intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013: Phương trình bất phương trình vô tỉ - ThS. Hoàng Huy Sơn

Chia sẻ: Huynh Duc Vu | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:17

Thêm vào BST
Báo xấu
186
lượt xem 26
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn cùng tham khảo nội dung tài liệu "Phương trình bất phương trình vô tỉ" thuộc Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 để nắm bắt được những kiến thức về phương trình vô tỉ, bất phương trình vô tỉ, phương trình chứa tham số và một số bài tập về bất phương trình. Hy vọng tài liệu sẽ giúp các bạn tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.

 

 

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013: Phương trình bất phương trình vô tỉ - ThS. Hoàng Huy Sơn

  1. Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Phương Trình bất phương trình vô tỉ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ A. PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ Các dạng cơ bản: B  0 A  0,(B  0) + A  B   + A  B    A  B 2 A  B   I. Phương pháp nâng lũy thừa Ví dụ 1: Giải phương trình: x  3  7  x  2x  8. Điều kiện: 4  x  7. (1)  2x  8  7  x  x  3  2x  8  2 (2x  8)(7  x )  7  x  x  3  (2x  8)(7  x )  2  x  5  x  6. Ví dụ 2: Giải phương trình: x 2  4x  5  1  x 2  2. Điều kiện: 1  x  1. Nếu bình phương hai vế của phương trình ta sẽ đưa đến một phương trình bậc cao, do đó chuyển hạng tử thứ hai sang vế phải ta được: x 2  4x  5  2  1  x 2 . Với điều kiện 1  x  1 thì vế phải của phương trình trên không âm nên bình phương hai vế của phương trình ta được phương 2 trình tương đương: x 2  4x  5  4  4 1  x 2  1  x 2  1  x 2  x  x   (x  0). 2 Ví dụ 3: Giải phương trình: 3 x  1  3x 2  8x  3(1) 3x 2  8x  3  0 3x 2  8x  3  0  (1)   2     9 x  1  3x 2  8x  3  9x 4  48x 3  82x 2  57x  0  3x 2  8x  3  0 x  0     x x  3 9x 2  21x  19  0   x  3. Chú ý: Có thể giải cách khác (Phương pháp sử dụng tính chất của hàm số đơn điệu) như sau: Điều kiện: x  1. Phương trình (1) tương đương với 3 x  1  3x 2  8x  3  0. Xét hàm số f (x )  3 x  1  3x 2  8x  3, x  1. 3 3 f (x )   6x  8; f (x )    6  0, x  1. 2 x 1 4 x  1 3 Suy ra hàm số lồi trên [1; ). Vậy, phương trình (1) nếu có nghiệm sẽ có không quá hai nghiệm. Ta có f (0)  f (3)  0, do đó phương trình đã cho có hai nghiệm là x  0; x  3. Ví dụ 4: Giải phương trình: x  2 7  x  2 x  1  x 2  8x  7  1. Điều kiện: 1  x  7. Ta có x  2 7  x  2 x  1  x 2  8x  7  1  (x  1)  2 x  1  2 7  x  x  17  x   0  (x  1)  2 x  1  2 7  x  x  1 7  x  0  x 1   x 1  2  7  x   x 1  2  0 Ths.Hoàng Huy Sơn 1
  2. Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Phương Trình bất phương trình vô tỉ  x 1  2 x  5   x 1 2  x 1  7 x  0     x 1  7 x    x  4.  So với điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là x  4, x  5. Chú ý: Để đưa phương trình đã cho về phương trình tích, ta phải phân tích vế trái của phương trình f (x )  0 thành nhân tử. Một số trường hợp cần đến phép biến đổi nhân lượng liên hợp. Phép biến đổi nhân lượng liên hợp có hai dạng sau: Dạng 1. u(x )  v(x )  f (x ) (1), trong đó u(x )  v(x ) và f (x ) có chung nghiệm x 0 . Biến đổi (1) u(x )  v(x ) về dạng  f (x ) sau đó đưa về phương trình tích, trong đó có nhân tử (x  x 0 ). u(x )  v(x ) Dạng 2.  n u1 (x )  n v1(x )    m  u2 (x )  n v2 (x )  f (x ) (2), trong đó u (x )  v (x ), u (x )  v (x ) và 1 1 2 2 f (x ) có chung nghiệm x 0 . Nhân lượng liên hợp từng cụm và sau đó đưa về phương trình tích, trong đó có nhân tử (x  x 0 ). Ta xét các ví dụ sau: 3 Ví dụ 5: Giải phương trình: x  4  2x  3  x  1 (1). x   . 2 1x  1  (1)   1  x  0  (1  x )   1  0  x  1. x  4  2x  3  x  4  2x  3  1 Ví dụ 6: Giải phương trình: 5x  1  3 x  9  2x 2  3x  5  0(1). Điều kiện x  . 5 (1)   5x  1  2    3  x  9  2  2x 2  3x  5  0 5(x  1) x 1    (x  1)(2x  5)  0   2 5x  1  2 3 x 9 2 x 9  4 3     5 1  (x  1)    2x  5  0  x  1. (Do biểu thức trong    2  5x  1  2 3 x  9  23 x  9  4      1 dấu ngoặc vuông lớn hơn 0 với mọi x  ). 5 Cách khác: Hàm số f (x )  5x  1  3 x  9  2x 2  3x  5 có đạo hàm 5 1 1 1  f (x )    4x  3  0, x  nên tăng trên D   ;  . Thử được 2 5x  1 5 5  3 3 x  9 2  x  1 là nghiệm nên là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. Ví dụ 7: (Khối B  2010) Giải phương trình: 3x  1  6  x  3x 2  14x  8  0. Biến đổi phương trình đã cho về dạng:     3x  1  4  1  6  x  3x 2  14x  5  0. Sau đó nhân lượng liên hợp của các biểu thức trong dấu ngoặc ta được Ths.Hoàng Huy Sơn 2
  3. Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Phương Trình bất phương trình vô tỉ 3(x  5) x 5   (x  5)(3x  1)  0 3x  1  4 1  6  x  3 1   (x  5)   3x  1  0  x  5.  3x  1  4 1  6  x  Chú ý: Để phân tích được thành nhân tử thuận lợi hơn, ta đưa vào hai ẩn phụ u, v. Ví dụ 8: Giải phương trình: 2x  1  x x 2  2  (x  1) x 2  2x  3  0 (1)  u 2  x 2  2  v 2  u 2  2x  1 2 u  x  2, u  0  Đặt:    2   2 2 v  x 2  2x  3, v  0 v  x 2  2x  3  x  v  u  1    2 v  u  0 (a )   v  u  1   (1) trở thành (v  u ) (v  u ) 1      0      1  v  u   1  0 (b )  2   2 (v  u )     2  2  Vì u  0, v  0 nên (b ) vô nghiệm. 1 Do đó (a )  v  u  0  v  u  x 2  2x  3  x 2  2  x   . 2 Ví dụ 9: Giải phương trình: 6x 2  10x  5  (4x  1) 6x 2  6x  5  0(1)   (1)  6x 2  6x  5  (4x  1)  (4x  1) 6x 2  6x  5  1  0. Đặt u  6x 2  6x  5  0, v  4x  1. Ta có phương trình u 2  v  vu  1  0  (u  1)(u  1)  v(1  u )  0  (u  1)(u  1  v )  0  u  1  v  0. Vậy ta có x  0 3  59 6x 2  6x  5  4x   2 x  . 10x  6x  5  0 10  Ví dụ 10: Giải phương trình: 8x 2  8x  3  8x 2x 2  3x  1. (1) (1)  4(2x 2  3x  1)  4x  1  8x 2x 2  3x  1  4u 2  v  1  2uv (u  2x 2  3x  1; v  4x )  (4u 2  1)  v(2u  1)  0  (2u  1)(2u  v  1)  0 3 3  2u  1  0  2 2x 2  3x  1  1  8x 2  12x  3  0  x  . 4  2 x  1 1  7  2u  v  1  0  2 2x  3x  1  4x  1   4 x  .  2 4 8x  4x  3  0 II. Phương pháp đặt ẩn phụ. 1) Dạng 1. Sử dụng một ẩn phụ để chuyển phương trình ban đầu về phương trình với một ẩn phụ. Ví dụ 1: Giải phương trình: x  52  x   3 x 2  3x (1) Phương trình (1) được biến đổi về dạng: x 2  3x  3 x 2  3x  10  0. Đặt t  x 2  3x  0. Phương trình trở thành t 2  3t  10  0. Chọn t  2. Từ đó tìm được x  1, x  4. Ví dụ 2: Giải phương trình: x x  2  3 x  2  x  1  0. Ths.Hoàng Huy Sơn 3
  4. Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Phương Trình bất phương trình vô tỉ Đặt u  x  2  0  u 2  x  2  x  u 2  2. Ta có phương trình (u 2  2)u  3u  u 2  3  0  u 3  u 2  u  3  0  u  1  x  2  1  x  1. Ví dụ 3: Giải phương trình: 3x  6x  3  x 6  x   3 (1) t2  9 Đặt: t  3  x  6  x  0  t 2  9  2 (3  x )(6  x )  (3  x )(6  x )  2 2 (1) trở thành phương trình: t  2t  3  0. Phương trình đã cho có nghiệm là x  3, x  6. Chú ý: Cũng có thể đưa về 2 biến phụ như ở dạng 3 sau đây: u  v  uv  3 Đặt u  3  x  0, v  6  x  0. Ta có hệ phương trình theo u và v :  2 . Giải hệ u  v 2  9  tìm u, v từ đó tìm x . Ví dụ 4: Giải phương trình: 3 2  x  6 2  x  4 4  x 2  10  3x . Điều kiện 2  x  2. Đặt t  2  x  2 2  x . (1) trở thành 3t  t 2  t  0  t  3. 6 t  0  2  x  2 2  x  2  x  8  4x  x  5 t  3  2 x 2 2x  3  2 2x  3  2  x  8  4x  12 2  x  9  2  x  12 2  x  5x  15(*) Do 2  x  2 nên vế trái của (*) âm. Suy ra phương trình (*) vô nghiệm. Ví dụ 5: Giải phương trình: 2 5 1  x   3 5 1  x 2  1  x  2 2 5  0 (1) x  1 2 Vì x  1 không là nghiệm, nên chia hai vế của (1) cho 5 ta được phương trình 2 1x  1  x  1x 23 5 5    0. Đặt t  5 . Ta được: t 2  3t  2  0  t  1  t  2. 1x 1  x   1 x 33 Giải phương trình ta được nghiệm đã cho là x   . 31 Ví dụ 6: Giải phương trình: 2x 2  x  x 2  3  2x x 2  3  9. (1)      (1)  x 2  2x x 2  3  x 2  3   x  x 2  3  12       x   2  x  x2  3 x 2  3  12  0  t 2  t  12  0 (t  x  x 2  3)  t  4  t  3. Từ đó x  1. 2) Dạng 2. Sử dụng một ẩn phụ để chuyển phương trình ban đầu về phương trình với một ẩn phụ nhưng các hệ số vẫn còn chứa ẩn x . Khi đó ta đưa về phương trình bậc hai theo ẩn mới hoặc ẩn x nhưng có biệt số  là một chính phương. Ví dụ 7: Giải phương trình: 4x  1 x 2  1  2x 2  2x  1 1 Đặt t  x 2  1  1  t 2  x 2  1  1  4x  1t  2t 2  2x  1 Ths.Hoàng Huy Sơn 4
  5. Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Phương Trình bất phương trình vô tỉ 1  2t 2  4x  1t  2x  1  0  t  (loại)  t  2x  1  x 2  1  2x  1 2 4 Giải phương trình ta được x  . 3 1 Chú ý: Có thể bình phương hai vế của phương trình để khử căn, nhưng phải có điều kiện: x  . 4 Ví dụ 8: Giải phương trình: x 2  1  2x x 2  2x . Đặt t  x 2  2x  0. Phương trình trở thành x 2  2tx  1  0,   t 2  1  x 2  2x  1  x  1 . 2 Từ đó ta có x  t  x  1  x 2  2x  x  1. Giải phương trình ta được x  1  5. 3) Dạng 3. Sử dụng 2 (hoặc k ) ẩn phụ để chuyển phương trình ban đầu về hệ phương trình với 2 (hoặc k ) ẩn phụ. Chẳng hạn đối với phương trình: m a  f (x )  n b  f (x )  c. Ta có thể đặt u m  v n  a  b u  a  f (x ); v  b  f (x ). Suy ra u  v  a  b. Ta thu được hệ  m n m n u  v  c  Ví dụ 9: Giải phương trình: x  x  1  x  1 x  x 2  x  1 u 2  v 2  1 (1) Đặt u  x  1; v  x  1  0. Suy ra u 2  v 2  1. Ta thu được hệ  2 . u  v  uv  uv  1 (2) 2  Thay phương trình (1) vào (2) ta được u 2  v  uv 2  uv  u 2  v 2  v 2  v  uv 2  uv  0  v v  11  u   0. + Trường hợp v  0 ta được x  1. + Trường hợp v  1 ta được x  2. + Trường hợp u  1 ta được x  1. Chú ý: Có thể giải cách khác bằng cách biến đổi đưa về phương trình tích. Ví dụ 10: Giải phương trình: (13  4x ) 2x  3  (4x  3) 5  2x  2  8 16x  4x 2  15 (1) Đặt u  2x  3  0, v  5  2x  0  u 2  2x  3, v 2  5  2x  u 2  v 2  2. u 2  v 2  2  (1)        7  2u 2 u  7  2v 2 v  2  8uv  u 2  v 2  2 u  1      x  2.  7(u  v )  2(u 3  v 3 )  8uv  2 v  1   III. Phương pháp sử dụng tính chất của hàm số đơn điệu. Sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số để giải phương trình là cách giải khá quen thuộc. Ta có ba hướng áp dụng như sau. 1. Biến đổi phương trình về dạng: f (x )  k (1), với k là hằng số. Nếu hàm số f đồng biến (nghịch biến) trên khoảng (a;b ) thì phương trình (1) có nhiều nhất một nghiệm trên khoảng (a; b). Do đó nếu tìm được x 0 thuộc khoảng (a;b ) sao cho f (x 0 )  k thì x 0 là nghiệm duy nhất của phương trình. 2. Biến đổi phương trình về dạng: f (x )  g (x ) (2) Ths.Hoàng Huy Sơn 5
  6. Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Phương Trình bất phương trình vô tỉ Nếu hàm số f đồng biến (nghịch biến) trên khoảng (a; b), nhưng hàm số g nghịch biến (đồng biến) cũng trên khoảng đó thì phương trình (2) có nhiều nhất một nghiệm trên khoảng (a;b). Do đó, nếu tìm được x 0 thuộc khoảng (a;b) sao cho f (x 0 )  g (x 0 ) thì x 0 là nghiệm duy nhất của phương trình. 3. Biến đổi phương trình về dạng: f (u )  f (v ) (3) Nếu hàm số f đơn điệu trên khoảng (a;b ) thì khi đó phương trình (3) tương đương với u  v; u, v  (a;b). Ví dụ 1: Giải phương trình: 4x  1  4x 2  1  1 1 1 2 4x 1 Xét hàm số y  4x  1  4x 2  1, x  . Ta có y     0, x  . 2 4x  1 4x 2  1 2 1 Do đó, phương trình (1) có nhiều nhất một nghiệm. Ta thử được x  thỏa mãn phương trình. 2 1 Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất x  . 2 Ví dụ 2: Giải phương trình: 2 x  2  x 3  4  log2 x  1 (1) Phương trình (1) tương đương với 2 x  2  x 3  4  log2 x  1. Điều kiện: x  1. 1  3x 2 x  2 Xét hàm số f (x )  2 x  2  x 3  4, f (x )   0, x  1. Suy ra hàm số nghịch x 2 biến trên 1, . Hàm số g(x )  log2 x  1 đồng biến trên 1, . Ta thử được x  2 thỏa phương trình. Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất x  2. Ví dụ 3: Giải phương trình: x  3  x 3  3x 2  x  13 Tập xác định: D  [3; ). Hàm số vế trái y  x  3 đồng biến trên D. Hàm số y  x 3  3x 2  x  13 có y   3x 2  6x  1  3(x  1)2  4  0, x  3 nên là nghịch biến trên D. Thử được x  4 thỏa phương trình đã cho nên là nghiệm duy nhất của phương trình. 2 3 x 1 Ví dụ 4: Giải phương trình: log 3 ( x 2  3x  2  2)  5x  2 (1) 1 2 Đặt u  x 2  3x  2  0  u 2  x 2  3x  2. Ta có phương trình: log 3(u  2)  .5u  2 (2) 5 1 2 1 1 2 Xét hàm số y  f (u )  log3 (u  2)  .5u , u  0; y    .2u.5u .ln 5  0, u  0. 5 (u  2) ln 3 5 Suy ra hàm số tăng trên [0; ). Thử được u  1 thỏa (2). Vậy, ta có 3 5 x 2  3x  2  1  x  . 2 Ví dụ 5: Giải phương trình: x  3x  1  x 2  x  1(1) Điều kiện: x  0. Phương trình (1) viết lại dưới dạng x  3x  1  x 2  x  1  0. Xét hàm số f (x )  x  3x  1  x 2  x  1, x  0. Ths.Hoàng Huy Sơn 6
  7. Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Phương Trình bất phương trình vô tỉ 1 3 1 9 f (x )    2x  1; f (x )     2  0, x  0. 2 x 2 3x  1 4 x3 4 3x  1 3 Lập luận giống ví dụ 3 mục I, ta cũng được phương trình đã cho có hai nghiệm x  0; x  1. IV. Phương pháp đánh giá. Ví dụ: Giải phương trình: x 2  2(x  1) 3x  1  2 2x 2  5x  2  8x  5 (1). Điều kiện: 1 x  . 3  2  2 (1)  (x  1)2  2(x  1) 3x  1   3x  1     x  2   2 2x 2  5x  2   2x  1    0 2  3x  1  x  1  2     2    (x  1)  3x  1    x  2  2x  1   0    x  1.  2x  1  x  2  V. Phương pháp lượng giác hóa. Trong một số trường hợp, nếu chúng ta đặt ẩn phụ bởi các hàm số lượng giác, thì việc giải quyết bài toán trở nên dễ dàng hơn. Kiến thức cần nhớ như sau. + Nếu trong phương trình, điều kiện của ẩn x là k  x  k, k  0 hay phương trình có chứa k 2  x 2   thì đặt x  k sin t, t  [ ; ]; hoặc đặt x  k cos t, t  [0;  ]. 2 2 + Nếu trong phương trình, điều kiện của ẩn x là x  k , k  0 hay phương trình có chứa x 2  k 2 thì k  3 k   đặt x  ; t  [0; )  [; ); hoặc đặt x  , t  [ ; 0)  (0; ]. cos t 2 2 sin t 2 2 + Nếu trong phương trình, ẩn x nhận mọi giá trị thuộc  hay phương trình có chứa x 2  k 2 thì đặt    x  k tan t, t   ;  .  2 2  Ngoài ra, tùy từng trường hợp, cũng có thể đặt x  cos2 t; x  sin2 t,... Sau đây ta xét ví dụ minh họa Ví dụ: Giải phương trình: 1  x  2x 1  x 2  2x 2  1  0. 1 Điều kiện: 1  x  1. Đặt x  cos t , t  [0;  ]. t 1  1  cos t  2 cos t 1  cos2 t  2 cos2 t  1  0  2 sin 2  2 cos t sin t  cos 2t  0 t t  2 sin  sin 2t  cos 2t  0 (vì t  [0;  ]  sin  0, sin t  0 ) 2 2 t     2 sin  2 cos 2t    0 2  4  t  t   t  3   sin  cos(2t  )  sin  sin(  2t  )  sin  sin   2t  2 4 2 2 4 2  4  Ths.Hoàng Huy Sơn 7
  8. Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Phương Trình bất phương trình vô tỉ t  5t    3  2t  k 2   3  k 2 t  3  k 4    5 , k  . Do t  [0;  ] nên ta nhận  2 4 2 4  10 t    2t   k 2  3    k 4      k 2 t    2 4 2 4  6 3 3 3 t . Từ đó x  cos là nghiệm của phương trình đã cho. 10 10 BÀI TẬP. Giải các phương trình 1) 1  4x  x 2  x  1. ĐS: x  3. 2) x  4  1  x  1  2x . ĐS: x  0. 3) 3x 2  15x  2 x 2  5x  1  2. ĐS: x  0  x  5. 33 5 4) x  2  5  x  (x  2)(5  x )  4. ĐS: x  . 2 5) x  4  x  4  2x  12  2 x 2  16. ĐS: x  5. 9 x  1 2 6) 2 3 (1  x )2  3 3 1  x 2  3 (1  x )2  0. Chia 2 vế cho 3 . ĐS: x   . 7 7) 2x  6 3 1  x  2  0. ĐS: x  7; x  2. 8) x x 2  15  x 4 x 2  15  2. ĐS: x  1. 3  73 9) (2x 2  6x  10) x 2  3x  11x 2  33x  8  0. ĐS: x  ; x  1; x  4. 2 9 10) 2x 2  4x  3 x  2  2x  3 2x  0. Phân tích thành nhân tử. ĐS: x  , x  2. 2 11) (Khối A  2009) 2 3 3x  2  3 6  5x  8  0. Đặt t  6  5x  0. ĐS: x  2. 12) 4   x  1  32 4 x  4 x  1 x . Chia 2 vế cho x 4 x  0. ĐS: x  1 15 . 3 13) 9  x  2  x  1. ĐS: x  1; x  10; x  17. 14) 2 3 1  x 2  4  x 2  4. ĐS: x  0. 2(x 2  2x  4) 15)  2 x  2  3 x 2  2x  4. Chia 2 vế cho x  2. x 2 ĐS: x  3  13, x  3  13. 2(1  x 2 ) 1  1  x 1  x  16)      1  0. ĐS: x  0. 1 x2 2  1  x 1  x  x3  3x  2  x  1 . ĐS: x  1. 2 17) 3x  2 x 2  16x  11 18)  x 2  5  x 3  x 2  x  1. ĐS: x  3. x2  5 19) x 3  2x 2  x  x x  x 2  2x . ĐS: x  0. Ths.Hoàng Huy Sơn 8
  9. Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Phương Trình bất phương trình vô tỉ 20) 7  x 2  x x  5  3  2x  x 2 . ĐS: x  1. 2 21)  1  3  2x  x 2 . ĐS: x  1; x  3. x 1  3 x 22) x 2  4x  x  4 x 2  2x  4. ĐS: x  4; x  2. 23) x  1  1  4x 2  3x . Nhân lượng liên hợp   1 3x  x  1 . ĐS: x  . 2 24) x 2  2x  x  3  2x x  3  9. Đặt t  x  x  3. ĐS: x  1. 25) x x  (x  5) 5  x  3( x  5  x ). Đặt u  x , v  5  x . ĐS: x  1, x  4. 26) 2x 2  3x  2  x 3x  2. Đặt u  x ; v  3x  2. ĐS: x  1, x  2. 27) 3 3 4x  4  x  2  2x 2  x  22  0. Nhân lượng liên hợp theo cụm. ĐS: x  3. 28) x  3  2x x  1  2x  x 2  4x  3. Phân tích thành nhân tử. ĐS: x  0, x  1. 29) x 2  13x  12  3x x 2  7x  16. Đặt u  x 2  7x  16, v  3x . Đưa về phương trình 19  745 tích. ĐS: x  3; x  4; x  . 16 30) 9  4x  2x  1  4x  1 3  2x  8 4x 2  8x  3  2. Đặt u  2x  1, v  3  2x . ĐS: x  1. 31) 3x 3x  5  4 3x  5  3x  7  0. Đặt u  3x  5, v  3x . Đưa về hệ phương trình. 1 ĐS: x   . 3 32) (Khối D  2005) 2 x  2  2 x  1  x  1  4. 33) (Khối D  2006) 2x  1  x 2  3x  1  0. B. BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ. Các dạng cơ bản: B  0  B  0 B  0 + A  B  A  0 + A  B      A  0 A  B 2 A  B 2    B  0  B  0 B  0 + A B   A  0 + A  B      A  0 A  B 2 A  B 2    I. Phương pháp nâng lũy thừa 3 Ví dụ 1: Giải bất phương trình: 2  x  7  x  3  2x . Điều kiện: x  . (*). Ta có 2 2  x  7  x  3  2x  2  x  3  2x  7  x  2  x  2 (2  x )(3  2x )  3  2x  7  x  2x 2  x  6  x  4 Ths.Hoàng Huy Sơn 9
  10. Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Phương Trình bất phương trình vô tỉ x  4  x  4 x  4 x  4    2   2   3  x  2 2  x   2x  x  6  0 2x  x  6  (x  4)    2    x  11  x  2    x  4  4  x  2  x  11  x  2  x  11. Kết hợp với điều kiện (*) thì nghiệm của bất phương trình đã cho là x  2. Ví dụ 2: Giải bất phương trình: x 2  x  x 2  x  2  2  x (1). Điều kiện: x  2. (1)  (x  1) 2  x  (x 2  x  2)  0  (x  1) 2  x  (x  1)(x  2)  0  (x  1)( 2  x  x  2)  0(2). + Xét x  2. Khi đó (2) đúng. Do đó x  2 là nghiệm của bất phương trình. + Xét x  2. Khi đó 2  x  x  2  0. Do đó (2)  x  1  0  x  1. Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là x  1  x  2. 3 Ví dụ 3: Giải bất phương trình: 4x 2  1  2x  . Nhân lượng liên hợp của vế trái ta 4 4x 2  1 được: 2 1 4x  1  2x  3 2 4 4x  1  4 4x 2  1  3   4x 2  1  2x (vì 4x 2  1  2x  0). Biến đổi tiếp tục ta được 4x 2  1  6x . Nếu x  0 thì bất phương trình luôn đúng. Nếu x  0, bình 2 2 phương hai vế của bất phương trình ta được 4x 2  1  36x 2   x  . Vậy, nghiệm của 8 8 2 bất phương trình đã cho là x   . 8 Ví dụ 4: Giải bất phương trình:  x  3  x  1 1  x 2  2x  3   4 (1). Điều kiện x  1 . Nhân hai vế của (1) với biểu thức liên hợp x  3  x  1  0, ta được (1)  4 1  x 2  2x  3   4  x  3  x  1   1  x 2  2x  3  x  3  x  1  x  2  x  2x  2  2 x  2x  3  2x  2  2 x  2x  3  x  4  0   2 2 2 2 x  2 Kết hợp với điều kiện x  1 ta được x  2 . Ví dụ 5: Giải bất phương trình: 4x 2  3x  1  2x 4x 2  3x  10 (1). (1)  (4x 2  3x  10)  6x  9  2x 4x 2  3x  10  0. Đặt u  4x 2  3x  10  0; v  x . Ta có bất phương trình u 2  2uv  6v  9  0  (u  3)(u  3)  2v(u  3)  0  (u  3)(u  2v  3)  0  u  2v  3 1 (do u  0)  4x 2  3x  10  2x  3  x  . 9 II. Phương pháp đặt ẩn phụ Ths.Hoàng Huy Sơn 10
  11. Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Phương Trình bất phương trình vô tỉ  Ví dụ 1: Giải bất phương trình: x 2  1   x 2  1  1  x 2  1  6  0. Đặt t  x 2  1  0 , ta có bất phương trình t 2 (t  1)  t  6  0  t 3  t 2  t  6  0  (t  2)(t 2  t  3)  0  t  2 . x   5  Như vậy ta được x 2  1  2  x 2  1  4   . x  5  Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là x   5  x  5. Ví dụ 2: Giải bất phương trình: x  1  x  3  2 x  1x  3  4  2x 1   2 Điều kiện: x  1. (1)  x 1  x  3 x  1  x  3  6  0 2. Đặt t  x  1  x  3  0 (2) trở thành t 2  t  6  0  t  2  t  3 3. Do t  0 nên từ (3) ta nhận t  2  x  1  x  3  2  2x  2  2 x  1x  3  4  x  1  x  1x  3  2  x  x  1x  3  1 Bất phương trình trên đúng với mọi x  1. Vậy, x  1 là nghiệm của bất phương trình đã cho. x x Ví dụ 3: (Khối A  2010) Giải bất phương trình:  1 (1). Biến đổi (1) về dạng  1 2 x x 12  3   x  x  1  2 x 2  x  1 ,(x 2  x  1  , x ). Đặt t  x ta có 4 1  5 3 5 t  2 2  t  1  0  t2  t  1  0  t   x . 2 2 Ví dụ 4: Giải bất phương trình: x 2  2x x  1  2x  x  1  3(1). (1)  x 2  2x x  1  (x  1)  (x  x  1)  2  0  (x  x  1)2  (x  x  1)  2  0(2) Đặt t  x  x  1  1. Khi đó (2)  t  2  t  1. Ta chọn t  1  x  1  1  x  x  1. Ví dụ 5: Giải bất phương trình: 2x 2  2x x 2  3x  2  3x  2  0 (1).   0 2 (1)  x 2  2x x 2  3x  2  (x 2  3x  2)  0  x  x 2  3x  2  x  x 2  3x  2  0 x  0 2  x 2  3x  2  x   2 2  x  . x  3x  2  x 3  Ví dụ 6: Giải bất phương trình: 2(x  2)2  2x  x  2  x 1. Điều kiện: x  0. Đặt u  x  2, v  x . u  v  0 u  v  0 1  2u  2v  u  v   2 2 2 2   2 2u  2v  u  v  u  v 2  2uv  0 2  Ths.Hoàng Huy Sơn 11
  12. Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Phương Trình bất phương trình vô tỉ u  v  0 u  v  0 u  v  0 2u  0 u  0                u  v   0 2 u  v  0 u  v u  v u  v      x  2  0  x  2 x  2 x  2    2     x  4. x  2  x 2 x  2  x x  5x  4  0 x  1  x  4      Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là x  4. Ví dụ 7: Giải bất phương trình: x  1  x 2  4x  1  3 x (1) Điều kiện: 0  x  2  3 hoặc x  2  3. Nhận xét x  0 là nghiệm của bất phương trình. Với 0  x  2  3 hoặc x  2  3. 1 1 (1)  x   x 4 3 x x 1 1 Đặt t  x   x  t 2  2 t  2 . x x t  3 Ta có: t  t 2  6  3  t 2  6  3  t  t  3 hoặc 2 t  6  9  6t  t 2  1 5 1  x   0  x  hoặc x  4. Kết hợp cả hai trường hợp thì nghiệm của bất x 2 4 1 phương trình là 0  x  hoặc x  4. 4 Ví dụ 8: Giải bất phương trình: x 3  x 2  3x x  1  2  0 1. Đặt t  x x  1 3x  2 2 2 3 Xét hàm số y  f x   x x  1, y    0  x   ;y   2 x 1 3 9 Bảng biến thiên 2 3 t  2 Từ bảng biến thiên ta suy ra t   , x  1. (1) Trở thành t 2  3t  2  0   9 t  1 2 3 Kết hợp với điều kiện của t ta được t   . Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là 9 x  1. BÀI TẬP. Giải các bất phương trình 2(x 2  16) 7 1) (Khối A  2004)  x 3  . ĐS: x  10  232. x 3 x 3 Ths.Hoàng Huy Sơn 12
  13. Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Phương Trình bất phương trình vô tỉ 2) x 2  4x  (x  4) x 2  2x  4. ĐS: x  4  x  2. 4 3) x 2  4x  4 x  4  2x  8 x  0. ĐS: 0  x  . 3 x  9 4) x  1  3 x  1. Đặt t  3 x  1. ĐS:  0  x  1. 1  1  4x 2  1 1 5)  3. ĐS:  ;  \ 0 . Nhân lượng liên hợp. x  2 2   2  x  5 2x x2  6) x   3 5. ĐK: x  2. Bình phương hai vế, đặt t  . ĐS:  x2  4 x2  4 x  2 5  7) x 2  1  2x x 2  2x . Đặt t  x 2  2x . Phân tích thành nhân tử. ĐS: x  0. 1 8) x 2x  1  5  4x . Đặt t  2x  1. ĐS:  x  1. 2 9) (4x  1) x 3  1  2x 3  2x  1. Đặt t  x 3  1. Phân tích thành nhân tử. 3 ĐS: x   3 ; x  2. 4 10) x 2  (2x  1) x  2  2x  4. Đặt t  x  x  2. ĐS: x  2. 11) 2x 2  10x  16  x  1  x  3. Tương tự ví dụ 6. ĐS: x  5. 7  61 12) 5x 2  4x x 2  7x  1  7x  1  0. Tương tự ví dụ 5. ĐS: x  . 6 13) x 2  x  5  3(1  x ) x 2  4x  3  0. Đặt t  x 2  4x  3, v  x . 4  14 ĐS: x  3  1  x  . 4 14) (Khối D  2002) (x 2  3x ) 2x 2  3x  2  0. PHƯƠNG TRÌNH CHỨA THAM SỐ. 11 28 Ví dụ 1: Tìm các giá trị của m để phương trình: x   4  2  m có nghiệm x  0. 2x x 11 28 Xét hàm số y  x   4  2 , ta có 2x x 11 14 2x 2 x 2  7  11 x 2  7  28 y  1   2x 2 3 7 2x 2 x 2  7 x 1 2 x y   0  2x 2 x 2  7  11 x 2  7  28  0  x  3. Lập bảng biến thiên của hàm số ta được 15 m . 2 Ví dụ 2: Tìm các giá trị của m để phương trình: x  3  3  x  9  x 2  m  0 (1) có nghiệm. Ths.Hoàng Huy Sơn 13
  14. Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Phương Trình bất phương trình vô tỉ Điều kiện: 3  x  3. t2  6 Đặt t  x  3  3  x  t 2  6  2 9  x 2  9  x 2  . Phương trình (1) trở thành 2 t2  6 t  m  0  t 2  2t  6  2m (2) 2 Ta có t  1. x  3  1. 3  x  1 2   12 x  3  3  x   2 3. (Theo bất đẳng thức Bunhiacôpski). Dấu bằng xảy ra khi x  0. Mặt khác t 2  6  2 9  x 2  6  t  6,(t  0). Dấu bằng xảy ra khi x  3  x  3. Vậy, 6  t  2 3. Phương trình (1) có nghiệm x  3; 3 khi và chỉ khi (2) có nghiệm t   6;2 3  . Lập bảng biến thiên của hàm số y  t 2  2t  6, t   6;2 3  ta được giá trị     cần tìm của m là 3  2 3  m   6. Ví dụ 3: Tìm m để phương trình: x x  x  12  m( 5  x  4  x ) có nghiệm. Biến đổi phương trình về (x x  x  12)( 5  x  4  x )  m Xét hàm số y  f (x )  (x x  x  12)( 5  x  4  x ) = h(x ).g(x ) có tập xác định là D = [0; 4]. Nhận xét rằng h(x )  x x  x  12 đồng biến và không âm trên D. 5 x  4 x Hàm số g (x )  5  x  4  x có g (x )   0, x  D  hàm số 2 5 x. 4 x g(x )  5  x  4  x đồng biến trên D và cũng thấy rằng g (x ) không âm trên D. Như vậy, hàm số f (x ) đồng biến trên D. Ta tìm được 2 3( 5  2)  m  12. Ví dụ 4: Tìm m để phương trình: 4 x 4  13x  m  x  1  0 có đúng một nghiệm. Ta có x  1 x  13x  m  x  1  0  x  13x  m  1  x   4 4 4 4 4x 3  6x 2  9x  1  m  1 3 Xét hàm số f (x )  4x 3  6x 2  9x  1, x  1; f (x )  12x 2  12x  9  0  x    x  . 2 2 Bảng biến thiên x  1 1 2 f'  0   12 f  x 3  2 3 Dựa vào bảng biến thiên ta được giá trị m cần tìm là: m    m  12. 2 Ths.Hoàng Huy Sơn 14
  15. Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Phương Trình bất phương trình vô tỉ Ví dụ 5: Tìm m để phương trình: x  3  2 x  4  x  6 x  4  5  m (1) có đúng hai nghiệm. Phương trình (1) chính là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y  x  3  2 x  4  x  6 x  4  5 và đường thẳng y  m. Đặt t  x  4  0. (1) trở thành t 2  2t  1  t 2  6t  9  m  t  1  t  3  m. (2). Ta có nhận xét rằng, ứng với mỗi t  0 thì phương trình t  x  4 cho ta một nghiệm x . Do đó (1) có đúng hai nghiệm x khi và chỉ khi (2) có đúng hai nghiệm t  0. Xét hàm số f (t )  t  1  t  3 , t  0 2t  4; 0 t 1   f (t )  2; 1t  3  2t  4; t 3  Vẽ đồ thị hàm số f (t ), ta được phương trình đã cho có đúng hai nghiệm khi và chỉ khi 2  m  4. 4 2 O 1 3 t  2  2x  1  y  m Ví dụ 6: Tìm m để hệ phương trình  có nghiệm x  y  0  Điều kiện: x  0, y  0.  2   2x  1  y  m  2  2x  1  x  m (1)   . Hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi phương x  y  0 y  x 2   trình (1) có nghiệm x  0. Xét hàm số f (x )  2x 2  1  x ; x  0. 2x f (x )   1  0, x  0  f (x ) đồng biến. Bảng biến thiên của hàm số f (x ) như sau 2 2x  1 x 0  f '( x)   f ( x) 1 Vậy, hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m  1. Ths.Hoàng Huy Sơn 15
  16. Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Phương Trình bất phương trình vô tỉ 2x 3  (y  2)x 2  xy  m Ví dụ 7: (Khối D  2011) Tìm m để hệ phương trình  2 có nghiệm x  x  y  1  2m  Hệ      2   x 2  x 2x  y  m   1 Đặt u  x 2  x   , v  2x  y. Hệ trở thành    x  x  2x  y   1  2m  4 uv  m v  1  2m  u 1    2 Hệ có nghiệm khi và chỉ khi (1) có nghiệm u   . u  v  1  2m u  (2m  1)u  m  0(1) 4   u 2  u 2 3 Biến đổi (1) ta được m  f (u )  . Lập bảng biến thiên của hàm f ta tìm được m  . 2u  1 2 3 Ví dụ 8: Tìm m để phương trình 1  x  3 1  x  m có nghiệm. u  3 1  x ; v  3 1  x . Suy ra u 3  v 3  2. Phương trình đã cho đưa về hệ u 3  v 3  2  (u  v ) (u  v )2  3uv   2 m m 2  3uv   2          u  v  m u  v  m u  v  m    u  v  m  Nếu m  0 thì hệ vô nghiệm, nếu m  0 ta có   . Do đó hệ có nghiệm khi và chỉ uv  1 (m 2  2 )  3 m 1 2 khi m 2  4. (m 2  )  0  0  m  2. 3 m BÀI TẬP. 1. Cho phương trình x  1  x  4  x 2  5x  4  x  2m  0. Tìm các giá trị của m để phương trình có nghiệm không âm. 5 HD: Đặt t  x  1  x  4. ĐS: m   . 2 2. (Khối A  2007) Tìm các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm 3 x  1  m x  1  2 4 x 2  1. 1 HD: Chia 2 vế cho x  1. ĐS: 1  m  . 3 3. Tìm các giá trị của m để phương trình m   x  2  24 x 2  4  x  2  24 x 2  4 x 2 có nghiệm thực. HD: Chia 2 vế cho x  2, đặt t  4 . ĐS: m  1. x 2 4. Tìm các giá trị của m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt x  5  2 x  6  x  4 x  6  2  m. 5. (Khối A  2008) Tìm các giá trị của m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt 4 2x  2x  2 4 6  x  2 6  x  m. 6. (Khối B  2004) Tìm các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm Ths.Hoàng Huy Sơn 16
  17. Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Phương Trình bất phương trình vô tỉ m   1  x2  1  x2  2  2 1  x 4  1  x2  1  x2. 7. (Khối B  2006) Tìm các giá trị của m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt x 2  mx  2  2x  1. 8. (Khối B  2007) Chứng minh rằng với mọi giá trị dương của m phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt x 2  2x  8  m(x  2). 9. Tìm các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm thực x  1  m x  6 x 3  x 2  0. Ths.Hoàng Huy Sơn 17
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
4=>1