Luận văn Thạc sĩ Toán học: Kĩ thuật tổng hợp giải bất phương trình hỗn hợp

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:68

Thêm vào BST

Báo xấu

19
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bất phương trình hỗn hợp được hiểu là bất phương trình phức tạp, chứa nhiều loại hàm khác nhau (đa thức, căn thức, mũ, logarit,...). Để giải những bất phương trình chứa nhiều loại hàm, ta thường phải "bóc từng lớp" để đưa về bất phương trình đơn giản. Tuy nhiên, cũng có nhiều bất phương trình hỗn hợp đòi hỏi sử dụng kĩ thuật giải tổng hợp, nói chung không thể dùng một kĩ thuật, mà phải sử dụng tổng hợp một vài hoặc đồng thời nhiều kĩ thuật để giải được những bất phương trình loại này.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Kĩ thuật tổng hợp giải bất phương trình hỗn hợp

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC --------------------------- NGUYỄN THỊ QUYỂN KĨ THUẬT TỔNG HỢP GIẢI BẤT PHƢƠNG TRÌNH HỖN HỢP LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2018
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC --------------------------- NGUYỄN THỊ QUYỂN KĨ THUẬT TỔNG HỢP GIẢI BẤT PHƢƠNG TRÌNH HỖN HỢP Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS. Tạ Duy Phƣợng THÁI NGUYÊN - 2018
1 Mục lục Mở đầu 2 1 Phân loại một số kĩ thuật chủ đạo trong giải bất phương trình hỗn hợp 6 1.1. Kĩ thuật biến đổi tương đương . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.2. Kĩ thuật nhân với biểu thức liên hợp . . . . . . . . . . . . 11 1.3. Kĩ thuật đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 1.4. Kĩ thuật hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 1.4.1. Kĩ thuật sử dụng đạo hàm bậc nhất . . . . . . . . . 24 1.4.2. Kĩ thuật sử dụng đạo hàm bậc hai . . . . . . . . . 29 1.4.3. Kĩ thuật sử dụng giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất . 34 1.5. Kĩ thuật véc tơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 1.6. Kĩ thuật lượng giác hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 1.7. Kĩ thuật hình học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 2 Một số kĩ thuật tổng hợp giải bất phương trình hỗn hợp và bất đẳng thức 43 2.1. Các kĩ thuật tổng hợp giải bất phương trình hỗn hợp . . . 43 2.2. Các kĩ thuật tổng hợp chứng minh bất đẳng thức . . . . . 60 Tài liệu tham khảo 65
2 Mở đầu 1. Lí do chọn đề tài Bất phương trình hỗn hợp được hiểu là bất phương trình phức tạp, chứa nhiều loại hàm khác nhau (đa thức, căn thức, mũ, logarit,...). Để giải những bất phương trình chứa nhiều loại hàm, ta thường phải "bóc từng lớp" để đưa về bất phương trình đơn giản. Tuy nhiên, cũng có nhiều bất phương trình hỗn hợp đòi hỏi sử dụng kĩ thuật giải tổng hợp, nói chung không thể dùng một kĩ thuật, mà phải sử dụng tổng hợp một vài hoặc đồng thời nhiều kĩ thuật để giải được những bất phương trình loại này. Đã có một số sách viết về phương pháp giải bất phương trình và bất đẳng thức thí dụ, tài liệu [2], [5]. Tuy nhiên, theo quan sát của chúng tôi, vẫn nên đi sâu phân tích cụ thể và chi tiết hơn các phương pháp và các kĩ thuật tổng hợp giải bất phương trình hỗn hợp và bất đẳng thức. Trong các đề thi Trung học Phổ thông Quốc gia những năm gần đây (trước năm 2017) câu khó thường là các bài toán về phương trình, bất phương trình hoặc bài toán liên quan tới bất đẳng thức, bất phương trình hỗn hợp. Để giải các bài toán này, cần sử dụng thành thạo và nhuần nhuyễn các kĩ thuật tổng hợp. Bất phương trình hỗn hợp và bất đẳng thức cũng hay gặp trong các kì thi (thi học sinh giỏi, Olympic
3 30–4, vô địch Quốc gia, Quốc tế,...). Với những lí do trên, tác giả đã lựa chọn đề tài: "Kĩ thuật tổng hợp giải bất phương trình hỗn hợp" làm đề tài luận văn cao học của mình. 2. Lịch sử nghiên cứu Chủ đề bất phương trình và bất đẳng thức có vị trí và vai trò quan trọng trong chương trình môn Toán ở trường Trung học phổ thông. Kiến thức và kĩ năng của chủ đề này có mặt xuyên suốt từ cuối Trung học Cơ sở, tới đầu cấp và đến cuối cấp Trung học phổ thông, thậm chí trong các kì thi Olympic sinh viên. Nó đóng vai trò như là chìa khóa để giải quyết nhiều bài toán trong thực tế. 3. Mục đích, đối tượng và phạm vi nghiên cứu Luận văn hệ thống hóa và trình bày một số kĩ thuật giải bất phương trình hỗn hợp và bất đẳng thức thường gặp trong các kì thi Olympic, thi học sinh giỏi Quốc gia và Quốc tế. Tất cả các bài toán trong luận văn đều được chọn lựa từ các đề thi vào đại học hoặc các bài thi học sinh giỏi Quốc gia và Quốc tế trong và ngoài nước, hoặc từ các báo chí, thí dụ, Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ. Bên cạnh việc hệ thống hóa các đề thi, luận văn còn cố gắng phân tích, tổng hợp các phương pháp thông qua các bài toán cụ thể. Mục tiêu của luận văn: Luận văn có mục tiêu trình bày các phương pháp và kĩ thuật tổng hợp giải bất phương trình hỗn hợp và bất đẳng thức. Các phương pháp và kĩ thuật tổng hợp giải bất phương trình hỗn hợp và bất đẳng thức cũng đã được áp dụng cho các bài toán chứng minh bất đẳng thức, giải bất phương trình, hệ bất phương trình, và các bài toán cực trị. Hy vọng luận văn sẽ góp phần làm sáng tỏ thêm các kĩ
4 thuật và phương pháp giải bất phương trình, bất đẳng thức và được áp dụng vào thực tế học tập và giảng dạy. 4. Phương pháp nghiên cứu - Phân tích lí thuyết, phân dạng các loại bài tập. - Đưa ra các bài tập minh họa phù hợp với từng nội dung. - Tổng hợp tài liệu từ sách tham khảo, các sách liên quan đến đề tài. 5. Cấu trúc của luận văn Ngoài phần Mở đầu, Kết luận và Tài liệu tham khảo, Luận văn gồm 2 Chương. Chương 1: Phân loại một số kĩ thuật giải bất phương trình hỗn hợp. Trong chương này, chúng tôi trình bày các kĩ thuật giải bất phương trình hỗn hợp. Trong mỗi kĩ thuật, trước hết là trình bày ý tưởng, sau đó chúng tôi trình bày nhiều ví dụ có lời giải chi tiết, thể hiện rõ kĩ thuật đã nêu. Chương 2: Một số kĩ thuật tổng hợp giải bất phương trình hỗn hợp và bất đẳng thức. Chương 2 trình bày một số bài toán về bất phương trình hỗn hợp mà phải dùng tổng hợp các kĩ thuật đã nêu ở chương 1 để giải. Cuối cùng là một số bài toán về bất đẳng thức. Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên. Đầu tiên tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến PGS. TS. Tạ Duy Phượng. Thầy đã định hướng chọn đề tài và nhiệt tình hướng dẫn cũng như giải đáp mọi thắc mắc của tôi trong suốt quá trình làm luận văn để tôi hoàn thành luận văn này. Tác giả xin chân thành cảm ơn toàn thể các thầy cô trong khoa Toán - Tin trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã tận tình hướng
5 dẫn, truyền đạt kiến thức trong suốt thời gian học tập, thực hiện và hoàn thành luận văn. Xin được cảm ơn nhà trường, Trường THPT Quế Võ Số 1, huyện Quế Võ, tỉnh Bắc Ninh đã tạo điều kiện và giúp đỡ tôi, cảm ơn sự giúp đỡ của bạn bè, người thân và các đồng nghiệp trong suốt thời gian học tập và làm luận văn. Thái Nguyên, tháng 4 năm 2018 Tác giả Nguyễn Thị Quyển
6 Chương 1 Phân loại một số kĩ thuật chủ đạo trong giải bất phương trình hỗn hợp Để giải một bất phương trình, để chứng minh một bất đẳng thức hoặc một bài toán cực trị loại khó ta có thể sử dụng một số kĩ thuật sau. 1.1. Kĩ thuật biến đổi tương đương Nói chung quá trình giải bất phương trình là quá trình biến đổi tương đương từ bất phương trình phức tạp về bất phương trình đơn giản nhờ một số tính chất của các hàm vô tỷ, mũ, logarit, ví dụ: ( g(x) < 0  p  f (x) ≥ 0 Tính chất 1.1 f (x) ≥ g(x) ⇔  (   g(x) ≥ 0  f (x) ≥ g 2 (x).    g(x) ≥ 0 p  Tính chất 1.2 f (x) ≤ g(x) ⇔ f (x) ≥ 0   f (x) ≤ g 2 (x).  ( f (x) > 1 Tính chất 1.3 f (x)g(x) ≥ f (x)h(x) tương đương với hoặc g(x) ≥ h(x) ( 0 < f (x) < 1 hoặc f (x) = 1 và g(x); h(x) có nghĩa. g(x) ≤ h(x)
7 ( f (x) > 1 Tính chất 1.4 f (x)g(x) ≤ f (x)h(x) tương đương với hoặc g(x) ≤ h(x) ( 0 < f (x) < 1 hoặc f (x) = 1 và g(x); h(x) có nghĩa. g(x) ≥ h(x) Kỹ thuật biến đổi tương đương là một kĩ thuật cơ bản, tuy nhiên đối với bất phương trình hỗn hợp, kĩ thuật này không phải lúc nào cũng áp dụng được một cách hợp lí, mà phải kết hợp thêm một số kĩ thuật khác. Các ví dụ dưới đây (và trong chương 2) sẽ trình bày và phân tích sâu hơn nhận xét này. Bài 1.1 (Đề thi học sinh giỏi lớp 10 - Kon Tum, năm học 2013 -2014) Giải bất phương trình sau trên tập số thực p −x2 + 8x − 12 > 10 − 2x. (1.1) Bài giải. Ta có ( ( 10 − 2x < 0 x>5    − x2 + 8x − 12 ≥ 0  2≤x≤6 (1.1) ⇔  ( ⇔ (    10 − 2x ≥ 0  x≤5   − x2 + 8x − 12 ≥ (10 − 2x)2 . 5x2 − 48x + 112 < 0.  5
8 x ≥ 0. (1.2a) Với điều kiện (1.2a) thì p (1.2) ⇔ x (x + 2) + 2 x3 + 2x2 + x ≥ (x + 1)3 p 3 2 ⇔ x + 2x − 2 x3 + 2x2 + 1 ≤ 0 p 2 ⇔ 3 2 x + 2x − 1 ≤ 0 p ⇔ x3 + 2x2 = 1  x = −1  √  −1 − 5 ⇔ x3 + 2x2 − 1 = 0 ⇔ x =   2√  −1 + 5 x= . 2 √ −1 + 5 Đối chiếu điều kiện (1.2a) suy ra x = . 2 √ −1 + 5 Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x = . 2 Bài 1.3 (Đề thi đề nghị Olympic 30 tháng 04 năm 2008, trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh, Phú Yên) Tìm tất cả các cặp(x; y) thỏa mãn bất phương trình p x − |y| − x2 + y 2 − 1 ≥ 1. (1.3) Bài giải. Ta có p p x −|y| − x2 + y 2 − 1 ≥ 1 ⇔ x2 + y 2 − 1 ≤ x − |y| − 1    x2 + y 2 − 1 ≥ 0  ⇔ x − |y| − 1 ≥ 0   x2 + y 2 − 1 ≤ (x − |y| − 1)2      x2 + y 2 ≥ 1  ⇔ x ≥ |y| + 1   x2 + y 2 − 1 ≤ x2 + y 2 + 1 − 2x|y| − 2x + 2|y| 
9   2 2    x + y ≥ 1   x2 + y 2 ≥ 1 (1.3a)   ⇔ x ≥ |y| + 1 ⇔ x ≥ |y| + 1 (1.3b)     2x(|y| + 1) − 2(|y| + 1) ≤ 0  2(|y| + 1)(x − 1) ≤ 0  (1.3c) Từ (1.3b) suy ra x ≥ 1. Từ (1.3c) suy ra x ≤ 1. Do đó x = 1. Từ (1.3b) suy ra y = 0. Với x = 1; y = 0 thỏa mãn (1.3a) Vậy bất phương trình có nghiệm duy nhất là (x; y) = (1; 0). Bài 1.4 (Đề thi học sinh giỏi lớp 12, Đà Nẵng, năm học 2014 - 2015) Giải bất phương trình sau trên tập số thực 2 1 log2 4x − 4x + 1 − 2x > 2 − (x + 2) log 12 −x . (1.4) 2 Bài giải. Điều kiện để bất phương trình (1.4) có nghĩa là  4x2 − 4x + 1 > 0 1 1 ⇔x< . (1.4a)  −x>0 2 2 Với điều kiện (1.4a) thì 1 − 2x (1.4) ⇔ log2 (1 − 2x)2 − 2x > 2 + (x + 2) log2 2 ⇔ 2 log2 (1 − 2x) − 2x > 2 + (x + 2) log2 (1 − 2x) − x − 2 ⇔ x log2 (1 − 2x) + x < 0 ⇔ x [log2 (1 − 2x) + 1] < 0. (1.4b) • Trường hợp 1.  x > 0 ( x>0 1 (1.4b) ⇔ ⇔ 1 ⇔x> . log2 (1 − 2x) + 1 < 0 1 − 2x < 4 2 1 1 Kết hợp với điều kiện (1.4a) ta được < x < . 4 2
10 • Trường hợp 2.  x < 0 ( x 0 1 − 2x > 1 2 Kết hợp với điều kiện (1.4a) ta được x < 0. 1 1 Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm T = (−∞; 0) ∪ ; . 4 2 Bài 1.5 (Đề thi học sinh giỏi lớp 12, Nam Định, năm 2014 - 2015) Giải bất phương trình sau trên tập số thực p p log 15 log7 2 4x + 1 + 2x − log5 log 17 2 4x + 1 − 2x > 0. (1.5) Bài giải. Với ∀x ∈ R ta có  p p  2 4x + 1 + 2x 2 4x + 1 − 2x = 1   p 4x2 + 1 + 2x > 0   p 2  4x + 1 − 2x > 0. Suy ra p p log 17 4x2 + 1 − 2x = log7 4x2 + 1 + 2x . Do đó √ √ (1.5) ⇔ log5 log7 4x2 + 1 + 2x + log5 log7 2 4x + 1 + 2x < 0 √ ⇔ log5 log7 4x2 + 1 + 2x < 0  p p  log7 2 4x + 1 + 2x > 0  4x2 + 1 + 2x > 1 ⇔ p ⇔ p  log 2 4x + 1 + 2x < 1  4x2 + 1 + 2x < 7 7    1 − 2x < 0   (  1 − 2x ≥ 0   p    4x2 + 1 > 1 − 2x   12 ⇔ p ⇔ 4x2 + 1 > (1 − 2x)2 ⇔ 0 < x < .  4x2 + 1 < 7 − 2x  ( 7 7 − 2x ≥ 0        4x2 + 1 < (7 − 2x)2  12 Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm T = 0; . 7
11 1.2. Kĩ thuật nhân với biểu thức liên hợp Ý tưởng của phương pháp này là trục căn thức và tạo nhân tử chung, đưa bất phương trình đã cho về dạng bất phương trình tích. Sau đó đánh giá dấu của từng tích đó. Muốn thực hiện được phương pháp này ta phải đoán được nghiệm của phương trình và biến đổi khéo léo. Một số biểu thức quen thuộc dùng để trục căn thức: √ √ a−b a± b= √ √ ; a∓ b √ √ a±b 3 a± 3b= √ 3 √ √3 ; a2 ∓ 3 ab + b2 √ √ a−b 4 a ± 4 b = √ √ √ √ . 4 4 a∓ b a+ b Sau đây là một số ví dụ. Bài 1.6 (Toán học và tuổi trẻ, số 461, tháng 11 năm 2015) Giải bất phương trình √ √ x (x + 1) (x − 3) ≥ 4−x+ 1 + x − 3. (1.6) Bài giải. Điều kiện để bất phương trình (1.6) có nghĩa là −1 ≤ x ≤ 4. (1.6a) Với điều kiện (1.6a) thì h√ x i h√ x i (1.6) ⇔ x (x + 1) (x − 3) ≥ 4−x− 2− + 1+x− 1+ 3 3 i √ h √ ⇔ 3x (x + 1) (x − 3) ≥ 3 4 − x − (6 − x) + 3 1 + x − (3 + x) x (x − 3) x (x − 3) ⇔ 3x (x + 1) (x − 3) + √ + √ ≥0 3 4 − x + (6 − x) 3 1 + x + (3 + x) 1 1 ⇔ x (x − 3) 3 (x + 1) + √ + √ ≥ 0. 3 4−x+6−x 3 1+x+3+x 1 1 Với −1 ≤ x ≤ 4 thì 3 (x + 1)+ √ + √ > 0. 3 4−x+6−x 3 1+x+3+x Suy ra
12 " x≤0 x (x − 3) ≥ 0 ⇔ x ≥ 3. " −1 ≤ x ≤ 0 Kết hợp với điều kiện (1.6a) ta có 3 ≤ x ≤ 4. Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm T = [−1; 0] ∪ [3; 4]. Bài 1.7 (Toán học và tuổi trẻ, số 462, tháng 12 năm 2015) Giải bất phương trình p p 2 (x − 2) 5 − x + (x + 1) 5 + x2 < 7x − 5. 2 (1.7) Bài giải. Điều kiện để bất phương trình (1.7) có nghĩa là √ √ − 5 ≤ x ≤ 5. (1.7a) Với điều kiện (1.7a) thì √ h √ i 2 2 (1.7) ⇔ 2 (x − 2) 3 5 − x − 5 + x +(x + 1) 3 5 + x − 2x − 5 < 0 " # " # −10 x2 − x − 2 5 (x − 2)2 ⇔ 2 (x − 2) √ + (x + 1) √
13 √ √ (x + 1) x + 2 − 2 + (x + 6) x + 7 − 3 − x2 + 2x − 8 ≥ 0 x−2 x−2 ⇔ (x + 1) √ + (x + 6) √ − (x − 2) (x + 4) ≥ 0 x−2+2 x+7+3 x+1 x+6 ⇔ (x − 2) √ +√ − x − 4 ≥ 0. (1.8b) x−2+2 x+7+3 ( x+2≥0 Do x ≥ −2 nên suy ra x+6>0 x+1 x+6 √ +√ −x−4 x−2+2 x+7+3 x+2 x+2 x+6 x+6 1 =√ − +√ − −√ < 0. x−2+2 2 x+7+3 2 x−2+2 Do đó (1.8b) ⇔ x − 2 ≤ 0 ⇔ x ≤ 2. Kết hợp với điều kiện (1.8a) ta có −2 ≤ x ≤ 2. Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm −2 ≤ x ≤ 2. Bài 1.9 (Toán học và tuổi trẻ, số 471, tháng 9 năm 2016) Giải bất phương trình √ √ 4 5 − x + 13 + 3x ≤ x2 − 6x + 17. (1.9) Bài giải. Điều kiện để bất phương trình (1.9) có nghĩa là −13 ≤ x ≤ 5. (1.9a) 3 điều kiện (1.9a)thì bất phương Với trình (1.9) tương đương với √ 7 x √ x 11 4 5−x− + + 13 + 3x − + − x2 − 5x + 4 ≤ 0 3 3 3 3 2 2 7 x x 11 5−x− − 13 + 3x − + 3 3 3 3 ⇔4 √ + √ − x2 − 5x + 4 ≤ 0 7 x x 11 5−x+ − 13 + 3x + + 3 3 3 3 x2 − 5x + 4 x2 − 5x + 4 ⇔4 √ + √ + x2 − 5x + 4 ≥ 0 3 3 5 − x + 7 − x 3 3 13 + 3x + x + 11 2 ⇔ x − 5x + 4 .g(x) ≥ 0. (1.9b) Với
14 4 1 g(x) = 1 + √ + √ . 3 3 5−x+7−x 3 3 13 + 3x + x + 11 Ta thấy, với điều kiện (1.9a) thì 4 1 g(x) = 1 + √ + √ > 0. 3 3 5−x+7−x 3 3 13 + 3x + x + 11 Khi ấy " x≤1 (1.9b) ⇔ x2 − 5x + 4 ≥ 0 ⇔ x ≥ 4. −13  ≤x≤1 Kết hợp với điều kiện (1.9a) ta có  3 4 ≤ x ≤ 5. −13 Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm T = ; 1 ∪ [4; 5] . 3 Bài 1.10 (Đề thi học sinh giỏi lớp 12, Cà Mau, năm học 2017-2018) Giải bất phương trình √ √ 3−x+ 6 − 8x ≥ 10x2 + 2x + 1. (1.10) Bài giải. Điều kiện để bất phương trình (1.10) có nghĩa là 1 3 − ≤x≤ . (1.10a) 2 4 Với điều kiện (1.10a) thì √ √ (1.10) ⇔ 10x2 + x − 3 +2x + 1 − 6 − 8x ≤ 0 5 (2x − 1) ⇔ (2x − 1) (5x + 3) + √ √ ≤0 2x + 1 + 6 − 8x 5 ⇔ (2x − 1) 5x + 3 + √ √ ≤ 0. (1.10b) 2x + 1 + 6 − 8x Ta thấy với điều kiện (1.10a) thì 5 5x + 3 + √ √ > 0. 2x + 1 + 6 − 8x Do vậy bất phương trình 1 (1.10b) ⇔ 2x − 1 ≤ 0 ⇔ x ≤ . 2
15 1 1 Kết hợp với điều kiện (1.10a) suy ra − ≤ x ≤ . 2 2 1 1 Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm − ≤ x ≤ . 2 2 Bài 1.11 (Đề thi toán Quốc gia, bảng A năm 1977) Giải bất phương trình r r 1 1 x−1 x− − 1− > . (1.11) x x x Bài giải. Điều kiện để bất phương trình (1.11) có nghĩa là x ∈ [−1; 0) ∪ [1; +∞) . • Trường hợp 1. Nếu x = 1 thì bất phương trình (1.11) vô nghiệm. • Trường hợp 2. Nếu x > 1 thì bất phương trình x−1 x−1 1 1 (1.11) ⇔ r r > ⇔r r > 1 1 x 1 1 x x− + 1− x− + 1− x x x x √ √ r r 1 1 √ ⇔ x − + 1 − < x ⇔ x2 − 1 + x − 1 < x3 x √x 3 2 ⇔ x − x − x + 1 − 2 x3 − x2 − x + 1 + 1 > 0 √ 2 ⇔ x3 − x2 − x + 1 − 1 > 0 √ ⇔ x3 − x2 − x + 1 − 1 6= 0  x 6= 0 √      1− 5 ⇔ x 6= 2√  1+ 5    x 6=  . 2  x > 1 √ Kết hợp với điều kiện x > 1 suy ra 1 + 5 x 6= . 2 • Trường hợp 3. Nếu −1 ≤ x < 0 thì bất phương trình x−1 x−1 1 1 (1.11) ⇔ r r > ⇔r r <
16 √ ! √ ! 1+ 5 1+ 5 T = 1; ∪ ; +∞ . 2 2 1.3. Kĩ thuật đặt ẩn phụ Một trong những kĩ thuật giải bất phương trình hỗn hợp (phức tạp, gồm nhiều hàm) là kĩ thuật đặt ẩn phụ để đưa bất phương trình đã cho về dạng đơn giản. +) Đặt ẩn phụ t = f (x) và buộc điều kiện cho t ( nếu có). +) Biến đổi bất phương trình đã cho về bất phương trình quen thuộc ẩn t rồi giải bất phương trình này để chọn tập nghiệm của t thỏa mãn điều kiện trên. +) Giải bất phương trình f (x) > t; f (x) < t; f (x) ≥ t; f (x) ≤ t với t vừa tìm được để tìm ra nghiệm x. Nhiều khi ta có thể đặt hai ẩn phụ để đưa bất phương trình đã cho về bất phương trình đẳng cấp hai biến. Bài 1.12 (Đề thi học sinh giỏi lớp 10, trại hè Hùng Vương lần X, năm học 2104- 2015) Giải bất phương trình p p √ 7x2 − 7x − 9 − x2 − x − 6 < 2 2x + 1. (1.12) Bài giải. Điều kiện để bất phương trình (1.12) có nghĩa là x ≥ 3. (1.12a) Với điều kiện (1.12a) thì p p √ (1.12) ⇔ 7x − 7x − 9 < x2 − x − 6 + 2 2x + 1 2 2 hp √ i2 ⇔ 7x − 7x − 9 < 2 x − x − 6 + 2 2x + 1 p √ ⇔ 6x2 − 14x − 7 < 4 (2x + 1) (x − 3) x + 2 2 p √ ⇔ 3 2x − 5x − 3 − 4 2x2 − 5x − 3 x + 2 + x + 2 < 0
17 s 2 2x − 5x − 3 2x2 − 5x − 3 ⇔3 −4 +1    √ 18 √ 3 − 19 3 + 19  
18 Bài 1.14 (Đề thi học sinh giỏi lớp 12, Thanh Hóa, năm học 2010-2011) Giải bất phương trình √ p 6 x2 − 3x + 1 + x4 + x2 + 1 ≤ 0. (1.14) Bài giải. Bất phương trình (1.14) xác định với mọi x ∈ R và tương đương với p 6 2 x2 − x + 1 − x2 + x + 1 + 6 (x2 − x + 1) (x2 + x + 1) ≤ 0 s 2 x −x+1 6 x2 − x + 1 ⇔ 12. 2 + − 6 ≤ 0. (1.14a) x +x+1 x2 + x + 1 s 6 x2 − x + 1 Đặt t = , t > 0. x2 + x + 1 Khi đó bất phương trình (1.14a) trở thành 3 2t2 + t − 6 ≤ 0 ⇔ 0 < t ≤ s 2 2 2 6 x −x+1 3 6 x −x+1 9 ⇒ ≤ ⇔ ≤ x2 + x + 1 2 x2 + x + 1 4 √ √ 11 − 21 11 + 21 ⇔ 5x2 − 11x + 5 ≤ 0 ⇔ ≤x≤ . 10 √ 10 √ 11 − 21 11 + 21 Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm ≤x≤ . 10 10 Bài 1.15 (Đề thi học sinh giỏi lớp 12, Nghệ An, Bảng A, năm học 2011-2012) Giải bất phương trình q 3 2 x − 3x − 6x + 2 (x + 2)3 ≥ 0. (1.15) Bài giải. Điều kiện để bất phương trình (1.15) có nghĩa là x ≥ −2. (1.15a) √ Đặt y = x + 2, y ≥ 0. Khi đó bất phương trình (1.15) trở thành x3 − 3xy 2 + 2y 3 ≥" 0 x=y ⇔ (x − y)2 (x + 2y) ≥ 0 ⇔ x + 2y ≥ 0.