Một số kỹ thuật giải bất phương trình - Huỳnh Nguyễn Luân Lưu, Nguyễn Thị Duy An

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

18
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn cùng tham khảo “Một số kỹ thuật giải bất phương trình - Huỳnh Nguyễn Luân Lưu, Nguyễn Thị Duy An”. Đây là tài liệu tham khảo hữu ích dành cho giáo viên và học sinh trong quá trình giảng dạy và học tập môn Toán. Mời các bạn cùng tham khảo chi tiết tài liệu tại đây nhé.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Một số kỹ thuật giải bất phương trình - Huỳnh Nguyễn Luân Lưu, Nguyễn Thị Duy An

Ở học kì II năm lớp 10 các em học sinh có học về BPT trên trở thành: bất phương trình (BPT). Đây là dạng toán đòi hỏi a 3  b2   a 2  a  b   a3  a 2b    ab  b 2   0 kỹ năng tính toán phải tốt. Hơn nữa, nếu chúng ta  a2  a  b  b  a  b  0 không nắm vững một số kỹ thuật thì khi giải ta sẽ làm cho bài toán phức tạp thêm. Trong bài viết này   a  b   a 2  b   0 (luôn đúng). chúng tôi xin giới thiệu đến các em một chuyên đề  1 nhỏ này về cách giải một số bất phương trình. Vậy BPT (1) có tập nghiệm là: S    ;  .  2 1. Kỹ thuật đặt ẩn phụ Bài 3. Giải bất phương trình: Bài 1. Giải bất phương trình:   3 8 1 x 1 2 x  3 x  1  0 (1). ( x  4) x  2   2(3 x  4) (1). x x Lời giải. Điều kiện: x  1. Lời giải. Điều kiện: x  2. Đặt a  x  1; b  2 x . Suy ra: 1  ( x 2  4 x) x 2  2 x  8  (3x 2  4 x) 2 x . b 2  2a 2 a  0; b  2 và  1. Đặt a  x 2  2 x ; b  2 x . Suy ra: 2 BPT trên trở thành: x 2  4 x  a 2  3b2 ; 3x 2  4 x  3a 2  b 2 . 2  b 2  2a 2  BPT trên trở thành: 1  a  b  3a    a  b  3a   0 3 3 0  2  (a 2  3b2 )a  8  (3a 2  b2 )b 2  a  2 3  8  b  a   2  b  a  2x  x2  2x  2 a a 3  1  2     4  1  3   0 (2).   b   b b  2 x  x2  2 x  4  4 x2  2 x a   x  2   4 x 2  2 x  0 (luôn đúng). 2 Đặt t  . Điều kiện: t  0. BPT(2) trở thành: b Vậy bất phương trình có tập nghiệm là: 1  2t  2  4t 1  3t   0 2 3 S   2;    . Bài 2. Giải bất phương trình:  (2t  1) t  52t 2  28t  6   1  0 x 3  3x 2  5 x  2   x 2  3x  2  1  2 x . 1  2t  1  0  t  . 2 1 Lời giải. Điều kiện: x  . 1 2 Với t   2 x  1  2 x  4 x  4  2 x  x  2. 2 1   x  1  1  2 x    x 2  3x  2  3 1  2x Vậy BPT(1) có tập nghiệm là: S   2;    . Đặt a  x  1; b  1  2 x . Suy ra: Bài 4. Giải bất phương trình: a  0; b  0 và x 2  3x  2  a 2  a.  2 x  1 x  4   2 x  1 x  4  16. Số 539 (5-2022) 1
Lời giải. Điều kiện: x  4. BPT tương đương với:  x  6   x  2  x  1  2 x2  x  2 2x  x4 x4     x  4  x  4  16.  2 x 2  x  6 (1). 8 Lời giải. Điều kiện: x  1 . Đặt t  x  4  x  4  0  x  4  x  4  t Đặt t  x  2  x  1 . Điều kiện: t  0. Suy ra:     2 2  4x  x4  x4 x4  x4 t 2  2 x  1  2 x2  x  2 64 2  2 x 2  x  2  t 2  2 x  1.  t . t2 BPT(1) trở thành: t 2   x  6  t   2 x 2  3 x  5   0 Do đó BPT trên trở thành:   t  x  1 t  2 x  5  0 1  64 2  8   t  t   16  t  32t  48  0 4 2  t2  t  t  x  1  0 (vì t  2 x  5  0 x  1 ).   t  2   t  2   8  0  t  2. 2 2 Với t  x  1  0  x  2  x  1  x  1    x  2   x  1  x  1 Với t  2 , ta có:  x  2   x  1  2  x  1 x  1  x  1 2 x  4  x  4  2  x 2  16  x  2  x  5.   3 Vậy BPT có tập nghiệm S  5 .   x  1  2 2 x 1  3  0 Bài 5. Giải bất phương trình:  x  1  1  x  2.     3 4x 2x  3  2x  3  2x  3  2x  3 . Đối chiếu với điều kiện, ta được tập nghiệm của BPT là: S  1; 2 . 3 Lời giải. Điều kiện: x  . Bài 7. Giải bất phương trình: 2 Đặt t  2 x  3  2 x  3  0  2 x  3  2 x  3  6 2   1  x  1  x  1  x 2  2 x 2  4 x  1 (1). t Lời giải. Điều kiện: 1  x  1.     2 2  8x  2x  3  2x  3 2x  3  2x  3 Đặt t  1  x  1  x . Điều kiện: t  0 36 t2  2 t  2 . 2  t 2  2  2 1  x2  1  x2  . t 2 Do đó BPT trên trở thành: BPT(1) trở thành: 1  36 2  6 3 t2  2 2t   2 x 2  4 x  1  t 2  4t  4 x 2  8 x   t   t  t  3t  108  0 6 4 2  t2 t 2  t 2  4t  4 x2  8 x  t  2 x t  2 x   4 t  2 x  0   t 2  6  t 4  3t 2  18   0  t  6.   t  2 x  t  2 x  4   0 Với t  6  2 x  3  2 x  3  6  t  2 x  0 (vì t  2 x  4  0, x  1 ).  4 x 2  9  2 x  3  0 (*). Với t  2 x  1  x  1  x  2 x (2). 3 Do đó BPT(*) luôn đúng x  . TH1: 1  x  0 (thỏa bất phương trình (2)). 2 TH2: 0  x  1 . 3  Vậy BPT có tập nghiệm S   ;    .  2 x2  1  0  2   2. Kỹ thuật ẩn phụ không hoàn toàn (2)  1  x 2  2 x 2  1  2 x 2  1  0  4  4 x  3 x  0 2 Bài 6. Giải bất phương trình: 2 Số 539 (5-2022)
 1  2  x  2 1  1  2  x  2 1 (1)   x  1   x  2  2   x  6  x 7 3     x  2x  8 2 1 3  1 3  2  x  4 x 2  x2 x2  2 2   x  1   x  6 x22 x7 3 31  x .   x  2  x  4  2 2  x 1 x6  3   x  2     x  4  0 (2). So với điều kiện, ta được: 0  x   x2 2 x7 3  2 Kết hợp cả hai trường hợp, ta được tập nghiệm của Ta có:  x 1 x6 x2 x6 3    BPT đã cho là S   1;  . x22 x7 3 x22 x7 3  2  x  2 x  6 5 x  18 Bài 8. Giải bất phương trình:     x  4 x  2. 2 3 6 x x 2  1   x  1 x 2  2 x  2  1  2 x. Suy ra: (2)  x  2  0  x  2 . So với điều kiện,  a  x 2  1 ta nhận 2  x  2. Vậy BPT có tập nghiệm là Lời giải. Đặt  S   2;2 . b  x 2  2 x  2 Bình luận. Đây là một bài BPT đẹp, hầu như các a 2  b2  1  a  b  2x  1  x  2 2 . em khá giỏi đều biến đổi được về BPT(2), đến đây 2 thì đa số các em vướng vì không biết cách đánh giá. BPT trên trở thành: Một sai lầm phổ biến khi ta đánh giá  a 2  b2  1 a2  b2  1  x 1 x 1  a  b  b2  a2  , x  2 vì điều này không  2 2  x22 2   a 2  b2   a  b    a  b   2  b2  a 2  đúng khi x  1  0 . Ở đây ta chỉ cần để ý tính chất đơn giản sau:   a  b  a  b   2  a 2  b2    a  b   0 2 a b Cho a   ; a  b; c  0 thì  ,   a  b  a  b  1  0  a  b  0 2 c c tính chất này dùng để đánh giá cùng mẫu dương các  x 2  1  x 2  2 x  2  x2  1  x2  2 x  2 phân thức khi tử vừa âm vừa dương. Vận dụng để 1  x . x 1 x2 x2 2 đánh giá   , đây là x22 x22 2 1  Vậy BPT có tập nghiệm S   ;    . đánh giá mấu chốt để giải hoàn chỉnh bài toán. 2  3. Kỹ thuật nhân lượng liên hợp có đánh giá Bài 10. Giải bất phương trình: Bài 9 (Đề thi ĐH KD năm 2014). Giải bất phương  x  1 3 3x  1   3 x  1 x  1  3 x 2  2 x  9 (1). trình: Lời giải. Điều kiện: x  1.  x  1 x  2   x  6  x  7  x  7 x  12 (1).     2 (1)   x  1 3 3 x  1  2   3 x  1 x 1  2 Lời giải. Điều kiện: x  2  0  x  2.   x  3 3x  3 3  x  3 x3   x  1   3 x  1   2 3 3x  1  1  3 x 1  2   x  3 3x  3 Số 539 (5-2022) 3
   x  3  3 x  1  3x  1  3  x  1    0 (2). f  x    x  1  x  7  4x  2  3  3    2 x  1  2 1   3x  1  1  3  ta thấy f  x  đồng biến trên  ;    nên suy ra 2  3  x  1 3  x  1 Ta có:  ;  1  3 15 1    f  x  f    2 3 3x  1  1  3 3  3  0, x   ;    , 2 2 2 2  3x  1 3  x  1 3  x  1 từ đó ta có: (*)  x  3  0  x  3.   . x 1  2 x 1  2 2 Bài 12. Giải bất phương trình: Suy ra: 3  x  1 3x  1 5  x  1 x  x2   1  2 x 2  2 x  1  1  x  x 2 (1).    3  x  1 .   1 1 2 3 3x  1  1  3 x 1  2 2 Lời giải. Điều kiện: x . Ta có: 2 2 Do đó: (2)  x  3  0  x  3 . So với điều kiện, (1)  x  x 2  2 x 2  2 x  2  ta được: 1  x  3. Vậy BPT có tập nghiệm là S   1;3.  1  x  x 2   1  2 x2  2x  1  Bài 11. Giải bất phương trình:  1  x  x 2   2 x  1  1  2 x2  2 x  x 2  0  x  7  x  2 x  3  4 x  2. 2 2 x 2  2 x  2 (2 x  1) 1  2 x 2  1 Lời giải. Điều kiện: x  . BPT đã cho tương  1  x  x 2  0 2 2x  1  1  2x2  2 x  x2 đương với:   2 2x  1  1  2x2  x2  2x  3  x  7  4x  2  0  1  x  x 2  0 2x  1  1  2x2  2 x  x2 x  7  4x  2  x2  2x  3  0  2 x  1  1  2 x2  0 x  7  4x  2  33  x    2 x  1  1  2 x 2  0   x  1 x  3  0  x  7  4x  2  1  x  x 2  0     x  3 ( x  1) x  7  4 x  2  3  0 (*).    1  5 x  1 3  2 Với x  , ta có: x  1  và 2 2  1  5 1  5 x  x    2 2 2 x  7  4x  2  5( x  1)  2 ( x  1)(4 x  2) 1  5 1  5  x hoặc x  .  15  2  x  7  4 x  2  5  x  1  2 2 2 So với điều kiện, ta đượctập nghiệm của BPT đã 15  x  7  4x  2  .  1  5 1  2 cho là S   ; .  2 2 Suy ra:  x  1  3 15 2 2 x  7  4x  2   3.  4. Kỹ thuật dùng hàm số để giải Do đó: (*)  x  3  0  x  3. Vậy BPT có tập Bài 13. Giải bất phương trình: 3 x 1 1    1  0 (1). nghiệm là S   ;3 . 6 x x2 2  Bình luận. Khi xét hàm số Lời giải. Điều kiện: 2  x  6. 4 Số 539 (5-2022)
3 x 1 Xét hàm số f (t )  t 3  t liên tục trên  có Xét hàm số f ( x)    1 liên tục 6x x2 f (t )  3t 2  1  0, t   nên f (t ) đồng biến trên trên (2;6) có: . Do đó:    f ( x)  1  x9  1   0, x  (2;6). (3)  f  u   f  v   u  v  2t 2  3  2  t 2  6 x 3 3   x2       t  5  2  x  10  4 5. Suy ra hàm số nghịch biến trên (2;6). Do đó: So với điều kiện, ta được tập nghiệm của BPT là (1)  f  x   0  f  x   f  2   x  2. S  1;10  4 5  . So với điều kiện, ta được: 2  x  2. Vậy BPT có Bình luận. Thoạt nhìn ta cứ nghĩ bài này có thể giải tập nghiệm là S   2;2. giống như bài 11 nhưng thực tế lại không như vậy. Bài 14. Giải bất phương trình: Do có nghiệm xấu nên việc giải bằng kỹ thuật nhân lượng liên hợp gặp nhiều khó khăn, đặt  2x  2 2 x  3   x  12  x  1  6 x  2 (1). a  2 x  1; b  x  1 rồi biểu diễn các biểu thức Lời giải. Điều kiện: x  1. Ta có: còn lại theo a, b bằng kỹ thuật hệ số bất định rất (1)   2 x  2  2 x  3   x  12  x  1  6 x  2  0. phức tạp, ta nhận thấy cách giải trên là tối ưu hơn Xét hàm số cả. f  x    2 x  2  2 x  3   x  12  x  1  6 x  2 Bài 16. Giải bất phương trình: liên tục trên 1;    . Ta có: 1  x x2  1  x2  x  1 1  x2  x  2 .  6x  8 3x  10 f ' x   6 Lời giải. Điều kiện: x . 2x  3 2 x 1 Đặt a  x 2  x  1  1  a 2  x 2  x. BPT trên trở 1 13   3 x 1  2 6 x 1   thành: 1  x x 2  1  a 1  a 2  1   39  6  0, x  1;    .  a 2  x 2  x  x x 2  1  a  a a 2  1 (1) Suy ra f  x  đồng biến trên 1;    .   x 2  x  x x 2  1  a 2  a  a a 2  1. Do đó: f  x   f (1)  4 5  8  0 x  1;    Xét hàm số f (t )  t 2  t  t t 2  1 liên tục trên  BPT(1) đúng x  1;    . Vậy BPT có tập t2  có: f '(t )  t 2  1  2t  1  nghiệm là S  1;    . t2 1 Bài 15. Giải bất phương trình:   2 t2 1  t  2x  2 2 x  1   x  12  x  1  6 x  4 (1).   1  0, t   t2  1 Lời giải. Điều kiện: x  1. nên hàm đồng biến trên . Do đó: Đặt t  x  1 , suy ra: x  t 2  1 . BPT(1) trở (1)  f  x   f  a   x  a thành:  2t 2  4  2t 2  3  10  13t  6t 2  t 3  x  x 2  x  1  x  1.   Vậy BPT có tập nghiệm S  1;    . 3  2t 2  3 2t 2  3  (2  t )3  (2  t ) (2). Bài 17. Giải bất phương trình: Đặt u  2t 2  3; v  2  t , BPT(2) trở thành: 3  x 1 u  u  v  v (3). 3 3   2 x  1   x 2  2 x  1 x  2 (1)  x  Lời giải. Điều kiện: x  2. Số 539 (5-2022) 5
Cách 1. Viết lại BPT(1) về dạng: (1)   x  1 2 x  1   x3  2 x 2  x  x 2  2 x 3 2x  2 2x  1  x 2  2 x  1 x 2  2 x (2).   x  1 3 2 x  1   x  1 3 x2  2x 2x x  2x  1 2 a  2 x  2   x 2  4 x  1 x 2  2 x Đặt  . Điều kiện: a, b  0. BPT (2) b  x  2 x  1 2   x  1  3   x 2  4 x  1  x 2  2 x  0 a a 1 b b 1  2 x  1  x2  2 x  thành:  (3).   a2 b2  x2  4 x  1  0  2  x  2  3. t t 1 Xét hàm số f  t   liên tục trên  0;    BÀI TẬP TỰ LUYỆN t2 t 2  6t  4 Giải các phương trình sau: có: f '  t    0 t   0;    2 t  2 t  1   2 2 1. ( x  3) 2x  1  x  ( x  1) 2 nên f (t ) đồng biến trên (0;   ). Do đó: 3 3 (3)  f  a   f  b   a  b  x 2  4 x  1  0 2. x  2 x 4 x 2 x  2  3  x  2  3. x2  x  2 3 2x  3 3.  x2 So với điều kiện ta được tập nghiệm của BPT là 3 2x  3  3 S   2; 2  3  4. 3 2 x  5  2 x  2  x3  8x 2  25 x  13 Cách 2. 5. (2 x  4) 5  x 2  ( x  1) 5  x 2  7 x  5 6. ( x 2  x  6) x  1  ( x  2) x  1  3 x 2  9 x  2. 6 Số 539 (5-2022)