Chuyên đề về đại số lớp 10

Chia sẻ: Đào Xuân Lộc | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:18

1
1.247
lượt xem
361
download

Chuyên đề về đại số lớp 10

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề về đại số lớp 10

  1. Giáo án : Chuyên đề đại số 10 1.Bất phương trình đa thức A-Lý thuyết : m < −2 ∪ m > 2  10  m≤− Phương pháp giải : ⇔ −10 ⇔ 3 *)Vân dụng định lí dấu tam thức bậc 2(định lí đảo  m≤ ∪m ≥ 2   3  m>2 dấu tam thức bậc 2 ) *)Tính chất của hàm số bậc nhất và bậc 2 Từ 2 trường hợp trên ta thấy giá trị cần tìm là B-Bài tập : : Bài toán 1: 10 m ≤ − ∪m ≥ 2 Tìm a để bất pt : ax + 4 > 0 3 Đúng với mọi x thỏa mãn điều kiện x < 4 2.Bất phương trình (1) có một nghiệm x = 1 Bài giải : ⇔ (m 2 − 4).1 + (m − 2).1 + 1 < 0 Đặt f(x) = ax +4 ⇔ m2 + m − 5 < 0 Ta có : −1 − 21 −1 + 21 f ( x ) = ax + 4 > 0∀ x∈( −4;4) ⇔ ⇒ m = −2 Đặt f(x) = x2 – 2x + 1 – m2, 4 (ktm) Ta có : • Với m = 2 : (1) ⇔ 1 < 0Vn ⇒ m = 2 thỏa mãn f(x) ≤ 0 ∀ x∈[ 1;2] . 1. f (1) ≤ 0 1 − 2.1 + 1 − m 2 ≤ 0  TH2: m ≠ ±2 ⇔ ⇔ 1. f (2) ≤ 0  4 − 2.2 + 1 − m ≤ 0 2 (1) vô nghiệm  ⇔ ( m 2 − 4) x 2 + ( m − 2) x + 1 ≥ 0, ∀ x  m ≤ −1 ⇔ 1 − m2 ≤ 0 ⇔  m 2 − 4 > 0  m ≥ 1 ⇔ Kết luận : ∆ = ( m − 2) − 4( m − 4) ≤ 0 2 2  Bài toán 4: m < −2 ∪ m > 2 Với giá trị nào của a thì bất pt sau nghiệm đúng ⇔ với mọi giá trị của x : ( m − 2)(3m + 10) ≥ 0 ( x 2 + 4 x + 3)( x 2 + 4 x + 6) ≥ a (1) 1
  2. Giáo án : Chuyên đề đại số 10 Bài giải : Bài toán 4: Đặ t : t = x 2 + 4 x + 3 ⇒ x 2 + 4 x + 6 = t + 3 Bài tập về nhà : t = ( x + 2) 2 − 1 ≥ −1 ⇒ t ≥ −1 Bài giải : Ta có : Bài 1: ⇔ t (t + 3) ≥ a(3) (1) ⇔ (m 2 + m − 2) x + m + 2 > 0(2) Xét hàm số : f(t) = t 2 + 3t , (t ≥ −1) Đặt f(x) = (m2 + m – 2 )x + m + 2 (3) ⇔ Minf (t ) ≥ a Bài toán thỏa mãn: Lập bảng biến thiên của f(t):  f ( −2) > 0 (m 2 + m − 2)(−2) + m + 2 > 0  Suy ra Mìn(t) = -2 Vậy (3) a ≤ −2 ⇔ ⇔ 2 Kết luân :  f (1) > 0 (m + m − 2)(1) + m + 2 > 0  Bài toán 5:  3 Tìm m để bất phương trình sau đúng với mọi x: −2m2 − m + 6 > 0   −2 < m < ⇔ 2 ⇔ 2 x 2 + mx − 2  m +2 m > 0   m < −2 ∪ m > 0 −3 ≤ 2 ≤ 2(1)  x − x +1 3 Ta có : x − x + 1 > 0, ∀ x 2 ⇔0 0 Vậy bt tm : ⇔ 2  x + mx − 2 ≤ 2( x − x + 1)  2 ⇔ ∆ ' = 1 − m2 + 1 < 0 4 x 2 + (m − 3) x + 1 ≥ 0(2) m < − 2  ⇔ 2 − m2 < 0 ⇔  ⇔ 2  x − (m + 2) x + 4 ≥ 0(3)  m > 2  Bài 3: (1) đúng với mọi x Đăt : t = x 2 + x + 1 = f(x) Lập bbt f(x) trên [0;1] Suy ra f(x) ⇒ 1 ≤ t ≤ 3 ∆ (2) = (m − 3) 2 − 16 ≤ 0 (1) ⇔ a (t − 2) ≤ t 2∀t∈[ 1;3]  ⇔ ∆ (3) = ( m + 2) − 16 ≤ 0 2 ⇔ t 2 − at + 2a ≥ 0∀t∈[ 1;3] (2)   −1 ≤ m ≤ 7 Đặt f(t) = t2 – at + 2a ⇔ ⇔ −1 ≤ m ≤ 2  −6 ≤ m ≤ 2 Kết luận : Bài tập về nhà : Bài 1: Tìm m để bpt sau nghiệm đúng với mọi x thỏa mãn điều kiên : −2 ≤ x ≤ 1 m 2 x + m( x + 1) − 2( x − 1) > 0 (1) Bài 2: Tìm m để bpt sau nghiệm đúng với mọi x : x 2 − 2 x + m2 − 1 > 0 Bài 3: Tìm a nhỏ nhất để bpt sau thỏa mãn ∀ x∈[ 0;1] 2
  3. Giáo án : Chuyên đề đại số 10 a ( x 2 + x − 1) ≤ ( x 2 + x + 1) 2 (1)    Bài tập tuyển sinh:   Bài 1:  ∆ = a − 8a ≤ 0 2 Tìm a để hai bpt sau tương đương :  (a-1).x – a + 3 > 0 (1) ∆ = a 2 − 8a > 0 (a+1).x – a + 2 >0 (2)  (2) ⇔ 1. f (1) ≥ 0 ⇔ −1 ≤ a ≤ 9 Bài giải :  Th1: a = ±1 thay trực tiếp vào (1) và (2) thấy  −b = a < 1  2a 2 không tương đương.  a −3  (1) ⇔ x > = x1 ∆ = a − 8a > 0 2 a −1 1. f (3) ≥ 0 Th2: a > 1 :  a −2  −b a (2) ⇔ x > = x2  2a = 2 > 3 a +1  (1) ⇔ (2) ⇔ x1 = x2 ⇔ a = 5 Suy ra a cần tìm là : a = -1 Th3: a < -1 : (1) ⇔ x < x1 Để (1) ⇔ (2) ⇔ x1 = x2 ⇔ a = 5 Bài giải : (2) ⇔ x < x2 Xét pt hoành độ : ( loại) x2 + x −1 Th4: -1 < a < 1 : (1) Và (2) không tương đương −2 x + m = (1) x Kết luận : a = 5 thỏa mãn bài toán . Để (d) cắt (C) tại 2 điểm pb ⇔ (1) có 2 nghiệm Bài 2: phân biệt x1 , x2 khác 0 (ĐHLHN): Cho f(x) = 2x2 + x -2 . (1) ⇔ 3 x 2 + (1 − m) x − 1 = 0 = f ( x) Giải BPT f[f(x)] < x (1) Do a .c = -3
  4. Giáo án : Chuyên đề đại số 10 ⇔ AB 2 = 16 ⇔ ( x2 − x1 ) 2 + ( y2 − y1 ) 2 = 16 ⇔ 2( x2 − x1 ) 2 = 16 m2 1 ⇔ 2 ( x2 + x1 ) 2 − 4 x1 x2  = 2(   − 4.(− )) = 16 4 2 ⇔ m = ±2 6 2.Bất phương trình chứa trị tuyệt đối . A-Lý thuyết (2) ⇔ x 2 − 3 x + 2 > 2 x − x 2 1. A < B ⇔ − B < A < B  x 2 − 3x + 2 > 2 x − x 2 A > B ⇔ 2 2. A > B ⇔   x − 3x + 2 < x − 2 x 2  A < −B  1 3. A > B ⇔ ( A − B )( A + B ) > 0 2 x2 − 5x + 2 > 0 x < 2 ∪ x > 2 ⇔ ⇔ Các tính chất : x − 2 > 0  x > 2 1. A + B ≤ A + B ∀ A, B  1 2. A + B < A + B ⇔ A.B < 0 ⇔ x < 2  3. A − B ≥ A − B , ∀ A, B x > 2 4. A − B > A − B ⇔ ( A − B ).B > 0 Kết luận : B-Bài tập : (3) ⇔ (2 x + 5) 2 > (7 − 4 x) 2 Bài 1: Giải các bpt sau : ⇔ (2 x + 5) 2 − (7 − 4 x) 2 > 0 1. 3 x + 2 ≤ x +1 ⇔ [ (2 x + 5) + (7 − 4 x )] [ (2 x + 5) − (7 − 4 x) ] > 0 2. 3 x − 4 ≥ x + 7 ⇔ (12 − 2 x )(6 x − 2) > 0 3. x + 4 ≥ 2 x −1 1 ⇔ (6 − x)(3 x − 1) > 0 ⇔ < x
  5. Giáo án : Chuyên đề đại số 10 1. x 2 − 2 x − 3 ≤ 3x − 3 (3) ⇔ x 2 − 5 x + 4 ≤ x 2 − 4 2. x 2 − 3 x + 2 + x 2 > 2 x ⇔ ( x 2 − 5 x + 4) 2 ≤ ( x 2 − 4) 2 3. 2 x + 5 > 7 − 4 x ⇔ (8 − 5 x )(2 x 2 − 5 x) ≤ 0 x2 − 5x + 4  8 4. ≤1  0≤ x≤ x2 − 4 5 ⇔ Bài giải : x ≥ 5   2 Bài 2: Bài 3:Giải các bpt sau :  x 2 − 2 x − 3 ≥ −3 x + 3  (1) ⇔  2 x2 − 4x + 3  x − 2 x − 3 ≤ 3x − 3  1. 2 ≥1 x + x−5 x + x − 6 ≥ 0  2  x ≤ −3 ∪ x ≥ 2 ⇔ 2 ⇔ 2. x 2 − 1 ≤ x 2 − 2 x + 8  x − 5x ≤ 0  0 ≤ x ≤ 5 ⇔2≤ x≤5 Bài 4: Giải và biện luận bpt sau : Kết luận: x 2 − 3x − m ≤ x 2 − 4 x + m (1) vậy 9 Bài giải : 0≤t ≤ 2 Bài 3 : 9 9 9 Bảng xét dấu : ⇔0≤ x ≤ ⇔− ≤x≤ x −∞ 0 +∞ 2 2 2 4 5 Bài 4: (1) ⇔ ( x 2 − 3x − m ) ≤ ( x 2 − 4 x + m ) 2 2 X2 – 4x + - + + X-5 - - - + ⇔ ( 2 x 2 − 7 x ) ( x − 2m ) ≤ 0  x 0, ∀ x∈R ) 2 ⇔ 2 ≤0 2 x − x+5 +) Nếu 2m < 0 : 2 Có trục xác định dấu: ⇔x≤− 3  x ≤ 2m +) Xét 0 ≤ x < 4 : Kết luận :  − x2 + 4 x + 3 0 ≤ x ≤ 7 (1) ⇔ 2 ≥ 1 ⇔ 2 x2 − 5x + 2 ≤ 0  2 x − x+5 Nếu 2m = 0 1 7 ⇔ ≤x≤2 2 Kết luận: x ≤ 2 5
  6. Giáo án : Chuyên đề đại số 10 +) Xét x ≥ 5 : 7 7 +) Nếu 0 < 2m < ⇔0 ⇔ m > 2. Đặt t = x , t ≥ 0 : 2 4 (2) ⇔ t 2 − 1 ≤ t 2 − 2t + 8 x ≤ 0 Kết luận:  7 −t 2 + 2t − 8 ≤ t 2 − 1   ≤ x ≤ 2m ⇔ 2 2 t − 1 ≤ t − 2t + 8 2  2t 2 − 2t + 7 ≥ 0  9 ⇔ 9 ⇔t≤ t ≤ 2  2 ⇔ x − 3 < 3x 2 − 9 x + 2 Bài tập về nhà :  −3 x 2 + 9 x − 2 < x − 3  ⇔ Bài 1:  x − 3 < 3x − 9 x + 2  2 Giải các bpt sau :  4 − 19 1. x 2 − 1 < 2 x x < 3x 2 − 8 x − 1 > 0  3 2. 1 − 4 x ≥ 2 x + 1 ⇔ 2 ⇔ 3x − 10 x + 5 < 0   4 + 19 3. x 2 + x − 2 ≤ 2 x 2 − 2 x − 2 x >  3 4.3 x 2 − x − 3 > 9 x − 2 Bài 2: Bài 2: 1.Đặt : x 2 = t , t > 0 Giải các bpt Sau : Ta được : 2 2 t −2 1.x 2 ≤ 1 − 2 t ≤ 1− ⇔ ≥t x t t 2−3 x  t − 2 ≤ −t 2 2. ≤1 ⇔ t−2 ≥t ⇔  2 t − 2 ≥ t 2 1+ x 3. ( x + 3)( x − 1) − 5 ≤ ( x + 1) 4 − 11 t 2 + t − 2 ≤ 0 ⇔ 2 ⇔ 0 < t ≤1 Bài 3: t − t + 2 ≤ 0 Giải và biện luận bpt sau theo tham số m .  −1 ≤ x ≤ 1 Vậy 0 < x ≤ 1 ⇔  2 x 2 − 2 x + m ≤ x 2 − 3x − m x ≠ 0 6
  7. Giáo án : Chuyên đề đại số 10 Bài 4: 2.Đk : x ≠ −1 Với giá trị nào của m thì bpt sau thỏa mãn với mọi Th1 : x ≥ o x: 2 − 3x (2) ⇔ ≤ 1 ⇔ 2 − 3x ≤ 1 + x x 2 − 2mx + 2 x − m + 2 > 0 1+ x Bài 5: ⇔ (2 − 3 x) 2 ≤ (1 + x) 2 Với giá trị nào thì bpt sau có nghiệm: (tm) x 2 + 2 x − m + m2 + m − 1 ≤ 0 ⇔ 8 x 2 − 14 x + 3 ≤ 0 1 3 Bài giải : ⇔ ≤x≤ Bài1 : 4 2 Kết quả : x < 0 2.Th2:  1.) −1 + 2 < x < 1 + 2  x ≠ −1 x ≤ 0 2 + 3x 2.)  (2) ⇔ ≤ 1 ⇔ 2 + 3x ≤ 1 + x x ≥ 1 1+ x  x = −2 ⇔ (2 + 3 x) 2 ≤ (1 + x) 2 3.)  ( tm ) 0 ≤ x ≤ 1 ⇔ 8 x 2 + 10 x + 3 ≤ 0 4.) 3 1 ⇔− ≤x≤− 4 2 Kết luận : 3. 5 (3) ⇔ x ≤ − (3) ⇔ x + 2 x − 3 − 5 ≤ ( x + 1) − 11 2 4 2 Nếu m < 0: ⇔ ( x + 1) 2 − 9 ≤ ( x + 1) 4 − 11 0 ≤ x ≤ −2m  x ≤ − 5 Đặt : t = ( x + 1) 2 , t ≥ 0  2 Ta được : Kết luận : t − 9 ≤ t 2 − 11  Bài 4: t − 9 ≤ t − 11 ⇔  2 2 −t + 11 ≤ t − 9 (4) ⇔ ( x − m) 2 + 2 x − m + 2 − m 2 > 0  t − t − 2 ≥ 0 2 t ≤ −1 ∪ t ≥ 2 Đặt : x − m = t , t ≥ 0  ⇔ 2 ⇔ Ta được : t2 + 2t + 2 – m2 > 0 (5) t + t − 20 ≥ 0  t ≤ −5 ∪ t ≥ 4 Để tmbt ⇔ f (t ) = t + 2t > m − 2∀t ≥0 2 2 t ≤ −5 t ≥ 4 ⇔ M inf(t ) > m 2 − 2(6)  Lập bbt của f(t) : Vậy t ≥ 4 ( tm ): Suy ra Minf(t) = 0 : ⇔ ( x + 1) 2 ≥ 4 ⇔ ( x − 1)( x + 3) ≥ 0 Vậy (6) ⇔ 0 > m 2 − 2 ⇔ − 2 < m < 2 x ≥ 1 Bài 5: ⇔  x ≤ −3 Kết luận : 7
  8. Giáo án : Chuyên đề đại số 10 Bài 3:   x 2 + 2( x − m) + m 2 + m − 1 ≤ 0 (3) ⇔ ( x 2 − 2 x + m ) ≤ ( x 2 − 3x − m ) 2 2  (I )  x ≥ m (5) ⇔  ⇔ ( x + 2m ) (2 x 2 − 5 x) ≤ 0   x − 2( x − m) + m + m − 1 ≤ 0 ( II ) 2 2  ⇔ x (2 x + 5)( x + 2m) ≤ 0  x < m  (5) có nghiệm khi và chỉ khi (I) có nghiệm Hoặc 5 5 (II) có nghiệm: Nếu : −2m < − ⇔ m > 2 4 x ≥ m x ≤ −2 m (I ) ⇔  2   x + 2 x = f ( x) ≤ − m + m + 1 2 (3) ⇔  5 − ≤ x ≤ 0 Có f(m) = m2 + 2m  2 ⇔ m − m 2 + 1 ≥ m 2 + 2m 5 5 Nếu : −2m = − ⇔ m = (I) có nghiệm ⇔ 2m + m − 1 ≤ 0 2 2 4 (3) ⇔ x ≤ 0 1 −1 ≤ m ≤ 5 5 2 Nếu − < −2m < 0 ⇔ 0 < m < x < m 2 4 (II) ⇔ 2  x − 2 x = g ( x) ≤ − m − 3m + 1 2  5 x≤− (3) ⇔  2 (II)có nghiệm   −2m ≤ x ≤ 0 ⇔ m 2 − 2m < −m 2 − 3m + 1 Nếu −2m = 0 ⇔ m = 0 ⇔ 2m 2 + m − 1 < 0 1 Kết luận : −1 ≤ m ≤ 1 2 ⇔ −1 < m < 2 Cách 2: Bài 2: Đặt : t = x − m ≥ 0 ,phải tìm m để Nhận thấy trong hệ tọa độ xoy thì y = ax + 4 với -4 < x < 4 là một đoạn thẳng . Vì vậy y = ax + 4 f(t) = t 2 + 2t + 2mx + m − 1 ≤ 0 có nghiệm t ≥ 0  y (−4) ≥ 0  a ≥ −1 .Parabôn y = f(t) quay bề lõm lên trên và có hoanh độ >0 ⇔ ⇔ ⇔ −1 ≤ a ≤ 1 đỉnh là t = -1< 0 nên phải có f(0) = 2mx + m - 1 ≤ 0  y (4) ≥ 0 a ≤ 1 .Khi t = 0 thì x = m suy ra Bài 3: 1 Đ ặt : 2m 2 + m − 1 ≤ 0 ⇔ −1 ≤ m ≤ 2 t = x 2 + 4 x + 3 = ( x + 2) 2 − 1 ≥ −1 Bài tập về nhà : ⇒ t ≥ −1 Bài 1 : Bài toán thỏa mãn : ⇔ t (t + 3) = f (t ) ≥ a∀t ≥−1 Tìm a để với mọi x : Xét f(t) với t ≥ −1 Suy ra Min f(t) = -2 f ( x ) = ( x − 2)2 + 2. x − a ≥ 3(1) Vậy bttm ⇔ a ≤ −2 Bài 2: Tìm a để bpt : Ax + 4 > 0 (1) đúng với mọi giá trị của x thỏa mãn điều kiện x < 4 Bài 3: 8
  9. Giáo án : Chuyên đề đại số 10 Tìm a để bpt sau nghiệm đúng với mọi x : ( x 2 + 4 x + 3)( x 2 + 4 x + 6) ≥ a Bài giải : Bài 1: Bài toán thỏa mãn :  x 2 − 2 x + 1 − 2a = f ( x) ≥ 0∀ x ≥ a (2)  ⇔ 2  x − 6 x + 1 + 2a = g ( x) ≥ 0∀ x < a (3)  ∆ ' ≤ 0  a ≤ 0    ∆ ' > 0 a > o a ≤ 0 (2) ⇔   ⇔  2 ⇔ 1. f (a ) ≥ 0   a − 4a + 1 ≥ 0   a ≥ 2 + 3  b  −  1 < a    2a < 1  ∆ ' ≤ 0  8 − 2a ≤ 0    ∆ ' > 0 8 − 2a > 0 a ≥ 4 (3) ⇔   ⇔  2 ⇔ 1.g (a) ≥ 0   a − 4a + 1 ≥ 0   a ≤ 2 − 3   b  a < 3    a < − 2a  a ≤ 0 Vậy để thỏa mãn bài toán :  a ≥ 4 3.Bất phương trình chứa căn thức A-Lý thuyết : 2 3 Phương pháp 1: 3 ≤ x < 4 2 Sử dụng phép biến đổi tương đương :  ⇔ ≤ x 0  1 + 41 2. A ≤ B ⇔  B ≥ 0  3 x + x − 4 ≥ ( x + 1) 2 2 x ≥ 4   A ≤ B2   Bài toán 2:  B < 0 B ≥ 0 Giải các bpt sau : 3. A > B ⇔  ∪ A ≥ 0 A > B 2 B ≤ 0 B > 0 4. A ≥ B ⇔  ∪ A ≥ 0 A ≥ B 2 9
  10. Giáo án : Chuyên đề đại số 10 Bài toán 1: 1.x + 1 ≥ 2( x 2 − 1) Giải các bpt sau : 1. x − 3 < 2 x − 1 2. ( x + 5)(3x + 4) > 4( x − 1) 2. x 2 − x + 1 ≤ x + 3 3. x + 2 − 3 − x < 5 − 2 x 3. 3 x − 2 > 4 x − 3 4.( x − 3) x 2 − 4 ≤ x 2 − 9 Bài giải : 4. 3x 2 + x − 4 ≥ x + 1 .1 Bài giải :  2( x 2 − 1) ≥ 0  x ≤ −1 ∪ x ≥ 1  1   2 x − 1 > 0 x > 2 (1) ⇔  x + 1 ≥ 0 ⇔  x ≥ −1    2( x 2 − 1) ≤ ( x + 1) 2  x2 − 2 x − 3 ≤ 0 ⇔ x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3   . 1.  4 x 2 − 5 x + 4 > 0  x − 3 < (2 x − 1) 2  x = −1  ⇔  1 ≤ x ≤ 3 x≥3  4( x − 1) < 0  x2 − x + 1 ≥ 0  ( x + 5)(3 x + 4) ≥ 0  2. ⇔  x + 3 ≥ 0 ⇔ x≥− 8 (2) ⇔  7  x −1 ≥ 0  x 2 − x + 1 ≤ ( x + 3) 2    ( x + 5)(3 x + 4) > 16( x − 1) 2  4 x − 3 < 0  4 x − 3 ≥ 0 3. ⇔  ∪ 2.  x < 1 3x − 2 ≥ 0 3 x − 2 > (4 x − 3)  2  x ≤ −5   x ≤ −5 ∪ x ≥ − 4  4 ⇔   3 ⇔ − ≤ x < 1   3  x ≥ 1 1 ≤ x < 4  13 x 2 − 51x − 4 < 0   4 Kết luận : x ≤ −5 ∪ − ≤ x < 4 5 x + 2 ≥ 0 (1) ⇔ x 2 − 4 ≥ x + 3  5 3. Đk: 3 − x ≥ 0 ⇔ −2 ≤ x ≤ x + 3 ≤ 0 x + 3 > 0 5 − 2 x ≥ 0 2  ⇔ 2 ∪ 2   x − 4 ≥ 0  x − 4 ≥ ( x + 3) 2  (1) ⇔ 5 − 2 x + 3 − x > x + 2  x ≤ −3  x > −3 (tm ) ⇔ 2 x 2 − 11x + 15 > 2 x − 3 (2) ⇔ ∪  x ≤ −2 U x ≥ 2 6 x + 13 ≤ 0  x ≤ −3 3 13 +) Xét : −2 ≤ x < ⇔ 13 ⇔ x ≤ − 2  −3 < x ≤ − 6 (3) luôn đúng.  6 10
  11. Giáo án : Chuyên đề đại số 10 3 5 Vậy kêt luận : +) Xét : ≤x≤ 2 2  13  x≤− (2) ⇔ 2 x − 11x + 15 > (2 x − 3) 2 2 6  ⇔ 2x2 − x − 6 < 0  x≥3 3 Bài tập về nhà : ⇔− 3 : Giải các bpt sau : (1) ⇔ x 2 − 4 ≤ x + 3 1.( x 2 − 3 x). 2 x 2 − 3 x − 2 ≥ 0 ⇔ x 2 − 4 ≤ ( x + 3) 2 2 x2 2. < x + 21 ( ) 2 13 3 − 9 + 2x ⇔x≥− 6 Suy ra x > 3 là nghiệm bpt x2 3. > x−4 +) Xét : x ≤ −2 ∪ 2 ≤ x < 3 ( 1+ ) 2 1+ x Bài giải : Bài 1: 1. 11
  12. Giáo án : Chuyên đề đại số 10 8 − x ≥ 0 5.  x + 2 ≥ 0 (1) ⇔  2 x − 1 ≥ 0   2 x − 1 ≤ (8 − x ) 2 Đkiện :  x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 0  x ≥ 0  x ≤ 8  (5) ⇔ x + 2 < x + 1 + x  1 ⇔ x ≥ 2 ⇔ x + 2 < 2 x + 1 + 2 ( x + 1) x   x − 18 x + 65 ≥ 0  2 ⇔ 1 − x < 2 ( x + 1) x 1 ⇔ ≤ x≤5 1 − x < o 1 − x ≥ 0  2 ⇔ ∪ ( 1 − x ) < 4 x( x + 1) 2 2. x ≥ 0  (2) ⇔ 2 x 2 − 6 x + 1 > x − 2  3+ 2 3 x < − x − 2 ≥ 0 3 x − 2 < 0  ⇔ x > 1∪  ⇔ 2 ∪ 2  −3 + 2 3 2 x − 6 x + 1 ≥ 0 ( 2 x − 6 x + 1) > ( x − 2 ) 2   < x ≤1  3 x < 2   3+ 2 3  x ≤ 3 − 7  x ≥ 2 x < −  3 ⇔  ⇔  2 ∪ 2  −3 + 2 3  x − 2x − 3 > 0  3 x> 2 3 3. Bài 2: Tương tự : 3 < x ≤ 5 1. x + 3 ≥ 0  2 x 2 − 3x − 2 = 0   4.Đk:  2 x − 8 ≥ 0 ⇔ 4 ≤ x ≤ 7 (1) ⇔  2 x 2 − 3x − 2 > 0  7 − x ≥ 0  2    x − 3x ≥ 0  ( ) 2 (4) ⇔ x + 3 ≥ 2x − 8 + 7 − x   ⇔ 3 ≥ −1 + 2 ( 2 x − 8) ( 7 − x )   ⇔2≥ ( 2 x − 8) ( 7 − x ) x = 2  1  x ≤ − 2 ⇔ 4 ≥ −2 x 2 + 22 x − 56  1  ⇔ x = − ⇔ x = 2 ⇔ x 2 − 11x + 30 ≥ 0  2 x ≥ 3 x ≤ 5   1  ⇔   x < − 2  x ≥ 6    x > 2 4 ≤ x ≤ 5  x ≤ 0 ∪ x ≥ 3 Kết luận :   6 ≤ x ≤ 7 12
  13. Giáo án : Chuyên đề đại số 10 9 + 2 x ≥ 0  9  x ≥ − Bài 2: 2.Đk :  ⇔ 2 3 − 9 + 2 x ≠ 0  x ≠ 0 1. x 2 − 3x + 2 + x 2 − 4 x + 3 ≥ 2 x 2 − 5 x + 4  Khi đó : 2. x 2 − 8 x + 15 + x 2 + 2 x − 15 ≤ 4 x 2 − 18 x + 18 ( ) 2 2x2 3 + 9 + 2x x2 (2) ⇔ < x + 21 3. 1 + x + 1 − x ≤ 2 − 4 x2 4 ⇔ 9 + 2x < 4 Bài giải : Bài 1: 7 ⇔x<  4 2  −1 ≤ x ≤ Đk :  3: x ≠ 0   9 7 − ≤ x < 4 Kết luận :  2 2 Xét : 0 < x ≤ : x ≠ 0 3  3. −3 x 2 + x + 4 + 2 (1) ⇔ x−4  x2 x ≥ 1 ( ) 9 2 ⇔ 1− 1+ x > x−4 ⇔ 2 ⇔x> 7 x − 9 x > 0 7 ⇔ 2 − 2 1 + x > −4 9 4 Vậy (1) có nghiệm : < x ≤ ⇔ 1+ x < 3 ⇔ 1+ x < 9 7 3 ⇔ x
  14. Giáo án : Chuyên đề đại số 10 Nhân xét x = 1 là nghiệm Suy ra : x ≤ −5 là nghiệm của bpt +) Xét x
  15. Giáo án : Chuyên đề đại số 10 Phương pháp 2: Đặt ẩn số phụ : 15
  16. Giáo án : Chuyên đề đại số 10 Bài 2: ( 2 ) ⇔ 2 ( 3 − t 2 ) + 3t > 1 Bài toán 1:Giải bpt sau : 3 Bài toán3: 1). x + 2 x − 1 + x − 2 x − 1 > ⇔ 2t 2 − 3t − 5 < 0 3 1 ( x + 1) ( x + 4 ) < 5 x + 5 x + 28(1) 2 2 3 x+ < 2x + − 7(1) 5 2 x 2x Bài giải : x + 5 < 2 x + 1 + 4 2).5 ⇔ 0 ≤ t < ( dot ≥ 0) 2x Đk 2 x > 0: : Đặt : t = 2x 2 x 5 x + 28, t > 0 +  5 1   1  Do x − 2 + > 0, ( 3). x + 5 x +x281 > 3∀ x∈R ) ⇔ 0 ≤ (1) ⇔ 3 x 2 x 0 ) x t >  Đặt  4 x 2 − 1 12 1 1 ⇔ 0 3(t ≥ 2) được t2 − 4 t + 5 − x ≥ 1 1 > 3(3) 2 ⇔ t + Bài toán⇒ :x + 2 x = 2 2 2 x ⇔ t 2 + 5 ≥ t + 1 ⇔ t 2 + 5 ≥ ( t + 1) 2 3 2 Khi x + 7 + 7 x − 6 + 2 49 x + 7 x − 42 < 181 − 14 x (1) 7 đó : ⇔ 2t ặt4 ⇔ t ≤ 2 Đ≤ : 7 x + 7 ≥ 0 6 ⇔ x ≥t −4 2 Đk:  ( 1) ⇔ t < 2 − : ⇔ 0 ≤ 3x 2 = 5 x +u2>≤02 u + x, 7 x − 6 ≥ 0 73 3 x 2 + 53 + 2 ≥ 0 1 > 3 ⇔ 2u 2 − 6u + 1 > 0 ⇔ 2 ( ) t = ⇔ t + 7 t − 10x ⇔x3 x2 +(6 xx+ 4 0) 2 7 + 7) 7 do 6 ) + 2 − 1 2 −2 ≤ x ≤ −1 2 ⇒ 14 +  x ≤ −1 ∪ x ≥ 3   Khi đó x + 6 x < 0 ⇔ −2 < x < 0 ⇔ 3: 2 ⇔ ⇔3− 2 7 − 1 3+ 7 2. ⇔ 1 < x <  ≤∪ ≤ x >  −2 ≤ x ≤ 0 x 2 3 3 2 Đặt : (1) ⇔ 7 x + 7 + 7 x − 6 + 14 x + 2 49 x + 7 x − 42 < 181  2  3 Bài 2: 8−3 7 8+3 7 ⇔ 2 + t − 1 < 181 t = t 3 − 2x − x2 , t ≥ 0 ⇔0< x< ∪x> 1. 2 2 ⇒ tt2 = t − 182− x0 ⇔ 2 + 3 − 2x < 2 ( ) 8−3 7 ( ) 2 2 8+3 7 3 ⇒⇔ 2 x +t x 213(t − t0) 0≤ < =3 ≥ 2 ( 1) ⇔ết lux − 1: + 1 x + K ận 0 < < x − 1∪1 > > −x 2 22 ⇔ đó : 7 + 7 x − 6 < 13 Khi 7 x + x≥ậ Đk :Bài t1 :p về nhà : Bài 1: Giải các bpt sau :3 ⇔ 49 x 2 + 7 x − 42 < 84 − 7 x ⇔ x −1 +1 + x −1 −1 > 1). 3x 2 + 6 x + 4 < 2 − 2 x − x 2 2  6 Đặt : t = x − 1, t 2≥ 0  ≤ x < 12 6 2).2 x + 4 x + 3 3 − 2 x − x 2 > 1 ⇔ 7 ⇔ ≤x
  17. Giáo án : Chuyên đề đại số 10 Bài 2:  2− 2  2− 2 3 u < 0 < x < 2 2 ⇔ t + 1 + t − 1 > (2) ⇔ ⇔ 2  2+ 2  2+ 2 u >  x> +)t ≥ 1:  2  2 3 3  3 −2 2 (2) ⇔ 2t > ⇔ t > 0 < x < 2 4  2  3+2 2 ⇔ x − 1 ≥ 1( dot ≥ 1) ⇔ x ≥ 2 x >  2 +)0 ≤ t < 1: 3. 3 Đk: x < −1 ∪ x > 0 : (2) ⇔ 2 > 2 x +1 x 1 Đặt: t = ,t > 0 ⇒ = 2 x ≥ 1 x x +1 t Vậy : 0 ≤ x − 1 ≤ 1 ⇔  x ≤ 2 Ta được : Kết luận : x ≥ 1 1 − 2t > 3 ⇔ 2t 3 + 3t 2 − 1 < 0 2.Đk : x > 0 t2  1  1 ⇔ ( t + 1) ( 2t 2 + t − 1) < 0 ( 2) ⇔ 5  x +  < 2 x + 2 x + 4(3)  2 x 1 ⇔ 0 < t < ( dot > 0) Đ ặt : 2 1 1 x +1 1 4 t= x+ ≥ 2 x. = 2, t ≥ 2 ⇔0< < ⇔ − < x < −1 2 x 2 x x 2 3 1 Bài 3: ⇒ x+ = t 2 −1  x < −1 4x Đk: x − 1 > 0 ⇔  2 Khi đó : x >1 ( 3) ⇔ 5t < 2 ( t 2 − 1) + 4 +) Xét x < -1 :bpt VN +) x > 1 :  1 x2 x2 1225 t< ( 1) ⇔ x 2 + ⇔ 2t − 5t + 2 > 0 ⇔  2 2 x −1 2 + 2. >  x 2 −1 144 t > 2 x 4 x 2 1225 ⇔ 2 + 2. − > 0(2) x −1 x −1 144 2 Do đk:Ta có 1 x+ > 2 ⇔ 2x − 4 x + 1 > 0 2 x Đặt : u = x , u > 0 Ta được : 2u2 – 4u + 1> 0 17
  18. Giáo án : Chuyên đề đại số 10 x2 t= ,t >0 x 2 −1 1225 (2) ⇔t 2 + 2t − >0 144 25 ⇔t > ( dot > 0) 12 x2 25 Đặt : ⇔ > ⇔144 x 4 > 625 x 2 − 625 x 2 −1 12 ⇔144 x 4 − 625 x 2 + 625 > 0  25  5 0 ≤ x < 16 1 < x < 4 2 ⇔ ⇔ (dox >1) x 2 > 25 x > 5   9   3 Còn tiếp !!! 18

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản