cac bai toan lien quan den tri tuyet doi

Hai giá trị này đều không thuộc khoảng đang xét nên trường hợp này phương trình vô nghiệm.[r]

BÀI TẬP :MÔN PHƯƠNG PHÁP DẠY HỌC

NHỮNG NỘI DUNG CỤ THỂ MƠN TOÁN

PHẦN:PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH CĨ CHỨA DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI

Nhóm sinh viên thực hiện: 1.Nguyễn Thu Trang (K58D) 2.Nguyễn Thị Xuân (K58D) 3.Vũ Thị Vụ (K58D)

4.Lê Thị Vân (K58D)

I/TĨM TẮT LÍ THUYẾT

Để giải phương trình và bất phương trình có chứa dấu GTTĐ thì phương pháp giải chung là phải phá dấu GTTĐ

Ta có thể khử dấu GTTĐ bằng cách xét dấu biểu thức bên dấu GTTĐ,như vậy ta chia miền xác định của phương trình thành nhiều khoảng nhỏ,trên mỗi khoảng ta giải phương trình không chứa dấu GTTĐ

Khi giải và biện luận phương trình ta cần giải quyết vấn đề sau: -Điều kiện có nghiệm của phương trình là gì?

-Phương trình có nghiệm? -Nghiệm số bằng bao nhiêu?

II.Hai bất đẳng thức quan trọng có chứa dấu GTTĐ a b  a b a b ( ,a b R )

 2 2

)

2

( )

) :

( )

2 , , : *)

*)

a b a b

a b a a b b

ab a b luôn đúng a b a b

co

a a b b a b b a b

a b a b

với a b ctùy ý

a b a b

a b c a b c

   

    

 

   

         

   

  

    

III/CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI:

1.Phương trình và Bất phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối:phương pháp biến đổi tương đương

¿|A|=|B|⇔ A=±B

¿|A|=B⇔

B≥0

A=B2

⇔

¿ ¿

A≥0

A=B

¿

[

¿

A<0

A=−B

¿ ¿ ¿[

¿ {¿ ¿ ¿ ¿

¿ ¿

A≥0

A<B

¿

[

¿

A<0 −A<B

¿ ¿[ ⇔

¿

B>0

A2

<B2

¿ ¿|A|>B⇔

¿

[A<−B

[A>B [ ⇔

¿ ¿

A≥0

A>B

¿

[

¿

A<0 −A>B

¿ ¿[ ⇔

¿ ¿|A|<|B|⇔A2

<B2

⇔ (A−B) (A+B) <0

¿|A|<B⇔−B<A<B⇔ [

Một số ví dụ :

Ví dụ 1: Giải phương trình: x2+|x−1|=1 Giải

x2+|x−1|=1

¿

1−x2≥0

x−1=± (1−x2)

⇔

¿

−1≤x≤1

[ x−1=1−x2

[ x−1=−1+ x2 [

⇔

¿

−1≤x≤1

[ x=0 ∨ x=1

[ x=1 ∨ x=−2 [

⇔

¿

[ x=1

[ x =0 [

⇔|x −1|=1−x2

⇔ { ¿ ¿ ¿

Vậy x=1; x=

Ví dụ 2: Giải phương trình: |x−6|=|x2−5x+9| Giải

|x−6|=|x2−5x+9|

⇔ ¿ [x−6=x

2−5x+9

[x−6=−x2+5x−9 [ ¿⇔¿[x=1

[x=3[¿ ¿ Vậy: x= 1; x=

*Lời bình:

Chú ý chưa xác định được vế cùng không âm thì phương trình trước không tương đương với phương trình sau,khi tìm được nghiệm phải có bước thử lại

Ví dụ 3:

 2  2

2

3 1 2 3 2 8 0

x x

x x

x x

 

  

   

   

Thay x=-2 vào phương trình đầu ta thấy thỏa mãn,vậy x=-2 là nghiệm

Thay x=

3 vào phương trình đầu ta thấy không thỏa mãn,vậy x=

3không là nghiệm.

)

b x  x

Bình phương vế:

 2  2

2

2

3

3

9 24 16 4

2

x x

x x

x x x x

x x

 

  

     

   

   

Thử trường hợp đều là nghiệm của phương trình

Ví dụ 4: Giải và biện luận |x2 – 2x +m|+x=0

Giải |x2 – 2x +m|+x=0

¿ −x≥0

x2−2x+m=±x

⇔ ¿

x≤0

[x2−3x+m=0 (1)

[x2−x+m=0 (2) [

¿

Ta có Δ1=9−4m

¿

⇔|x2−2 x+m|=−x

⇔ {¿ ¿ ¿

Biện luận

+ m≤0 x=

3−√9−4m 2 ∨x=

1−√1−4m 2

Ví dụ 5: Giải các bất phương trình sau:

1).|x2−2x−3|<3x−3

2).|1−4x|≥2x+1

Giải

1).|x2−2x−3|<3x−3

⇔

¿

x2−2 x−3≥0

x2−2 x−3<3 x−3

¿

[

¿

x2−2 x −3<0

−x2+2 x+3< x−3

¿

¿[ ⇔

¿ ¿

x2

−2 x−3≥0

x2−5 x <0 ¿

[

¿

x2−2 x −3<0

−x2

−x+ 6<0

¿

¿[ ⇔

¿ ¿

x≤−1∨ x≥3

0< x <5 ¿

[

¿

¿ [ {¿ ¿ ¿

Vậy: 2< x<

2).|1−4x|≥2x+1

⇔

¿

1−4 x≥0

1−4 x≥2 x+1

¿

[

¿

1−4 x<0

−1+4 x≥2 x+1

¿

¿[ ⇔

¿ ¿

x≤

4

x≤0

¿

[

¿

x>

4

x≥1

¿[ {¿ ¿¿

Vậy x0 hoặc x1

Ví dụ 6: Giải và biện luận theo a bất phương trình:

2 2 3

x  x a x  x a

 

2 2 2 2 2

2

2

( ) ( ) ( ) ( ) (2 )( )

5

( )

2

2

5

2 2

2 0

2

x x a x x a x x a x x a x x x a

x I x x x a x a x x x II

x a x

x a                                                                

 Trường hợp 1:

5

2 0 ( ) ;( )

2

a a I x II x a

         

.Vậy nghiệm hệ là

5 2 x x a       

 Trường hợp 2:

5 5

0 ( ) ;( )

2

a a I a x II x

             

.Vậy nghiệm hệ

là 2 a x x        

Trường hợp 3:



0

5

2 ( ) ;( ) 5

2

2

x

a a I VN II

x a            

 .Vậy nghiệm hệ là

0 2 x x a        *Lời bình:

Phương pháp biến đổi tương đương này được sử dụng khá nhiều và ta phải chú ý đến điều kiện cuả nó ,chú ý phương trình nào là tương đương, phương trình nào là hệ quả

2.Phương pháp đặt ẩn số phụ

Phương pháp này được sử dụng biểu thức ngoài dấu GTTĐ biểu diễn qua biểu thức trong dấu GTTĐ.

Ví dụ 7: Giải phương trình: (|x|+ 1)2 = 4|x|+ 9

Đặt t= |x| với t≥0

PT: (t+ 1)2 = 4t + 9

2 2 0

2 ( ) t t t t loại           Với t= thì |x|= ⇔x=±4

Vậy x= 4; x= – Ví dụ

Tìm m để phương trình:  

2 2 1 0 1

x  x m x  m 

có nghiệm

Giải:Đặt t x 0 ta có t2-1=x2-2x nên pt (1) trở thành:t2-mt+m2-1=0 (2).

Phương trình (1) có nghiệm và (2) có nhất nghiệm t0

 Trường hợp 1: phương trình (2) có nghiệm t=0 P 0 m21 0  m1.

 Trường hợp 2: phương trình (2) có nghiệm t1  0 t2  P0 m21 0   1 m1

 Trường hợp 3: phương trình (2) có nghiệm

2 2

2 3

3

3

0

1

, 0 1

1 0 m m m

t t P m m

m S m m                                             Đáp số: 3 m   

Ví dụ 9: Cho phương trình :

2 2 1

x  x m  x

a) Giải phương trình với m=0

b) Tìm m để phương trình có bốn nghiệm phân biệt

Giải: Đặt t = x – 1, thì phương trình đã cho trở thành

2

1 (*)

t m t

a) Với m = ta có

2

3

0 1 5 2

1 2

1 1

2

2

t x

t t

t

t t t t t

b) Phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt và phương trình (*) có nghiệm

phân biệt 2

0

(*)

1

t t

t m t t t m

 

 

   

      

  .Phương trình (*) có nghiệm phân biệt khi và mỗi phương trình t2 – t + m – = và t2 + t + m – = có hai nghiệm không âm phân

biệt Nhưng phương trình t2 + t + m – = không thể có hai nghiệm không âm (vì S= –1<0).

Vậy phương trình đã cho không thể có nghiệm phân biệt 3.PHƯƠNG PHÁP XÉT KHOẢNG:

Ví dụ 10 :

Đây là phương trình  

2

2

x  x  x 

Giải:

+ Lập bảng xét dấu

x - 0 1 2 +

2

x  x x2 x 0 x x2

 x2 x x2 x

2x 4-2x 4-2x 4-2x 0 2x-4

VT

của(1) x2 3x 4

 

2 4

x x

   x2 3x4 x2 x

Từ đó ta có trường hợp:

 Trường hợp 1:

1

x x

 

  

 ta có:

2

(1) 3

2

x x x x x 

         

2

(1)

2

x x x x x  

          

Ta thấy

1

x 

thỏa mãn  Trường hợp 3: x > ta có

2 29

(1)

2

x x x x x  

         

Ta thấy

1 29

x 

thỏa mãn

Tóm lại: Phương trình có hai nghiệm

1 29

2

x x

     

    

 .

4.PHƯƠNG PHÁP ĐỒ THỊ:

Phương pháp này thường sử dụng phương pháp này có tham số đứng độc lập.

Ví dụ11:

Biện luận theo m số nghiệm của phương trình :x x m

Hướng dẫn: Vẽ đồ thị hai hàm số

2 ;

y x x  y m

Số nghiệm của phương trình là sớ giao điểm phân biệt của đường thẳng y=m,

 

y x x

2

2

2

2

  



  

  

 

x x voi x

y x x

x x voi x

y=m là đường thẳng song song trùng với ox,cắt oy tại tọa độ =m

Nếu

0 m m   

 

Nếu

0 m m   

 

phương trình có nghiệmO Nếu 0<m<1 thì phương trình có nghiệm

5.PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ Ví dụ 12:

Cho bất phương trình:

2 4 3 2 2

x  x  mx

Tìm m cho (*) đúng với mọi xR

Đặt

2

( )

f x x  x  mx

đây là hàm bậc ,có giá trị nhỏ nhất.Do đó: f x( ) 2 moi x R ;min ( ) 2.f x  Ta tìm minf(x) và tìm m cho minf(x)>2

    2 2

1 1

2

2

( ) 2(2 ) 3

( )

( ) 2(2 ) 3

' ( ) 2( ) ; ' ( ) 2( ) ;

(2 ) ( 1)

:

min ( ) (1); (3); (2 ) ;6 ; ( )

f x x m x khi x hoac x

f x

f x x m x khi x

f x x m x m

f x x m x m

f m m m

ta co

f x f f f m

m m m m

f x f

                                              2 2 (1); (3) ; :

min ( ) ( ) ;6 ;

2

min ( )

4

1 1 3

3

4 f

m m

do do

f x f x m m m m

vay

m

f x m

m m m m m m m                                  

IV MỘT SỐ BÀI TẬP LUYỆN TẬP VÀ ĐỀ THI TUYỂN SINH : ĐỀ BÀI

1.Một số bài luyện tập Bài1

Giải pt,bpt sau:

2

) 1 )

a x x x

b x x x x

   

Baì2:Giải và biện luận:

2

)

)

a x x a x x

b x x x m

    

     

2.Một số bài thi tuyển sinh

Bài 1: Giải phương trình : 6−4x−x

2

=

|sin y

x .cos y x|

(Đại học Giao thông Hà Nội – 1998) Bài : Giải và biện luận phương trình: x2

+3x+2k|x−1|=0 (Đại học Kinh tế quốc dân Hà Nội – 1994)

Bài 3: Giải phương trình : π|sin√x|=|cosx|

( Đại học Tài kế toán Hà Nội – 1996)

Bài 4: Giải bất phương trình : |x2−2x−3|≥5.(x−3) ( Đại học văn hóa Hà Nội – 2000)

Bài : Giải phương trình :

√x+2=|x+1|+4 (Đại học công đoàn – 1997)

Bài 6: Giải phương trình : sin4x

−cos4x=|sinx|+|cosx| (Đại học Nông nghiệp I – 1996)

Bài : Giải phương trình : |a+b|

1+|a+b|≤

|a|+|b|

1+|a|+|b|∀a , b

(Đại học Nông nghiệp I – 1999)

Bài : Giải phương trình :

1+cos2x

¿+|log32−log1/3sin2x|<1

log1/3¿ ¿

(Đại học Sư phạm I Hà Nội – 1991)

Bài : Giải phương trình : √2−|log2x|>log2x (Đại học Sư phạm I Hà Nội – 1992)

Bài 10 : Giải phương trình : |x−5|−x2+7x−9≥0 (Đại học Dân lập Thăng Long - 1998)

Bài : Điều kiện : {

x ≠0 sin y

x.cos y x ≠0

Ta có: VT=6−4x−x2=10−(x+2)2≤10 VP=

10

|sin2y

x |

. 10

|sin2y

x | ≥10

⇒VT=VP⇔VT=VP=10⟺{

x=−2

y=π

2+kπ

Bài 3: Ta có : π|sin√x|≥ π0

=1≥|cosx|

⇒π|sin√x|

=1=|cosx|⇔{sin√x=0

|cosx|=1⇔{

x=k2π2

x=lπ ⇔{

x=k2π2

l=k2π ∀k∈N ,l∈Z Nếu k ≠0⇒π= l

k2∈Q⇒Vơ lí⇒k=0⇒x=0

Bài 4: |x2−2x−3|≥5.(x−3)⇔|(x−3) (x+1)|≥5.(x−3) Với x < : bpt đúng

Với ≥3 : Bpt⇔(x−3) (x+1)≥5.(x−3)⇔x ≥4 Vậy nghiệm của bpt là : [x<3

x ≥4

Bài 5: Xét:−2≤ x←1:

pt⇔4√x+2=3−x⇔16(x+2)=(3−x)2⇔x2−22x−23=0⇔[x=−1(loại)

x=23(loại)

Xét x ≥−1:

pt⇔4√x+2=x+5⇔16(x+2)=(x+5)2⇔x2−6x−7=0⇔[x=−1

x=7

Vậy bpt có nghiệm x = - và x = Bài 6: pt⇔sin2x−cos2x=|sinx|+|cosx|

Ta có: VP≥|sinx|2+0≥sin2x−cos2x ⇒pt⇔{|sinx|=sin2x

cosx=0 ⇔x=

π

2+kπ

Bài 7: Bđt⇔|a+b|+|a+b|(|a|+|b|)≤|a|+|b|+|a+b|(|a|+|b|)

⇔|a+b|≤|a|+|b|⇒đúng

Dấu “=” xảy : ab ≥0

Bài 8: Ta thấy : cos2x.2 sin2x=sin22x ≤1⇒log3(2cos2x)+log3(2 sin2x)≤0

Bpt⇔|log3(2 cos2x)|+|log3(2 sin2x)|<1 ⇔|log3(2sin2x)

−log3(2 cos2x)|<1⇔|log3❑|<1 ⇒−1<log3tan2x<1⇔1

3≤tan

2

x ≤3

⇔x∈(−π

3 +kπ ;−

π

6+kπ)∪(

π

6+kπ ;

π

Bài : Điều kiện : |log2x|<2 TH1: −2≤log2x<0⟺1

4≤ x<1

⟹Bpt⟺√2+log2x>log2x

Mà √2+log2x ≥0>log2x⟹Nghiệm bpt làx∈[1

4;1)

TH2: 0≤log2x ≤2⟺1≤ x ≤4(¿)

⟹Bpt⟺√2−log2x>log2x⟺2−log2x>log2

x⟺−2<log2x<1

Kết hợp với (*) ta được: 0≤log2x<1⟺1≤ x<2

Vậy bpt có nghiệm : x∈[1