Bài tập Bất phương trình – Toán 11

Giải tương tự.. Bài 2.[r]

BẤT PHƯƠNG TRÌNH

1 Khơng có tham số

D ng 1: Bi n đ i tạ ế ổ ương đương

Bài 1. Giải bất phương trình: 2

1

1

1 1

x x   x

  .

(Chưa giải)

Bài 2. Giải bất phương trình:

9

9 x x

x x

   

Lời giải

Điều kiện:

9

9

3

0

3

0

x

x x

x x

x



  



  

  

 

   

    

*) Nếu   3 x thì

9

0

x x

x x

    

suy bất phương trình vơ nghiệm *) Nếu

9

3

x x x

x

    

nên bất phương trình tương đương với

2

9 9

9 x x x x x x x x

x x x x

           

2

2

3

( ) 1 37

9

2

x x

x x

x

x x

  



 

       

  

 



 Vậy tập nghiệm

1 37 [3;+ )\{ }

2

S   

Bài 3. Giải bất phương trình: 2(x1) x22x1x2 2x1 (1)

Hướng dẫn giải

Điều kiện:

2 2 1 0 2.

1

x x x

x

       

  

 2

(1) x 1 x 2x1  (x1) 0    x22x1 2  x x22x10

2

2x x 2x

     (do  2 x22x 0 )

2x x 2x (*)

   

+) Với x 1 2 (*) đúng.

Vậy, bất phương trình có nghiệm x 1 2

Bài 4. Giải bất phương trình: x2  4x 3 2x2  3x  3 x

Hướng dẫn giải

+) Điều kiện:

2

3

4

1

2

1 x

x x

x

x x

x

  

    



 

 

  



 

  

+) Với x=1 BPT hiển nhiên suy x=1 nghiệm

+) Với x3 suy BPT  (x 3)(x 1)  (x 1)(2x 1)  x 1 vô nghiệm

+) Với x2 suy BPT  (1 x)(1 ) x  (1 x)(3 x) 1  x

Chỉ nghiệm x

+) Kết luận: BPT có nghiệm

1

x x

     

Bài 5. Giải bất phương trình sau: x x210x 9 x22 x210x9

Hướng dẫn giải

Điều kiện x  ( ;1] [9;+ )  .

Với x x210x  9 x210x  9 x suy x210x9( x210x 9 2 ) 0 x  x210x 9 0và x210x  9 2x. Kết luận tập nghiệm

5

( ;1) (9; )

S     D ng 2: Đ t n phạ ặ ẩ ụ

Bài 1. Giải bất phương trình: x 1 2x4 3  x

(Chưa giải)

Bài 2. Giải bất phương trình: 2x2  4x6  2x 1 x 2, x 

Hướng dẫn giải.

Điều kiện x 

Biến đổi bất phương trình dạng: 2(x 2)22(2x 1)  x 2 2x

Đặt:

2

u x v x         

 Khi đó, bất phương trình có dạng: 2u22v2  u v (1)

Ta có:    

2 2

2 u v  u v  u v u v 

Dấu đẳng thức xảy u v

Vậy (1) u v

Xét trường hợp u v , ta có:

2

2 5 x x x x x x                 

Vậy tập nghiệm bất phương trình là:  

; \

2

 

 

  .

Bài 3. Giải phương trình: x 3 5 xx2 8x18. D ng 3: S d ng hàm sạ ử ụ ố

Bài 1. Chứng minh rằng:

2 ln         

x y y

x x y với x > y > 0.

 Đặt t =

 

x y x

 Vì x > y > nên: t = ( 1)



     

x y

tx x y y x t x

 Do đó:

2 ( 1)

2

2 ( 1)

 

 

   

y x t t

x y x x t t .

 Bài toán trở thành chứng minh:

1 ln    t t

t với t > 1.

 Xét hàm số y = f(t) =

1 ln    t t

t với t > 1.

 y’ =

 2

2 t t(t 1)  

 nên hàm số đồng biến khoảng (0; +).

 Do đó: t >  f(t) > f(1) = 

1 ln    t t t >0.

 Cách giải khác: Đặt t =

y

x đưa đến chứng minh:

1 ln    t t

t Giải tương tự.

Bài 2. Giải bpt (2 )x cos4x3(1 x2 cos4) x3  (1 x2 cos4) x3, < x < 1 (1).

(1)

os4x + os4x + 2

2

2

1

1

  

 

  

 

 

   

c c

x x

x x (2).

 (4 đ) Tìm nghiệm (1):

 Vì 0< x < nên:

2

2

2

0 1,0

1



   

 

x x

x x

2

2 2

2

2

1

1

  

 

  

 

 

   

x x

x x

 Và cos4x +  nên:

os4x + os4x + 2

2

2

1

  

 

  

 

 

   

c c

x x

x x

2

2 2

2

2

1

1

  

 

    

 

   

x x

x x

 Dấu xảy khi: cos4x + =  cos4x = -1  x =

 (vì 0< x <1)

Vậy phương trình có nghiệm nhất: x =  Cách khác: Đặt x = tgt, t 

; 2  

 



 

  nên 0< x <1  < t < 4

 (2)  (sin2t)cos4x + + (cos2t)cos4x + 

D ng 4: Đánh giáạ

Bài 1. [Đề chọn HSG Sở Quảng Trị,2010] Giải bất phương trình : x 3 5 xx2 8x18 2 Có tham số

Bài 1. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm nhất:

+ + + + + + ³

2

1

log 11 log (m x mx 10 4)log (m x mx 12)

Hướng dẫn giải.

Điều kiện: m>0 m¹ 1,x2+mx+10 0.³ Bất phương trình cho tương đương với:

- + + + + +

³

2

7 11

11

1 log ( 10 4)log ( 12)

0 log

x mx x mx

m (*)

Đặt u x= 2+mx+10, u³

+ Với 0< <m 1: (*) Û f u( )=log7( u+4 log) 11(u+ ³2)

Ta thấy f( )9 =1 f u( ) hàm đồng biến nên ta có:

( ) ( )9 9 10 9 1 0

f u ³ f Û u³ Û x +mx+ ³ Û x +mx+ ³

Vì phương trình có D =m2- 0< với 0< <m 1 nên phương trình vơ nghiệm

+ Với m>1: Ta có: f u( )£ =1 f( )9 Û £ £0 u

2 10 9

x mx

Û £ + + £

ìï + + ³

ï Û íï

+ + £

ïỵ

2

10 (1) (2)

x mx

x mx .

Xét phương trình x2+mx+ =1 0 có D =m2– 4.

Nếu 1< <m Û D <0  (2) vơ nghiệm  bất phương trình cho vơ nghiệm

Nếu m> Þ D > Þ2 phương trình có nghiệm thoả mãn (1) (2)  bất

phương trình cho có nhiều nghiệm

Nếu m=2  (2) có nghiệm x=- 1 bất phương trình cho có nghiệm

duy x=-

Vậy giá trị cần tìm m là: m=-

Bài 2. Tìm m để bất phương trình x2−2x+4√(4−x) (x+2)−18+m≥0 với x

¿[−2;4] .

Bài 3. [Đề hsg Dương Xá,2008-2009] Cho bất phương trình:

4

x  x  x x m

Xác định m để bất phương trình nghiệm với x0;4

Lời giải

Điều kiện 2

0 4

4 0(2) 3(2)

x x

x x m m x x

   

 



 

      

 

Điều kiện cần để bpt (1) nghiệm với  x 0;4 (2) nghiệm

0;4

x

 

Xét f(x)= x2-4x-3

Bảng biến thiên

x

f(x) -3

-7

-3

Từ bảng biến thiên (2) với  x 0;4  mmax ( )[0;4] f x  m3

PT  4 x x 4x x m3 Đặt t 4x x

x

t

0

2

0 Dựa vào bảng biến thiên suy 0 t

Bất phương trình trở thành g(t)=-t2+2t+1m (3)

Để bất phương trình đầu nghiệm với  x 0;4 (3) có nghiệm với  t 0;2. mmax ( )[0;2] g t

t

g(t)

1

2

1

Từ BBT suy m2.

https://www.facebook.com/luyenthiamax/