Chuyên đề về đại số lớp 10

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

Thêm vào BST

Báo xấu

1.380
lượt xem 363
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Chuyên đề về đại số lớp 10

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề về đại số lớp 10

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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
Giáo án : Chuyên đề đại số 10 Nhân xét x = 1 là nghiệm Suy ra : x ≤ −5 là nghiệm của bpt +) Xét x
Giáo án : Chuyên đề đại số 10 Phương pháp 2: Đặt ẩn số phụ : 15
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
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
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