Chuyên đề phương trình, bất phương trình chứa ẩn trong căn

Chia sẻ: Nguyễn Thanh Hào | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:19

Thêm vào BST

Báo xấu

337
lượt xem 55
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

tài liệu tham khảo toán học, dành cho sinh viên học sinh luyện thi vào các trường cao đẳng đại học

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề phương trình, bất phương trình chứa ẩn trong căn

CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN TRONG CĂN PHẦN I : Phương trình có chứa căn (MỖI CÔNG THỨC HOẶC MỖI KĨ THUẬT CHO 1-2 VD VÀ 1-3 BT TƯƠNG TỰ) I)Phương pháp biến đổi tương đương KĨ THUẬT: 1.biến đổi tđ, 2.dùng công thức 3.nhân liên hợp 4. đưa về tích …. 1) Kiến thức cơ bản : +) f ( x) = a(a �� f ( x) = a 2 ; f ( x) = g ( x) � f ( x) = g 2 ( x) 0)  g ( x) ≥ 0  f ( x ) hoac g ( x) ≥ 0 +) f ( x) = g ( x) ⇔  f ( x) = g ( x) ⇔   f ( x) = g ( x)  f ( x) = g ( x) 2 +) 3 f ( x) = g ( x) � f ( x) = g 3 ( x); 3 f ( x) = 3 g ( x) � f ( x) = g ( x) * Chú ý trong các công thức trên thông thường f ( x) & g ( x ) là các hàm xác định trên R; các trường hợp khác phải tìm điều kiện xác định trước khi biến đổi 2) Bài tập áp dụng 1 ≤ x ≤ 11 1 ≤ x ≤ 11 11 − x − x − 1 = 2 ⇔  ⇔  11 − x = x − 1 + 2 11 − x = x − 1 + 4 + 4 x − 1 Bài1: gpt : 1 ≤ x ≤ 11 1 ≤ x ≤ 4 1 ≤ x ≤ 11 ⇔ ⇔ ⇔ 2 ⇔x=2 8 − 2x = 4 x − 1 64 + 4 x 2 − 32 x = 16( x − 1)  x − 12 x + 20 = 0 x + 4 ≥ 0  1 Bài2: gpt: x + 4 − 1 − x = 1 − 2 x Txđ: 1 − x ≥ 0 ⇔ −4 ≤ x ≤ 1 = 2 x ≥ 0 2   x ≥ −1 / 2 − 1 / 2 ≤ x ≤ 1 / 2 ⇔ (1 − x)(1 − 2 x) = 2 x + 1 ⇔  ⇔ 2 ⇔ x =1 (1 − x)(1 − 2 x) = (2 x + 1) 2 x + 7 x = 0 2 II) Phương pháp đặt ẩn phụ KĨ THUẬT: 1.biến đổi tđ, 2.dùng công thức 3.nhân liên hợp 4. đưa về tích ….chú ý… 1) Dạng1: * Nếu có căn f(x) và f(x) đặt t= f (x) • Nếu có f ( x) , g ( x) ma f ( x ) . g ( x ) = a( h / s) dat t = f ( x ) ⇒ g ( x) = a / t • Nếu có f ( x) ± g ( x ) , f ( x) g ( x) , f ( x) ± g ( x) = a, dat t = f ( x) ± g ( x ) π π • Nếu có a 2 − x 2 dat x = a sin t ,− ≤t ≤ 2 2 a π π • Nếu có x 2 − a 2 dat x = − ≤t ≤ ≠0 sin t 2 2 2) Bài tập áp dụng Bài1: gpt 2(x2- 2x) + x 2 − 2 x + 3 − 6 = 0 đặt t= x 2 − 2 x + 3 ≥ 0 Bài2; gpt 5( 3x − 2 + x − 1) = 4 x − 9 + 2 3x 2 − 5 x + 2 đ/k x ≥ 1 đặt t= 3x − 2 + x − 1 đ/k t ≥ 1dẫn tới pt t2-5t+6=0 Bài3:gpt: 1 − x 2 = 4 x 3 − 3x đ/k -1 ≤ x ≤ 1 đặt x = cost t ∈ [ 0, π ] khi đó pt π π 5π 3π 1 − cos 2 t = 4 cos 3 t − 3 cos t ⇔ sin t = cos 3t ⇔ cos 3t = cos( − t) ⇔ t = , , 2 8 8 4 π 2+ 2 5π − 2 − 2 3π 2 ⇔ x = cos = , cos = , cos =− 8 2 8 2 4 2 Bài4: gpt:
2 (1 + x ) 2 − 3 1 − x 2 + (1 − x) 2 = 0 x = ±1 khong la ng chia 2ve 1 − x 2 1+ x 1− x 1+ x ⇔2 + −3= 0 dat t = ⇔ 2t + 1 / t − 3 = 0 ⇔ 2t 2 − 3t + 1 = 0 1− x 1+ x 1− x giải ra có t = 1, t = 1/ 2 suy ra nghiệm phương trình x 35 π Bài5: gpt : x + = đ/k x > 1 đặt x = 1/cost t ∈ (0. ) ⇒ x 2 − 1 = tan t 2 x − 1 12 2 1 1 / cos t 35 1 1 35 pt ⇔ + = ⇔ + = ⇔ 12(sin t + cos t ) = 35 sin t cos t cos t sin t / cos t 12 cos t sin t 12  1 1 35  cos t + sin t = 12  dat u = sin t + cos t → u ∈ (1, 2 ) ⇔ 35u 2 − 24u − 35 = 0 → t = 7 / 5 ⇔   1 1 25  cos t sin t = 12   1 5  5 =  cos t 3 x = 3  ⇒  1 =5 x = 5  cos t 4    4 2) Dạng2: đặt ẩn phụ còn x tham ra như một tham số hoặc t là tham số Bài tập áp dụng : x ≥ 2 Bài1: gpt x − 1 = 2 x x − 2 x dk  dat t = x 2 − 2 x ≥ 0 2 2  x≤0 Khi đó pt: x2 -2tx-1 = 0 `= t2+1 = (x-1)2 →x = t±(x-1) khi và chỉ khi x2 − 2x = 1 x2 − 2x − 1 = 0  x = x 2 − 2 x + ( x − 1)   x = 1 − 5  ⇔  2 x − 1 ≥ 0 ⇔  x ≥ 1 / 2 ⇔  x = x 2 − 2 x − ( x − 1)   x 2 − 2 x = (2 x − 1) 2 3 x 2 − 2 x + 1 = 0 x = 1 + 5    Bài2: gpt (4x-1) 4 x 2 + 1 8x2+2x+1 đặt t = 4 x 2 + 1 ≥ 1 pt : 2t2-(4x-1)t+2x-1=0 x ≥ 1/ 2 Có ngh t=2x-1, t= 1/2(loại) với t =2x-1 4 x + 1 = 2 x − 1 ⇔  2 vô ngh 4 x + 1 = (2 x − 1) 2 2 u = n a − f ( x)  u n + v n = a + b 3) Dạng3: đặt 2 ẩn phụ n a − f ( x) + b + f ( x) = c →  n ⇒ v = n b + f ( x)  u + v = c Bài tập áp dụng: u = 3 1 − x  u + v = 2 Bài1: gpt: 3 1− x + 1+ x = 2 →  3 ⇒ 3 u + v = 2 3 v = 3 1 + x  u = 0 x = 2 u = 3 2 − x  u 3 + v 2 = 1   Bài2:gpt: 3 2 − x = 1 − x − 1 →  ⇒ ⇒ u = 1 ⇒  x = 1 v = x − 1  u + v = 1 u = −2  x = 10   3) Dạng4: một ẩn phụ chuyển phương trình thành một hệ : ax + b = c(dx + e) 2 + nx + m Thí dụ: gpt 3x + 1 = −4 x 2 + 13x − 5 ⇒ 3x + 1 = −(−2 x + 3) 2 + x + 4 dat − 2 y + 3 = 3x + 1 − 2 y + 3 = −( −2 x + 3) 2 + x + 4  (−2 y + 3) 2 = x + 2 y + 1  x = y  ⇔ ⇔ ⇒ ( −2 y + 3) = 3 x + 1 (−2 y + 3) 2 = 3 x + 1 2 y = 5 − 2 x 2   15 − 97 1) x = y ⇒ 4 x 2 − 15 x + 8 = 0 ⇒ x = 8 11 − 73 2)2 y = 5 − 2 x ⇒ 4 x 2 − 11x + 3 = 0 ⇒ x = 8
III) Phương pháp đánh giá 1) Kiến thức cơ bản:  f ( x) = 0  1) f2(x) + g2(x) + t2(x) = 0 ⇔  g ( x) = 0 t ( x) = 0  2) f(x) + g(x) = a ( a là hằng số)  f ( x) = b mà f(x) ≤ b , g(x) ≤ c (b + c =a ) ⇔   g ( x) = c  f ( x) = a 3) f(x) = g(x) , f(x) ≤ a, g(x) ≥ a ⇔  g ( x) = a 2) Bài tập áp dụng : Bài1: gpt x4 + 2x2 -6x +20 = 2 x 2 x 2 − 2 x + 16 ⇔ x4 - 2 x 2 x 2 − 2 x + 16 + x2 -2x +16+  x 2 − x 2 − 2 x + 16 = 0  x2-4x+4 = 0 ⇔ ( x2- x − 2 x + 16 2 )2 + ( x-2)2 = 0 ⇔  ⇔ x − 2 = 0  x = 2 thỏa mãn hệ , vậy phương trình có 1 nghiệm x = 2 Bài2: gpt: 4x2 + 3x +3 = 4x x + 3 + 2 2 x − 1 đ/k x ≥ 1/2 phương trình tương đương 2  x + 3 = 2x  (2 x − x + 3) + (1 − 2 x − 1) 2 = 0 ⇔   2x − 1 = 1  Bài: gpt: 3x 2 + 6 x + 7 + 5 x 2 + 10 x + 14 = 4 – 2x – x2 Ta có vé trái 3( x + 1) 2 + 4 + 5( x + 1) 2 + 9 ≥ 4 + 9 = 5 Vế phải 4 – 2x—x2 = 5 – (x+1)2 ≤ 5 vậy phương trình chỉ thỏa mãn khi cả 2 vế đồng thời bằng 5 khi và chỉ khi x = - 1 là nghiệm của phương trình IV) Phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số : 1) Cơ sở lý thuyết dùng tính đơn điệu hàm số từ đó khẳng định số nghiệm phương trình 2) Bài tập áp dụng Bài1 4 x − 1 + 4 x 2 − 1 = 1 dkx ≥ 1 / 2 xét hàm số y= 4 x − 1 + 4 x 2 − 1 txd x ≥ 1 / 2 2 4x Có đạo hàm y = + > 0∀x ≥ 1 / 2 hàm số luôn đồng biến trên txđ vậy pt không , 4x − 1 4x2 − 1 có quá một nghiệm nhẩm nghiệm ta thấy x=1/2 là nghiệm duy nhất Bài2: gpt x 5 + x 3 − 1 − 3x + 4 = 0 xét hàm số y= x 5 + x 3 − 1 − 3x + 4 txđ x≤1/3 3 y ` = 5 x 4 + 3x 2 + >0 h/s đồng biến trên txđ vậy phương trình không có quá 2 1 − 3x một nghiệmTa thấy x= -1 là nghiệm duy nhất của bài toán Bài3:gpt; 3 − x + x 2 − 2 + x − x 2 = 1 ⇔ 3 − x + x 2 = 2 + x − x 2 + 1 đặt t = x2- x đ/k -3≤t≤2 1 h/s f(t) = 3 + t txđ [ − 3,2] f`(t)= > o hàm số tăng , 2 3+t 1 g(t) = 1+ 2 − t ⇒ g (t ) = − < 0 hàm số nghịch biến vậy chúng chỉ có thể giao nhau tại , 2 2−t mộ t 1± 5 điểm duy nhất , thấy t =1 là nghiệm do đó t=1 suy ra pt x2- x =1 có nghiệm x = 2 V) Phương pháp sử dụng tính liên tục hàm số để chứng minh số nghiệm phương trình
Bài tập áp dụng : CMR phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt thuộc (-7,9): 2 x + 63 1 − x = 3 đặt t= 3 1 − x có pt 2t3 – 6t + 1 =0 hàm số này liên tục trên R ,có f(-2)f(0) 0 *) với mọi x < 0 cũng không thể là nghiệm *) với x = 2 là nghiệm vậy phương trình chỉ có nghiệm x = 2 1 − 2x 1 + 2x Bài3: gpt : 1 − 2x + 1 + 2x = + điều kiện - 1/2
Xét vế trái ta có ( 1 − 2 x + 1 + 2 x ) 2 = 2 + 2 (1 − 2 x)(1 + 2 x) ≤ 2 + 2 suy ra vế trái ≤ 2 dấu bằng xẩy ra khi x = 0 vậy x = 0 là nghiệm của phương trình 1 1 1 1 Bài4:gpt: 2 − x 2 + 2 − 2 = 4 − ( x + ) tương đương với x + 2 − x 2 + + 2 − 2 = 4 x x x x Áp dụng bất đẳng thức Bu nhi a cốp ski ta có  x + 2 − x 2 = 1.x + 1. 2 − x 2 ≤ (12 + 12 )( x 2 + (2 − x 2 ) = 2  Cộng  1 1 1 1 1  + 2 − 2 = 1.x + 1. 2 − 2 ≤ (1 + 1 )( 2 + (2 − 2 ) = 2 2 2 x x x x x --------------------------------------------------------------------------- 1 1 Ta có x + 2 − x 2 + + 2 − ≤4 dấu bằng xẩy ra khi x=1 là nghiệm của phương trình x x2 PHẦN 2 :Bất phương trình có chứa căn I)Phương pháp biến đổi tương đương :  g ( x) ≥ 0 1) Kiến thức cơ bản : 1) f ( x) ≤ g ( x) ⇔  0 ≤ f ( x) ≤ g ( x) 2  g ( x) < 0   f ( x) ≥ 0 2) f ( x) ≥ g ( x) ⇔   g ( x) ≥ 0   f ( x) ≥ g 2 ( x)  2) Bài tập áp dụng: 4 3 x − 4  2 − ≥0  2x ≤ 0 0 < x ≤ 4  x 4  2  4 4 4 3 2 1 2 1  3 x − 16 −  ≤x≤ Bài1: − ≤ − ⇔ − ≥0 ⇔ ≤0⇔ 3 3 x2 4 x 2 x 2  4x 2 x ≠ 0  4 3  2 1 2 x − 2   2 − ≤ −   x ≤0 0 < x ≤ 2  x 4  x 2  Vậy tập nghiệm của bất phương trình là ( 0,2] Bài2: gbpt 2 x 2 − 6 x + 1 − x + 2 ≥ 0 tương đương với 2 x 2 − 6 x + 1 ≥ x − 2 tương đương với  x − 2 < 0  2  3− 7 2 x − 6 x + 1 ≥ 0 x≤  3− 7   x−2≥0 ⇔ 2 ⇔  − ∞,   ∪ [ 3,+ ∞)   2   x ≥ 3   2 x 2 − 6 x + 1 ≥ ( x − 2) 2   1 1 − 1 − 4x x ≠ 0 − ≤ x < 0 ⇔ 2 2 Bài3: gbpt: < 0 điều kiện  1 − 4 x ≥ 0 2 x 0 < x ≤ 1   2 1 1 − 3 x > 0 1 1) Với - ≤ x < 0 bpt tương đương 1 − 4 x < 1 − 3 x ⇔  ⇔- ≤ x
 1   1 Vậy nghiệm của bpt là − 2 ,0  ∪  0, 2      II)Phương pháp đặt ẩn phụ 1) Dạng1: đặt ản phụ hợp lý dẫn tới bất phương trình đại số quen thuộc Bài1 ; gbpt: x 2 + 2 x 2 − 3x + 11 ≤ 3x + 4 đặt t = x 2 − 3x + 11 ≥ 0 dẫn tới bpt t2+2t-15 ≤ 0 suy ra 0 ≤ t ≤ 3 suy ra x 2 − 3x + 11 ≤ 3 suy ra x2 -3x+11 ≤ 9 suy ra nghiệm của bpt 1≤x≤2 1 3x x2 3x x Bài2 gbpt > −1 ⇔ 1+ > −1 đặt t = có bất phương 1− x 2 1− x 2 1− x 2 1 − x2 1 − x2 trình t2-3t+2 > 0 suy ra t > 2 hoặc t < 1 x x > 2 1 − x 2  0 < x < 1 2 1) xét bpt >2 ⇔ ⇔ 2 ⇔ < x 0  5 x > 4 5 − 1 < x < 0 x x < 1 − x 2   1 2) xét bpt 2 0  2  x 2 < 4(1 − x 2 ) 5  1   3  nghiệm của bpt là  − 1, ∪ ,1  5  5  5 1 1 Bài2: gbpt: 5 x + < 2x + 2x + 4 điều kiện x > 0 đặt t = x+ ≥ 2 2 x 2 x dẫn tới bất phương trình bậc hai: 2t2 – 5t + 2 > 0 có nghiệm t > 2 khi và chỉ khi 1 3 3 x+ >2 ⇔ x − 4 x + 1 > 0 ⇔ co nghiem (0, − 2 ) ∪ ( + 2 ,+ ∞) 2 x 2 2 x +1 x +1 x +1 Bài3: gbpt −2 >3 dat t = ≥ 0 dẫn tới t2 -2t -3 >0 có nghiệm t≥ 3 x x x  1 Cho ta tập nghiệm của bpt là  0,   8 Dạng2 : đặt ẩn phụ t dẫn bpt xem t là ẩn ,x là tham số,hoặc bpt xem x là ẩn, t là tham số Bai1:gbpt: x2-1 ≤ 2 x x 2 + 2 x đặt t = x 2 + 2 x ≥ 0 dẫn tới bpt: x2-2tx-1≤ 0 có ∆ = t + 1 = ( x + 1) 2 dẫn tới ( x 2 + 2 x + 1)( x 2 + 2 x − 2 x − 1 ≤ 0 khi và chỉ khi  1 2 x + 1 ≥ 0 x ≥ − 2   x2 + 2x − 2x − 1 ≤ 0 ⇔ x2 + 2x ≥ 0 ⇔ ⇔ x≥0  x 2 + 2 x ≤ (2 x + 1) 2 x ≥ 0    x ≤ −2  Dạng3: đặt 2 ẩn phụ dẫn tới một hệ Bài1: gbpt 2 x 2 − 6 x + 8 − x ≤ x − 2 điều kiện x ≥ 0 biến đổi u = 2 x − 1 ≥ 0 2( x + 2) 2 + 2(2 x − 1) > x + 2 + 2 x − 1 đặt  ⇔ 2u 2 + 2v 2 > u + v v = x + 2 u + v ≥ 0 ⇔ 2 ⇔u≠v 2u + 2v > (u + v) 2 2 x + 2 ≥ 0 Trường hợp u = v 2 x − 1 = x + 2 ⇔  2 ⇔ x = 1, x = 5  x − 6x + 5 = 0 1  Vậy để u ≠ v ⇔ x ∈  ,+ ∞ x ≠ 1, x ≠ 5 2 
u = x ≥ 0 Bài2:gbpt 2 x 2 − 6 x + 8 − x ≤ x − 2 đặt  bất phương trình có dạng v = x − 2 u + v ≥ 0 u + v ≥ 0 2u 2 + 2v 2 ≤ u + v ⇔  2 ⇔ ⇔u=v≥0 2u + 2v ≤ u + v (u + v) ≤ 0 2 2 x − 2 ≥ 0 x ≥ 2 ⇔ ⇔ 2 ⇔x =4  x = x −2 x − 5x + 4 = 0 III)Phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số Cơ sở lý thuyết: dựa vào bảng biến thiên của hàm số phát hiẹn miền nghiệm cuả bất phương trình Bài tập áp dụng Bài1: gbpt: x + 9 + 2 x + 4 > 5 d / k x ≥ −2 xét hàm số f(x) = x + 9 + 2 x + 4 trên tập x ≥ -2 Có đạo hàm luôn dương với mọi x thuộc tập xác định suy ra hàm số luôn đồng biến lại có f(0) = 5 vậy nghiệm của bpt là x > 0 Bài2: gbpt: x 2 − 2 x − 3 − x 2 6 x + 11 > 3 − x − x − 1 dk 1 ≤ x ≤ 3 Tương đương x 2 − 2 x − 3 + x − 1 > x 2 − 6 x + 11 + 3 − x ( x − 1) 2 + 2 + x − 1 > (3 − x) 2 + 2 + 3 − x Xét hàm số f(t) = t + 2 + t tren [1,3] có f, (t) >0 hàm số đồng biến trên tập xác định vậy ta có f(x-1)>f(3-x) khi và chỉ khi x-1>3-x cho ta x>2 vậy nghiệm của bất phương trình là 2 < x ≤ 3 Bài3: gbpt: 2x+ x + x + 7 + 2 x 2 + 7 x < 35 d / k x ≥ 0 xét hàm số trên tập xác định x≥ 0 1 1 2x + 7 F(x) = 2 x + x + x + 7 + 2 x + 7 x co f ( x) = 2 + 2 x + 2 x + | 7 + 2 >0 2 , x + 7x   29  2   2      vậy nghiệm bpt 0< x <   29   Hàm số đồng b iến trên tập xác định vì vậy f(x) < 35 = f        12    12     IV) Phương pháp sử dụng giá trị lớn nhất nhỏ nhất hàm số Kiến thức cơ bản Lập bảng biến thiên từ đó có kết quả của bài toán Bài tập áp dụng Bài1 Tìm m để bpt sau có nghiệm: mx - x − 3 ≤ m + 1 đặt t = x + 3 t ≥ 0 ta có t +1 t +1 m( t2+2) ≤ t+1 tương đương với ≥ m xét hàm số f(t) = 2 trên tập t≥ 0 có t +2 2 t +2 − t 2 − 2t + 2 , f (t ) = , f (t) = 0 khi t = 1 ± 3 (t 2 + 2) 2 Ta có bảng biến thiên -1 − 3 t -1 f 0 - 0 + t F -1 − 3 ( t ) 3 +1 Nhìn vào bảng biến thiên để bất phương trình có nghiệm thì m ≤ 4 V) Phương pháp đồ thị :
Kiến thức cơ bản : dùng đẻ giải các bài toán tìm tham số để bất phương trình có nghiệm thực hiện các bước sau : *) sử dụng các phép biến đổi tương đương đưa bất phương tình đã cho về một hệ *) xét trên hệ trục tọa độ Oxm +) Biểu diễn các điểm M(x,m) thỏa mãn các bất phương trình trong hệ ,giả sử các tập đó là X1,X2,.. +) Xác định X= X1 ∩ X2 ∩… +) Chiếu vuông góc tập X lên trục m ,giả sử là Im *) Khi đó: +) Để hệ vô nghiệm khi m ≠ Im +) Để hệ có nghiệm khi m € Im +) Để hệ có nghiệm duy nhất khi đường thẳng m = α giao với tập X đúng một điểm duy nhất Bài tập áp dụng: Bài1: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm 1 − x 2 ≥ m − x đặt y = 1 − x 2 ≥ 0 khi đó bất phương trình tương đương với một hệ x 2 + y 2 = 1 (2)   x + y − m ≥ 0 (3) Các điẻm thỏa mãn (2) ký hiệu là X1 là tập hợp các điểm mằn nửa trên của đường tròn tam O bán kính R=1 các điểm thỏa mãn (3) ký hiệu là X2 là tập hợp các điểm nằm phía trên của đưòng thẳng x + y = m lấy với y ≥ 0 Vậy để bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi X 1  X 2 ≠ 0 khi m ≤ 2 Bài2: Tìm m để bất phương trình sau đúng mọi x thuộc – 4 ≤ x ≤ 6 ( 4 + x)(6 − x ) ≤ x2 - 2x +m đặt y = (4 + x)(6 − x ) ≥ 0 suy ra y2 = 24 + 2x – x2 Tương đương với ( x -1 )2 +y2 = 25 như vậy vế trái của bất phương trình là nửa trên của đường tròn tâm I(1,0) bán kính R = 5 , còn vế phải của bất phương trình y = x2 – 2x + m là một y pảabol có đỉnh nằm trên đường thẳng x = 1 để bài toán nghiệm đúng với mọi x thuộc – 4 ≤ x ≤ 6 thì pảa bol luôn nằm phía trên nửa đường tròn và đỉnh của pảabol tiếp xúc với đường tròn tại điểm M(1,5) tức là 5 = m0 – 1 suy ra m0 = 6 M(1,5) vậy giá trị m cần tìm là m ≥ 6 1 x VI) Phương pháp điều kiện cần và đủ Cơ sở lý thuyết : dựa vào đặc điểm của bất phương trình ta có thể Suy ra đặc điểm của nghiệm của bất phương trình từ đó suy ra Giá trị tham số m , điều kiện đủ với m tìm được thay vào bẩt phương trình ,giá trị m thỏa mãn điều kiện của bài toán là giá trị cần tìm Bài tập áp dụng Bài toán1: Tìm m để bất phương trình có nghiệm duy nhất x 2 − 2m ≤ mx 2 (1) Điều kiện cần : giả sử (1) có nghiệm là x0 thì – x0 cũng là nghiệm , do đó muốn có nghiệm duy nhất thì phải có x0 = - x0 suy ra x0= 0 thay vào (1) ta có m = 0 Điều kiện đủ : với m = 0 thay vào bất phương trình ta có ngay nghiệm duy nhất x = 0 ,vậy m = 0 là giá trị cần tìm Bài toán2: Tìm m để bất phương trình (2 + x)(4 − x) ≤ x 2 − 2 x + m (1) nghiệm đúng với mọi
x ∈ [ − 2,4] Điều kiện cần: để bất phương trình đúng mọi x ∈ [ − 2,4] thì x = 1 cũng là nghiệm thay vào (1) ta có m≥ 4 Điều kiện đủ : với m ≥ 4 khi đó áp dụng bất đẳng thức Cô si vế trái ta có Vế trái = 2+ x+4− x (2 + x)(4 − x) ≤ =3 vế phải x2 – 2x + m = (x-1)2+ m – 1 ≥ 3 suy ra vế phải ≤ vế trái , 2 vậy với m ≥ 4 là giá trị cần tìm VII) Phương pháp đánh giá: Đó là các bài toán giải thông thường gặp khó khăn .nếu để ý đặc điểm của bài toán và kết hợp với mọt số bất đẳng thức cơ bản ta có thể suy ngay ra nghiệm của bài toán Bài toán áp dụng : giải bất phương trình sau x − x2 − 1 + x + x2 −1 ≤ 2 x 2 − 1 ≥ 0   x − x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1 2 Ta có điều kiện  x + x − 1 ≥ 0 2  Khi đó x − x 2 − 1 + x + x 2 − 1 ≥ 2 x − x 2 − 1. x + x 2 − 1 = 2 vậy bát phương trình có nghiệm khi và chỉ khi Vế trái = 2 khi và chỉ khi x − x 2 − 1 = x + x 2 − 1 ⇔ x = 1 vậy x = 1 là nghiệm của bất phương trình Chủ đề phương trình có chứa giá trị tuyệt đối I) Phương pháp biến đổi tương đương 1) Cơ sở lý thuyết :  f ( x) = g ( x) (1) Dạng1: f ( x) = g ( x) ⇔   f ( x) = − g ( x) (2)  g ( x) ≥ 0  g ( x) ≥ 0  Dạng2: f ( x) = g ( x) ⇔  2 , hoặc ⇔  f ( x) = g ( x)  f ( x) = g ( x) 2  f ( x ) = − g ( x )  Chú ý: người ta thường dùng cách thứ 2 khi bình phương hai vế xuâts hiện phương trình bậc cao 2) Bài tập áp dụng x ≠ 2 x+2 x ≠ 2  Bài1: gpt =1⇔  ⇔  x + 2 = x − 2 ⇔ x = 0 x−2 x+2 = x−2  x + 2 = − x + 2  x + 4 ≥ 0 Bài2:gpt | x2 +5x+4 | = x+4 tương đương  2 ⇔ x = 0, x = 6 ( x + 5 x + 4) = ( x + 4) 2 2 Bài 3: Giải và biện luận phương trình: | x2 -2mx-2m | = | x2 + 2x| (1)  x 2 − 2mx − 2m = x 2 + 2 x (m + 1) x = −m ( 2) Tương đương với  2 ⇔ 2  x − 2mx − 2m = − x − 2 x  x − (m − 1) x − m = 0 2  (3) Giải 2 • với m + 1 = 0 thì m = -1 khi đó (2) vô nghiệm m • với m + 1 ≠ 0 thì m ≠ - 1 khi đó (2) tương đương với x = − m +1 Giải3 Ta có  = (m+1)2 * Với  = 0 m = - 1 (3) có nghiệm x = -1
 x = −1 * Với  > 0 m ≠ - 1 khi đó (3) có nghiệm  x = m  Kết luận • Với m = -1 phương trình có một nghiệm x = - 1 m • Với m ≠ - 1 phương trình có3 nghiệm x = - 1 , x = m , x = − m +1 Bài4 Giải và biện luận phương trình | x2 + x +m | = - x2 + x +2 − 1 ≤ x ≤ 2 (*) − x 2 + x + 2 ≥ 0 − 1 ≤ x ≤ 2   2  2  x 2 = 2 − m (2) Phưong trình tương với  x + x + m = − x + x + 2 ⇔ 2 x = 2 − m ⇔  2 2  2   2 x = −2 − m  −2−m  x + x + m = x − x − 2 2    x = (3)  2 a) Giải và biện luận (2) 2 − m  2 2 * với  ⇔ khi đó (2) không có nghiệm thỏa mãn (*) 2 − m > 4 m < −6  2  2−m 2−m * Với 1 < ≤ 4 ⇔ −6 ≤ m < 0 thì (2) có nghiệm x = ± thỏa mãn (*) 2 2 2−m 2−m * Với 0 ≤ ≤1⇔ 0 ≤ m ≤ 2 thì (2) có nghiệm x = ±thỏa mãn (*) 2 2 −2−m b) Giải và biện luận (3) ,nghiệm của (3) thỏa mãn (*) khi − 1 ≤ ≤ 2 ⇔ −6 ≤ m ≤ 0 2 Kết luận : • ) vơi m>2 hoặc m
− 1 + 29 * Nếu x≥2 pt tương đương với x2 +x – 7 = 0 có nghiệm x = thỏa mãn 2 3 Bài2: gpt x − 4 − 1 = x + 3 điều kiện x khác 3 và 5 x -3 4 x+3 - 0 + | - 3 x-4 - | - 0 + * Nếu x ≤ -3 pt tương đương với x2 = 12 có nghiệm x = − 2 3 thỏa mãn * Nếu -3 1  4 + kπ < x < 2 + kπ  Bài3 Giải phương trình x − 2 x − 1 + x + 3 − 4 x − 1 = 1 điều kiện x ≥ 2 Tương đương với ( x − 1 − 1) 2 + (2 − ( x − 1) 2 = 1 Tương đương với x − 1 − 1 + 2 − x − 1 = ( x − 1 − 1) + ( 2 − x − 1)  x −1 −1 ≥ 0   x −1 ≥ 0  Tương đương với  ⇔ ⇔2≤ x≤5 2 − x − 1 ≥ 0   x −1 ≤ 2  IV) Phương pháp đặt ẩn phụ:
1) Cơ sở lý thuyết : Đặt ẩn phụ thích hợp đưa bài toán đã cho vè bài toán 1 ản không có tuyệt đối 2) Bài tập áp dụng Bài1: gpt (x – 1 )2 +4 | x-1| +3 = 0 Đặt t = | x-1| t không âm ta có phương trình t2 +4t +3 = 0 t = −1 loai  x − 1 = −3 x = 4 t = 3 ⇒ ⇔  x −1 = 3  x = −2 6 Bài2: Giải phương trình x 2 − 5x + 2 − +1 = 0 x − 5x + 2 2 Dặt t = | x2 -5x +2| >0 ta có phương trình t + 1/t +1=0 có nghiệm t= -3 , t=2 với t = 2 thỏa mãn khi đó | x2 -5x +2| = 2 ta có x2 -5x +2 = 2 , x2 -5x +2 = - 2 cho ta nghiệm x=0 , x= 1, x= 4 , x=5 2 Bài3 : Giải và biện luận pt mx − 2 + =2 mx − 2 + 1 Đặt t = | mx-2| +1 ≥ 1 có phương trình t – 1 + 2/t =2 mx = 2 t = 1  mx − 2 + 1 = 1  mx − 2 = 0 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ mx = 3  t = 2  mx − 2 + 1 = 2   mx − 2 = 1  mx = 1  Kết luận : * với m =0 phương trình vô nghiệm • với m khác 0 phương trình có 3 nghiệm phân biệt x = 1/m , x = 2/m , x = 3/m V) Phương pháp hàm số 1) Cơ sở lý thuyết Nếu hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên tập xác định của nó thì ta luôn có f(u) = f(v) khi và chỉ khi u = v 2)Bài tập áp dụng 2 x −5 x −1 1 2 x −5 1 x −1 1 1 Bài 1 gpt e −e = − ⇔e − =e − 2x − 5 x − 1 2x − 5 x −1 Tập xác định x khác 5/2 , 1 Xét hàm só f(t) = et – 1 / t có đạo hàm et + 1/t2 > 0 với mọi t hàm số luôn đồng biến Vậy ta có f(| 2x-5|) = f( |x-1|) khi và chỉ khi | 2x-5| = | x-1| giải ra có nghiệm x = 2,x=4 Bài2 gpt x2 –x|x| + 3x – 10 = 0 3 x 2 − 2 x + 3  x>0  2 3 x + 2 x + 3  x
Điều kiện cần : vì đúng với mọi x ≥ -2 nên đúng với x = -2 suy ra | 2-m| = 2+m Suy ra m = 0 , m=4 Điều kiẹn đủ Với m = o ta có phương trình |x| = x+ 4 ta thấy x =0 không thỏa mãn loại Với m = 4 ta có | x-4 | = x + 4 luôn đúng với mọi x ≥ -2 Vậy giá trị m = 4 là giá trị cần tìm VII) Phương pháp đánh giá 1) Cơ sở lý thuyết dựa vào tính chát một số bất đẳng thức cơ bản ,và phương pháp đối lập Ta có thể suy ra nghiệm của phương trình 2) Bài tập áp dụng 3 x +1 Bài toán 1: gpt sau + =2 x +1 3 Áp dụng bất đẳng thức cô si cho vế trái phương trình ta có 3 x +1 3 x +1 + ≥2 = 2 bằng vế phải dấu bằng xẩy ra khi x +1 3 x +1 3 3 x +1 = khi x = 2 , x = 4 vậy phương trình có 2 nghiệm x=2,x=4 x +1 3 5 10 2 ⇔ 10 − ( x + 2) 2 = Bài toán2: gpt 6-4x –x = sin y cos y sin 2y x x x nhận xét Vt ≤ 10, Vp ≥ 10 dấu bằng xẩy ra khi cả 2 vế bằng 10 x + 2 = 0  x = −2   x = −2  ⇔ 2y ⇔ ⇔ π  sin x = 1  sin y = 1  y = 2 + kπ   Chủ đề bất phương trình có chứa giá trị tuyệt đối I) Phương pháp biến đổi tương đương a) Cơ sở lý thuyết 1) | f(x) | > | g(x) ) tương đương với f2(x) > g2(x)  g ( x) < 0  2) f ( x ) > g ( x ) ⇔  g ( x ) ≥ 0  f 2 ( x ) > g 2 ( x )   g ( x) > 0 3) f ( x ) < g ( x) ⇔  2  f ( x) < g ( x) 2 Khi giải cần thực các bước sau • Kiểm tra đièu kiện • sử dụng các phép biến đổi tương đưa bất phương trình đã cho về hệ phương trình đại số từ đó tìm được nghiệm • Kiểm tra đièu kiện • Kết luận nghiệm b) Bài tập áp dụng
Bài1 gbpt | 4x3 – 3x | ≤ 1 tương đương với ( 4x3 – 3x )2 ≤ 1 tương đương ( 4x3 -3x +1 ) ( ( 4x3 -3x -1 ) ≤ 0 tương đương vói (x2 – 1)(2x+1)2(2x-1)2 ≤ 0 2 x + 1 = 0  Tương đưong 2 x − 1 = 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1 x 2 − 1 ≤ 0  x 2 − 5x + 4 Bài2 gbpt ≤ 1 ⇔ x 2 − 5x + 4 ≤ x 2 − 4 x −4 2 Tương đương với ( x2 -5x +4 ) 2 ≤ (x2 – 4 )2 tương đương ( 2x2 -5x) ( 8-5x) ≤ 0  8 0 ≤ x < 5   8 5  Tương đương với  ⇔ 0,  ∪  ,+ ∞ x > 5  5  2    2 2 x + 1 < 0  Bài3 gbpt | 1-4x | > 2x +1 tương đương với 2 x + 1 ≥ 0 ⇔ ( − ∞,0 ) ∪ (1,+ ∞)  (1 − 4 x) 2 > (2 x + 1) 2  II) Phương pháp chia khoảng : 1) Cơ sở lý thuyết : khi gặp bài toán có từ hai trị số tuyệt đối trở lên ta làm như sau • Đặt điều kiện có nghĩa của bpt • Lập bảng xét dấu tất cả cac biểu thức trong dấu tuyệt đối , chia khoảng • Giải bất phương trình trên từng khoảng • Kết luận 2) Bài tập áp dụng : x2 − 4x + 3 Bài1 gbp ≥1 bpt có nghĩa với mọi x x2 + x − 3 Ta có bảng xét dấu x 0 4 5 X2 – 4x + 0 - 0 + | + x- 5 - | - | - 0 + Kết luận x2 − 4x + 3 2 Trưòng hợp 1 x ≤ 0,4 ≤ x ≤ 5 ⇔ ≥1⇔ x ≤ − x − x−5 2 3 − x + 4x + 3 2 1 Trưòng hợp 2 0
x-5 - | - 0 + x-2 - 0 + 0 + 9 9 − x2 + 4x + 5 * Nếu x < 2 tương đương với ≥ −x + 2 ⇔ +x−2≥0⇔ ≥ 0 ⇔ x ≤ −1 5− x−3 2− x 2−x 9 9 9 + (2 − x) 2 * Nếu 2 ≤ x< 5, bpt ≥ x−2⇔ −x+2≥0⇔ ≥0⇔2< x5 bpt ≥ x−2⇔ − ( x − 2) ≥ 0 ⇔ ≥ 0 ⇔8< x ≤ 5+3 2 x−5−3 x −8 x−8 ( Kết luận nghiệm bpt ( − ∞,−1] ∪ ( 2,5) ∪ 8,5 + 3 2 ] III) Phương pháp sử dụng tính chất giá trị tuyệt đối 1) Cơ sở lý thuyết * Tính chất1 | a + b | ≤ |a| + |b| với mọi a,b * Tinh chất 2 | a - b | ≥ |a| - |b| với mọi a,b * Tính chất1 | a + b | < |a| + |b| tương đương với ab |a| - |b| tương đương với b(a-b) + tan x > + tan x tan x − 1 tan x − 1 tan x − 1 tan x − 1  x ≠ kπ tan 2 x tan x ≠ 0  Tương đương với
2 Bài2 gbpt x − 3x + 1 − x 2 − 3x + 1 + 1 ≤ 0 2 đặt t = | x2 -3x +1| ≥ 0 ta có bpt 2 t− ≤ 0 ⇔ t 2 + t − 2 ≤ 0 ⇔ −2 ≤ t ≤ 1 ⇔ x 2 − 3 x + 1 ≤ 1 ⇔ −1 ≤ x 2 − 3 x + 1 ≤ 1 t +1  x ≥ 2  x 2 − 3x + 2 ≥ 0   0 ≤ x ≤ 1 ⇔ 2 ⇔  x ≤ 1 ⇔    x − 3x ≤ 0  0 ≤ x ≤ 3 2 ≤ x ≤ 3  V) Phương pháp hàm số 1) Cơ sở lý thuyêt dựa vào tính chất đơn điệu hàm số suy ra f(u) > f( v) khi và chỉ khi u>v nếu hàm số đó luôn đồng biến và ngược lại 2)Bài tập áp dụng : Bài1 gbpt 4| 2x-1| (x2 –x +1) > x3 -6x2 +15x -14 ta biến đổi | 2x-1| ( (2x-1)2 +3) > (x-2)2 +3x-6 tương đương | 2x-1| 3 +3 | 2x-1| > (x-2)3 +3(x-2) Xét hàm số f(t) = t3 +3t có đạo f ) = 3t2 +3 >0 với mọi t hàm số đồng biến nên f(| 2x-1| ) > f(x-2) khi và chỉ khi | 2x-1| > x-2 thỏa mãn với mọi x , vậy bất phương trình nghiệm đúng vói mọi x Bài2 gbpt x3 - | x2 -3x +2 | +6x +7 > 0 Xét hàm số f(x) = x3 - | x2 -3x +2 | +6x +7 có tập xác định R  2 x < 1 3 x − 2 x + 9 voi  Đạo hàm f ) =  x > 2 đạo hàm luôn dương với mọi x  2 3 x + 2 x + 3 voi 1 < x < 2 Hàm số luôn đồng biến mặt khác ta lại có f(1) =0 vậy dẻ f(x) > 0 khi x >1 là nghiệm của bài toán VI) Phương pháp đánh giá 1) Cơ sở lý thuyết • Dựa vào tam thức bậc hai • Dựa nvào các bất đẳng thức cơ bản Cô si, Bu nhi a • Tính chất giá trị tuyệt đối 2) Bài tập áp dụng Bài1: gbpt x − x2 − 4 + 4 x + x2 + 4 ≥ 8 Tập xác dịnh với mọi x ≥ |2| Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho vế trái ta có VT ≥ 2 4 x − x 2 − 4 x + x 2 + 4 = 8 bằng vế phải vạy bất phương trình nghiệm đúng với mọi x ≥ |2| Bài2 gbpt điều kiện 0 ≤ x ≤ 1 Sử dụng bát dẳng thức Bu nhi a cho vé trái ta có [ ] ( x 1 − x + x − 1 x ) 2 ≤ x 2 + (1 − x) 2 (1 − x + x) = 2 x 2 − 2 x + 1 ≤ 1 = vp vi 0 ≤ x ≤ 1 Vậy bpt nghiệm đúng với mọi x ∈ [ 0,1] Phần III/ Rèn phản xạ theo tình huống mới và bài tập cập nhật: Bài 1: gpt 3 2 − x = 1 − x − 1 * cách 1: đk, đặt u = 3 2 − x , chuyển x theo u rồi gpt căn thức bậc 2, nhẩm đc nghiệm x=1, x=2 * cách 2: đk, đặt u = 3 2 − x , v= x − 1 ,v không âm. đưa về hệ giải bằng phép thế và nhẩm đc nghiệm * kq 3 nghiệm: x=1;2;10
Bài 2: gpt 2 3 3x − 2 + 3 6 − 5x − 8 = 0 * có 2 cách như bài 1. * kq một nghiệm duy nhất x=-2 1 Bài 3: gpt 3+ 3x − 2x2 − 2 − 3x + 2x2 =1 * có 2 cách như bài 1. * kq x=1 ; x= . Lưu ý nên đặt 2 một ẩn rồi biến đổi biểu thức trong căn bậc 2 còn lại theo ẩn mới ./. Bài 4: gpt x 2 + 3x + 2 + x 2 + 6x + 5 = 2x 2 + 9x + 7 * đk x≤ −5 ∨x≥ −1 …đặt u= x 2 + 3x + 2 ; v= x 2 + 6x + 5 , u , v ≥ 0 . pt u+v= u 2 + v 2 (u+v)2 = u2 +v2 u=0 x = −2 � = −1 x 2u.v=0 x=−5 ∨x=−1 . chú ý đây là dạng hay, hãy suy nghĩ v=0 x = −5 � = −1 x TQ. 7 Bài 5: gpt 2x 2 + 5x + 2 −2 2x 2 + 5x − 6 =1 * giống bài 3. kq x=1 ; x=− . 2 Bài 6: gpt 5x − 1 − 3x − 2 = x − 1 đk x≥ 1 pt 5x − 1 = 3x − 2 + x − 1 bp2v 2 lần và lưu ý đk. Kq x=2 chú ý đây là dạng hay, hãy suy nghĩ TQ cho trường hợp có 3 căn b2, thậm chí 4 căn b2. x+ 3 x+ 3 ( ) ( ) 2 2 Bài 7: gpt x + 2 x −1 + x − 2 x −1 = đk x≥ 1 pt x −1 + 1 + x −1 −1 = 2 2 x+ 3 x − 1 +1 + x − 1 − 1 = (*) xét 2 TH x − 1 ≥ 1 x≥ 2 và x − 1 0 víi mäi x, y x=y Víi x = y ta cã: x3 - 2x + 1 = 0 (x - 1)(x2 + x - 1) = 0 x =1 ( ) x = −1 + 5 : 2 Ph¬ng tr×nh cã 3 nghiÖm nh trªn. x = ( −1 − 5 ) : 2 VÝ dô 2: Gi¶i ph¬ng tr×nh ( x + 3) ( 4 − x ) ( 12 + x ) = 28 − x (1) ( 4 − x ) ( 12 + x ) 0 −12 x 4 Lêi gi¶i: §iÒu kiÖn: � � −3 x 4 () ( x + 3) ( 28 − x ) 0 −3 x 28 víi ®iÒu kiÖn () (1) (x + 3)2(4 - x)(12 - x) = (28 - x)2 x4 + 14x3 + 10x2 - 272x + 352 = 0
x 2 + 6 x − 22 = 0 x1 = −3 + 31 , x2 = −3 − 31 2 2 (x + 6x - 22) (x + 8x - 16) = 0 x 2 + 8 x − 16 = 0 x3 = −4 + 4 2 , x4 = −4 − 4 2 §èi chiÕu ®iÒu kiÖn ta thÊy x1, x3 tho¶ m·n bµi to¸n. VËy ph¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm. x1 = −3 + 31 x3 = −4 + 4 2 VÝ dô 3: Gi¶i ph¬ng tr×nh ( x + 3) ( 4 − x ) ( 12 + x ) = 28 − x (1) Lêi gi¶I §Æt u = x + 3 v = ( 4 − x ) ( 12 + x ) víi v 0 v = u −1 Khi ®ã ph¬ng tr×nh (1) trë thµnh: 2uv = u2 + v2 - 1 (u - v)2 = 1 v = u +1 x+3 1 x −2 Víi v = u - 1 0 ta cã � 2 � �2 � x = −3 + 31 ( 4 − x ) ( 12 + x ) = ( x + 2 ) x + 6x − 2 = 0 x + 3 −1 x −4 Víi v = u + 1 0 ta cã : � � �2 � x = −4 + 4 2 ( 4 − x ) ( 12 + x ) = ( x + 4 ) 2 x + 8 x − 16 = 0 Ph¬ng tr×nh cã tËp nghiÖm lµ: { 31 − 3; 4 2 − 4} ĐÁNH GÍA VÝ dô 4. Gi¶i ph¬ng tr×nh x 2 + 6 x + 13 + x 2 + 6 x + 18 = 34 − x 2 − 6 x Lêi gi¶i: BiÕn ®æi ph¬ng tr×nh vÒ d¹ng: ( x + 3) 2 + 4 + ( x + 3) 2 + 9 = 25 − ( x + 3) 2 VT 2 + 3 = 5 DÊu “=” khi x = -3 VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt x = - 3 VÝ dô 5: Gi¶i ph¬ng tr×nh: x(2008 - x2007) = 2007 Lêi gi¶i: NÕu x 0 th× x (2008 −x 2007 ) 0 lo¹i VËy x 0 2008 ViÕt ph¬ng tr×nh vÒ d¹ng: x + 2007 = 2008x Theo bÊt ®¼ng thøc c«si cho 2008 sè d¬ng. Ta cã: x2008 + 2007 = x2008 + 1 + 1 +…..+1 2008x 2007 sè 1 DÊu “=” x¶y ra khi x = 1 VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt x=1 VÝ dô 6: Gi¶i ph¬ng tr×nh 3 2016 − x − x − 2017 = x 2 − 2007 x − 2007 Lêi gi¶i: §iÒu kiÖn: x 2007 Víi 2007 x < 2008 th× 3 2016 − x − x − 2017 > 3 2016 − 2008 − 2008 − 2007 = 1 x2 - 2007x - 2007 = x(x- 2007) - 2007 < 2008(2008 - 2007) - 2007 = 1 Thö x = 2008 tho¶ m·n. Víi x > 2008 th×: 3 2016 − x − x − 2017 < 3 2016 − 2008 − 2008 − 2007 = 1 x2 - 2007x - 2007 = x(x- 2007) - 2007 > 2008(2008 - 2007) - 2007 = 1 VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt x = 1
5 2+7 VÝ dô 7: gi¶i ph¬ng tr×nh + 4x = 3 2 − 1 x +1 Lêi gi¶i: §iÒu kiÖn: x + 1 > 0 hay x > -1 ViÕt ph¬ng tr×nh vÒ d¹ng: ( 2 + 1)3 + 4( x + 1) = 3( 2 + 1) x +1 ¸p dông bÊt ®¼ng thøc C«si cho 3 sè d¬ng ta cã: ( 2 + 1)3 ( 2 + 1)3 ( 2 + 1)3 + 4( x + 1) = 4( x + 1) + + 3( 2 + 1) x +1 4( x + 1) 4( x + 1) ( 2 + 1)3 2 −3 DÊu “=” x¶y ra khi: 4( x + 1) = = 2 +1 Hay 4x = 2 − 3 Hay x = 4( x + 1) 4 2 −3 Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt: x = 4 VÝ dô 8: Gi¶i ph¬ng tr×nh 4 x 4 + x 2 + 3x + 4 = 3 3 16 x3 + 12 x 2 � 3� 7 Lêi gi¶i: Ta cã: 4 x + x + 3x + 4 = 4 x + � + 4 2 x 4 �+ > 0� x > 0 � 2� 4 ¸p dông BÊt ®¼ng thøc C«si ta cã: (4 x 4 + x 2 ) + 3x + 4 4 x 3 + 3 x + 4 = x(4 x 2 + 3) + 2 + 2 3 3 4 x(4 x 2 + 3) = 3 3 16 x 3 + 12 x 1 1 DÊu “ =” x¶y ra khi x = VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt: x = 2 2 Bµi 9: Gi¶i ph¬ng tr×nh 3 14 − x 3 + x = 2(1 + x 2 − 2 x − 1 (Dïng ph¬ng ph¸p ®¸nh gi¸) Bµi 10: Gi¶i ph¬ng tr×nh ( ) 2 x 2 + 8 = 5 x3 + 8 (Dïng ph¬ng ph¸p biÕn ®æi t- ¬ng ®¬ng) −−−−−−−−−−−−♦♦♦−−−−−−−−−−−−