 4, không thuộc X2

+ Với '>  m <

 (2) có tập nghiệm X2 = [4 - 2 m;4+ 2 m]

a Hệ vô nghiệm khi:

X1 X2 = 0 

1

4

2

  

  

  

  

m m

m

Kết hợp điều kiện xét, 1< m < Vậy hệ vô nghiệm 1< m <

b Hệ có nghiệm khi:

X1 X2 = {x0} 

1

4

2

  

  

  

  

m m

m

Vậy hệ có nghiệm m =

c Vì 4+ 2 m > nên hệ có tập nghiệm đoạn trục số có độ

dài 4+ 2 m =  m = -

Vậy hệ có nghiệm đoạn trục số có độ dài m = -

Ví dụ 2:

Giải hệ bất phương trình sau:

2

3

5

3 10

x x

x x x

    



   

 

(1)(2)

Giải:

(1)  - < x <-1 (3)

Xét hàm số f(x) =

3 10

x  x  x khoảng (3)

f’(x) = 3x2 6x 9

 

f’(x) = 

3 x x

    

Hàm số f(x) liên tục (3), f(-4) = 10, f(-1) = f(-3) = 17 nên f(x) >1>0 x thuộc (3) nghiệm

Vậy - < x <-1 nghiệm hệ

Ví dụ 3:

   

  

  

0 7 20 3

0 18 13 2

2

x x

x x

Giải:

2x2-13x+18 =

   

  

2 x x

,

3x2-20-7 =

   

   

7 x x

Ta lập bảng xét dấu:

x -  13

+



2x2-13x+18 + + 0 - 0 + +

3x2-20-7 + 0 - - - 0 +

Từ bảng xét dấu, nghiệm hệ là: ;7)

2 ( ) ;

( 

5 Hệ bất phương trình phức hợp:

Phương pháp giải

Với hệ phức hợp, cần vận dụng khéo léo phương pháp đại số, hàm số để đưa toán dạng biết cách giải

Bài tập áp dụng: Ví dụ 1:

Tìm m để hệ sau có nghiệm:

   

   

    

0 1 ) 2( 2

0 1 2

2

x m x

x x x

(1)(2)

(1)

2

x x x

     2

1

0 (1 )

x

x x x

    

     

2

x

 

Đặt f(x) = x2 2(m 2)x 1

  

Nhận xét: xlim ( )   f x 

Do ln x02 để f(x0) >  hệ có nghiệm với m

II Hệ bất phương trình hai ẩn:

Để đơn giản trình nghiên cứu, ta xét hệ bất phương trình bật hai ẩn:

1 Hệ gồm có bất phương trình bậc nhất:

Hệ gồm có bất phương trình bậc hai ẩn hệ có dạng:

      

  

3 2

1

) , (

) , (

) , (

k y x f

k y x f

k y x f

n

fi(x) = aix + biy , ai, bi, ki số

Phương pháp giải:

Biểu diễn nghiệm bất phương trình mặt phẳng toạ độ kết hợp nghiệm

Bài tập áp dụng: Ví dụ 1:

Giải hệ phương trình:

    

  

 

0 2 0

y y x

y x

Nghiệm hệ cặp (x; y) thoả mãn ba bất phương trình hệ Ta tìm nghiệm bất phương trình:

Nghiệm x – y > phần mặt phẳng phía đường thẳng x – y = Nghiệm x + y < phần mặt phẳng phía đường thẳng x+y – = Nghiệm x – y < phần mặt phẳng phía đường thẳng y =

Nghiệm hệ phần mặt phẳng tam giác OAB

2 Hệ gồm bất phương trình bậc hai hai ẩn:

Hệ bất phương trình bậc hai hai ẩn hệ tạo bấc phương trình bậc hai x, y

Phương pháp:

Ta thường sử dụng phương pháp đồ thị

Bài tập áp dụng:

Ví dụ: Giải hệ bất phương trình:

2

2

( 1)

4

x y

x y

    



 

 

((12))

Giải:

O A

B

2

1 -2

1 2

=1

-Nghiệm 2

(x1) y 1 phần mặt phẳng phía đường trịn

Nghiệm x2 4y2 4

  phần mặt phẳng phía elip

Nghiệm hệ phần biểu diển hình vẽ

3 Hệ bất phương trình trị tuyệt đối:

Phương pháp giải:

Có thể giải phương pháp: Biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ, đồ thị, điều kiện cần đủ

Bài tập áp dụng: Ví dụ 1:

Giải hệ bất phương trình phương pháp biến đổi tương đương:

   

 

  

2 | |

1 1

2

2

y x

y x

((12))

Phương pháp: Việc lựa chọn phương pháp biến đổi tương đương để giải bất phương trình trị tuyệt đối chứa tham số thường thực theo bước: Bước 1: Đặt điều kiện để biệu thức hệ có nghĩa

Bước 3: Giải biện luận theo phương trình nhận Bước 4: kiểm tra tính hợp lệ cho nghiệm tìm

Giải:

Giải phương trình hệ ta được:

  

           

2 2 1 1 1 1

1 2 2 2

x y x x y x y

x (3)

Thay (3) vào (2) ta được:

|2x – 2|  4

     

 x x x

nghiệm hệ là:

   

   

 

1 )1 (

2 0

2

x y

x

4 Hệ bất phương trình thức:

Phương pháp giải:

Hệ bất phương trình thức giải phương pháp như: Phương pháp biến đổi tương đương, phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp đồ thị, phương pháp điều kiện cần đủ:

Bài tập áp dụng: Ví dụ 1:

Xét định giá trị m để hệ bất phương trình sau vơ nghiệm:

   

   



   

y x

m x m

y x

1 2 1 3 1

1 1

1

2 (I)

Giải:

Đặt: ,, 0 1 1          vu y v x u

Khi hệ biến đổi dạng:

                 2)23 ( 10 )1(23 1 23 1 2 2 2 umm u umuu m vv vmuum vu

Giải bất phương trình cách xét trường hợp:

TH1: 

        2 1 0 2 3 m m m m

Khi đó: 0u > (vô nghiệm)

 hệ vô nghiệm

TH2: 

        2 1 0 2 3 m m m m Khi đó: 2    m m u

Muốn hệ vơ nghiệm thì:

2

1 2   

 

 m

m m

kết hợp với điều kiện xét, ta được:        m m

TH3: 2

    

 m m

m

Kêt luân: < m <

Ví dụ 2:

Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm nhất:

   

  

  

a x y

a y x

1 1

Giải:

Điều kiện: x,y 0

Điều kiện cần: Giả sử hệ có nghiệm (x0; y0) x0,y0 0, từ đó: 

   

  

  

1 1

1 1

0

0

x y

y x

nếu a < 1 hệ vô nghiệm

1 

 a : hệ có nghiệm

Điều kiện đủ: Xét hai trường hợp Với a = 1:

0 1 1

1 1

   

  

  

  

y x x y

y x

hệ có nghiệm

Với a > 0 xét cặp nghiệm hệ có x = 0 hệ có dạng:

}1, )1 min{( 0 1

)1( 1

1 22

2 2

    

  

      

 

a a y ay

ay a y

ay

 Hệ vô số nghiệm

Ví dụ 3:

Giải hệ bất phương trình:

   

 

 

1 2

1 2

y x

x y

Giải:

Điều kiện: x,y 0

Cộng theo vế hai bất phương trình, ta được:

1 0

1 0 1 0

)1 ( )1 ( 2 )

(2 2   

   

 

          

 x y

y x y

x y

x y x

Thay x = y =1 vào hệ (thỗ)

5 Hệ bất phương trình mũ, logarit:

Phương pháp giải:

Hệ bất phương trình mũ, logarit giải phương pháp như: Phương pháp biến đổi tương đương, phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp đánh giá:

Bài tập áp dụng: Ví dụ 1:

Giải hệ bất phương trình:

   

  

   

 

y y y

x

y y y x

2 2 1 2

1 2 2 2 2

((12))

Điều kiện:

                

      

 

 2

0 12 12 0)12(2 12 022 021

x y

x y xy y yyx y

(2) 0

02 1

12 1 2

21

2  

   

 

   

 yx

y x y

y x

Thay kết vào (2), thoả

Kết luận: hệ có nghiệm x = y =

Ví dụ 2:

Giải hệ bất phương trình:

   

 

  

0 ) 2 2( log

1 2 2 2

2

y x

y x

(I)

Giải:

Đặt

   

 

y x

u u

2 2

Khi đó: (I)            1 2 0 ) ( log 2 2 v u v u           1 2 0 | | log 2 v u v u           1 2 1 | | 0 2 v u v u ) ( ) ( (2)                32 1 )1( 2 01 2 2 2 2 2 vv u v v u v

(3)

Bằng cách thay (3) vào (2), ta được:

                             10 2 3 log 221 2 3 2 21 2 3 1|32| 032 2 y y v v v v y y

Nghiệm hệ:

              ) ( 2 log 2 y x y y

C.Giải toán cách đưa hệ bất phương trình ẩn:

I Phương trình, bất phương trình chứa trị tuyệt đối:

Sử dụng định nghĩa:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) f x

f x g x f x g x

f x

f x g x

  



 



 

   

  



( ) ( ) ( ) ( )

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

f x g x

 

  

 

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

f x g x   g x  f x g x

Có thể sử dụng tính chất sau:

0

a b a  b  ab

a  b =a b

0 a b

   

 

a  b =a b

0 a b

   

 

( )

a b a  b  b a b 

a b a b với a,b

0

a b  a  b  ab

a b a  b với a,b.

( )

a b  a  b  b a b 

2 Bài tập áp dụng:

Ví dụ 1: giải phương trình: x2 4x 3 x2 4x 3

    

Ta biến đổi phương trình dạng:

2 2

4 ( 3) ( )

x  x  x  x  x  x  x  x

2

4 3

0 4

4

x x x x x

x x

x x

           

     

   

 

  



Ví dụ 2: giải bất phương trình: x2 2x 3 3x 3

Ta biến đổi bất phương trình dạng:

-3x+3

2

2

6

2 3

5

x x

x x x x

x x

    

        

  



Ví dụ 3: giải bất phương trình: 2x2 3x 1 2x2 5x 2x 1

     

Ta biến đổi bất phương trình ban đầu dạng:

2 2

2

2 (2 1) (2 )

1 (2 )(2 1)

5

2

x x x x x x x x

x x x x

x

        

   

     

   

Vậy bất phương trình có nghiệm là: ( , 1) ( ,5 )

2

    

II Phương trình, bất phương trình chứa thức

1 Phương pháp:

Sử dụng phép biến đổi

2

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

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

g x f x g x

f x g x f x f x g x h x g x

f x g x f x g x h x

   

 

  

 

 



    



  



2

( ) ( ) ( )

0 ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) g x

f x g x

f x g x g x

f x f x g x

g x

f x g x

    

 



   

 



 

   

   

2 Bài tập áp dụng

Phương trình viết lại: x4  2 x 1 x

2

1

4 4

2

1

2

1

(1 )(1 ) (2 1) (1 )(1 )

x x

x

x x

x x x

x x x

                                   1 0

2

2 x x x x x x x                      

vậy phương trình có nghiệm x=0

Ví dụ 2: giải bất phương trình:2x 5 x2 4x 3

    

Bất phương trình tương đương với:

2

2

2

5

2 2

1

4

5

2

2 (2 5)

5 24 28

x x

x x x

x x

x x x

x x                                                   14 1 14 x x x x                         

Vậy bất phương trình có nghiệm 14

5 x

 

Tài liệu tham khảo:

 Tuyển chọn 400 toán Đại Số 10 (Ban khoa học tự nhiên) Hà Văn

Chương

 Sách Giáo Khoa Đại Số 10 (Nâng Cao) – nhà xuất giáo dục

 Chuyên đề luyện thi đại học Hình Học Khơng Gian – Trần Văn Hao –

nhà xuất giáo dục

 Toán học tuổi trẻ - nhà xuất giáo dục

 Đại số sơ cấp – nhà xuất đại học sư phạm