Phương pháp giải bất phương trình vô tỷ

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

16
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn cùng tham khảo tài liệu "Phương pháp giải bất phương trình vô tỷ" giúp các em ôn tập lại các kiến thức đã học, đánh giá năng lực làm bài của mình và chuẩn bị kì thi sắp tới được tốt hơn với số điểm cao như mong muốn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Phương pháp giải bất phương trình vô tỷ

PHƯƠNG PHÁP GIẢI Date BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ “tailieumontoan.com” I. Lý Thuyêt II. Bài tâp Dạng 1: Phương pháp biến đổi tương đương Để giải bất phương trình vô tỷ (chứa căn) thông Các phép biến đổi thường được sử dụng thường ta có hai phương pháp cơ bản là nâng lên B ≥ 0 B < 0 lũy thừa và đặt ẩn số phụ. Ngoài ra còn có một số *) A >B ⇔  hoặc  . A > B A ≥ 0 2 cách khác như sử dụng bất đẳng thức (để đánh giá B > 0 hai vế), sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số,  *) A < B ⇔ A ≥ 0 . v.v… thường được dùng để giải các bất phương A < B 2  trình không mẫu mực. *) A < B ⇔0≤A
Bài 3. Giải bất phương trình sau: * Với −1 ≤ x < 0 thì (1) luôn đúng. x + 1 + 2 x − 2 ≤ 5x + 1 Tập nghiệm trong trường hợp này là T2 = [-1 ;0). Lời giải: Vậy tập nghiệm của (1) là Điều kiện: x ≥ 2  9 4 Với điều kiện, hai vế của bất phương trình đã cho không âm T= T 1 ∪T 2=  ;  ∪ −1;0 ) .  7 3 bình phương hai vế ta được bất phương trình: Bài 5. Giải bất phương trình: 5x − 7 + 4 (x + 1)(x − 2) ≤ 5x + 1 ⇔ (4x − 3) x 2 − 3x + 4 ≥ 8x − 6 (x + 1)(x − 2) ≤ 2 ⇔ (x + 1)(x − 2) ≤ 4 Lời giải: ⇔ x2 −x −6 ≤ 0 Điều kiện: x − 3x + 4 ≥ 0 ∀x ∈ R 2 ⇔ −2 ≤ x ≤ 3 Bất phương trình đã cho tương đương với Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình (4x − 3)( x 2 − 3x + 4 − 2 ≥ 0 đã cho là S = 2;3  3 Dạng 2: Kĩ thuật chia điều kiện Trường hợp 1: Với x = là nghiệm của bất phương trình 4 1. Kỹ thuật:  3 Nếu Bài toán có điều kiện là x ∈ D mà Trường hợp 2: Với x ∈  −∞;  Bất phương trình:  4 D = D1 ∪ D2 ∪ ... ∪ Dn ta có thể chia Bài toán theo n trường hợp của điều kiện: ⇔ x 2 − 3x + 4 ≤ 2 ⇔ x 2 − 3x + 4 ≤ 4 +) Trường hợp 1: x ∈ D1 , giải bất phương trình ta tìm được ⇔ x 2 − 3x ≤ 0 ⇔ 0≤x ≤3 3 tập nghiệm T1 . Kết hợp điều kiện suy ra 0 ≤ x < 4 +) Trường hợp 2: x ∈ D2 , giải bất phương trình tìm được 3  tập nghiệm T2. Trường hợp 3: Với x ∈  ; +∞  4  …………………………………. +) Trường hợp n: x ∈ Dn , giải bất phương trình tìm được Bất phương trình: ⇔ x 2 − 3x + 4 ≥ 2 ⇔ tập nghiệm Tn. x ≤ 0 x 2 − 3x ≥ 0 ⇔  Tập nghiệm của bất phương trình là x ≥ 3 T = T1 ∪ T2 ∪ ... ∪ Tn . Kết hợp điều kiện: x ≥ 3 2. Yêu cầu:  3 Vậy tập nghiệm của BPT là: S = 0;  ∪ 3; +∞ ) Cần phải xác định giao, hợp trên các tập con của R thành thạo.  4 Dạng 3 : Kỹ thuật khai căn. −3x 2 + x + 4 + 2 Bài 4. Giải BPT: < 2 (1) 1) Đưa biểu thức ra ngoài căn thức : x Lời giải: A (A ≥ 0) * A= 2 A=  . x ≠ 0  − A ( A < 0)  * Điều kiện:  4. A2y A y −1 ≤ x ≤ 3 * = (E , x ≠ 0) . E x E 2 x 2n 2n + 1 4 * A 2n = A * A 2n + 1 = A * Với 0 < x ≤ (i) ta có (1) 3 2) Lưu ý : Biến đổi các biểu thức trong căn thức thành 2x − 2 ≥ 0 hằng đẳng thức. ⇔ −3x 2 + x + 4 < 2x − 2 ⇔  −3x + x + 4 < ( 2x − 2 ) 2 2 Bài 6. Giải bất phương trình : x ≥ 1 9 3 ⇔ 2 ⇔x > (ii) x +2 x −1 + x −2 x −1 > ( 1) 7x − 9x > 0 7 2  9 4 Lời giải: Kết hợp (i) và (ii) ta có tập nghiệm là T 1 =  ;  .  7 3 ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
3 ⇔ x − 1 ≥ x ⇔ x − 1 ≥ x 2 ⇔ x 2 − x + 1 ≤ 0 (vô ( 1) ⇔ x −1+2 x −1 +1 + x −1−2 x −1 +1 > 2 nghiệm). ( ) ( ) 3 Vậy BPT đã cho vô nghiệm. 2 2 ⇔ x −1 +1 + x −1 −1 > 2 Dạng 5: Nhân liên hợp. x ≥ 1 1. Biểu thức nhân chia liên hợp:  A− B ⇔ 3 * A± B = ( A ≠ B) .  x − 1 + 1 + x −1 −1 > 2 (2) A B * Với x − 1 − 1 ≥ 0 ⇔ x − 1 ≥ 1 ⇔ x ≥ 2 luôn thỏa 1 A B * = ( A ≠ B) . mãn bpt (2). A± B A− B Vậy trong trường hợp này tập ngiệm là T1=[2 ;+ ∞) . 2. Lưu ý: x ≥ 1 +) Nên nhẩm với một số nghiệm nguyên đơn giản. * Với x − 1 − 1 < 0 ⇔  ⇔ 1 ≤ x < 2 bpt (2) +) Chú ý tới các biểu thức nhân chia liên hợp. x − 1 < 1 trở thành : Bài 8. Giải BPT : x 2 + 15 < 3x − 2 + x 2 + 8 (1) 3 3 Lời giải: x − 1 + 1 + 1 − x − 1 > ⇔ 2 > (luôn đúng). 2 2 * Ta có (1) ⇔ x + 15 − x 2 + 8 < 3x − 2 2 Vậy tập nghiệm của (1) trong trường hợp này là T2=[1 ;2). x 2 + 15 − x 2 − 8 ⇔ < 3x − 2 KL : Tập nghiệm của (1) là T=T 1 ∪T 2 = 1; +∞ ) . x 2 + 15 + x 2 + 8 Dạng 4 : Kỹ thuật phân tích thành nhân tử đưa 7 về bất phương trình tích. ⇔ < 3x − 2 (2) 1. Bất phương trình tích : Trên điều kiện của bpt ta có : x 2 + 15 + x 2 − 8 2  f (x ) > 0 Từ (2) ta có 3x − 2 > 0 ⇔ x > .  3 g (x ) > 0 *f (x )g (x ) > 0 ⇔   * Mặt khác: f (x ) < 0 (1) ⇔ x 2 + 15 − 4 < 3x − 3 + x 2 + 8 − 3    g (x ) < 0 x2 −1 x2 −1 ⇔ < 3(x − 1) +  x 2 + 15 + 4 x2 +8 +3  f (x ) = 0  x +1 x +1  ⇔ (x − 1)  −3− < 0 (3)  f (x ) > 0  2  * f (x )g (x ) ≥ 0 ⇔    x + 15 + 4 x2 +8 +3   g (x ) ≥ 0 2  * Lại có : Vì x > nên  f (x ) < 0 3   g (x ) ≤ 0 x 2 + 15 + 4 > x 2 + 8 + 3  Các trường hợp còn lại, các bạn tự suy luận. x +1 x +1 ⇔ < Bài 7. Giải BPT : x − 1 ( 3x − x + 1 ) − 3x − 1 ≥ 0 (1) 2 3 x + 15 + 4 2 x2 +8 +3 Lời giải: x +1 x +1 ⇒ − −3 < 0. Điều kiện : x ≥ 1 (*) x + 15 + 4 2 x +8 +3 2 Khi đó BPT tương đương : Vậy (3) ⇔ x − 1 > 0 ⇔ x > 1 . x − 1 + 3x 2 x − 1 + x − 1 − x x − 1 − 3x 3 − x ≥ 0 KL : BPT (1) có tập nghiệm là T= ( 1; +∞ ) . ⇔ x −1 ( x − 1 + 3x 2 + 1 − x ) ( ) x − 1 + 3x 2 + 1 ≥ 0 * Chú ý : Trong Bài toán này, việc thêm bớt, nhóm các số hạng với nhau để xuất hiện nhân tử chung xuất phát ⇔ ( x −1 − x )( x − 1 + 3x 2 + 1 ≥ 0 ) từ việc nhẩm được khi x=1 thì hai vể của BPT bằng nhau. ⇔ x − 1 − x ≥ 0 do x − 1 + 3x 2 + 1 > 0 khi x ≥ 1 Bài 9. Giải bất phương trình 2017x − 2 − 2018x − 5 ≤ x − 3 (*) Lời giải: ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
5 ĐKXĐ: x ≥ . Khi đó: 1 2018 * Đặt t = x+ ⇒ t ≥ 2 (theo bất đẳng thức 3−x 2 x (*) ⇔ ≤ x −3 Côsi) 2017x − 2 + 2018x − 5 1 1  1  ⇒t 2 = x + + 1 ⇔ 2x + = 2t 2 − 2 . ⇔ (x − 3 )  1 + ≥0 4x 2x  2017x − 2 + 2018 x − 5  t > 2 ⇔ x −3 ≥ 0 * BPT (2) trở thành : 5t < 2t − 2 + 4 ⇔  2 kết t < 1 ⇔x ≥3  2 Vậy nghiệm của BPT là x ≥ 3 . hợp với t ≥ 2 ta được t > 2 . Bài 10. Giải bất phương trình * Khi đó 2x 2 < x + 21 ( * )  2+ 2  3 ( )  x > x> + 2 2 3 − 9 + 2x 1 2  2 x+ >2⇔ ⇔ Lời giải: 2 x  2− 2 0 < x < 3 − 2 0 < x <  2  9  2  9 + 2x ≥ 0 x ≥ − Bài 13. Giải bất phương trình: ĐK  ⇔ 2 3 − 9 + 2x ≠ 0  x ≠ 0 x 2 + 1 + 2 x 2 + 2x + 3 ≥ 3 x 2 + 4x + 5 Lời giải ( ) 2 3 + 9 + 2x Ta viết lại phương trình như sau: Khi đó ( 1 ) ⇔ < x + 21 2 ( ) ( x 2 + 1 + 2 x 2 + 2x + 3 ≥ 3 2 x 2 + 2x + 3 − x 2 + 1 ) ⇔ 9 + 2x < 4 ⇔ 0 ≤ 9 + 2x < 16 9 7 Đặt u = x 2 + 1;v = x 2 + 2x + 3 (u ,v > 0 ) ⇔− ≤x ≤ 2 2 Thay vào PT ta có: Kết hợp với ĐK ta có BPT có tập nghiệm là: u + 2v ≥ 3 2v 2 − u 2 ⇔ 10u 2 + 4uv − 14v 2  9 7  S = x ∈ R | − ≤ x ≤ ; x ≠ 0  . ⇔ (u − v )( 10u + 14v ) ≥ 0 ⇔ u ≥ v (do 10u + 14v > 0 )  2 2  Dạng 6: Phương pháp đặt ẩn phụ. Với u ≥ v ⇔ x 2 + 1 ≥ x 2 + 2x + 3 ⇔ x ≤ −1 x x +1 Vậy tập nghiệm của BPT là S = ( −∞; −1  Bài 11. Giải BPT : −2 > 3 (1) x +1 x Dạng 7: Phương pháp đánh giá. Lời giải: x > 0 x− x * Điều kiện :  (*) Bài 14. Giải BPT : ≥1  x < −1 1 − 2(x 2 − x + 1) x +1 Lời giải * Đặt t = (t > 0). BPT (1) trở thành : x Ta có 1 − 2(x 2 − x + 1) < 0 nên 1 − 2t > 3 ⇔ 2t 3 + 3t 2 − 1 < 0(t > 0) BPT ⇔ 2(x 2 − x + 1) ≤ 1 − x + x (1) . t 2 Mặt khác ta lại có : 1 ( ) ⇔ (t + 1 ) 2t 2 + t − 1 < 0 ⇔ 0 < t < 2 . 2(x 2 − x + 1)= 2(1 − x )2 + 2( x )2 x +1 1 4 ≥ 1−x + x (2) Vậy 0 < < ⇔ − < x < −1 . x 2 3 Từ đó ⇒ 2(x 2 − x + 1) = 1 − x + x .  1  1 Dấu bằng khi Bài 12. Giải BPT : 5  x +  < 2x + + 4 (2)  2 x  2x 3− 5 Lời giải: 1 − x= x ⇔ x= (t / m x ≥ 0) 2 * Điều kiện : x > 0 . ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
x2 Bài 15. Giải bất phương trình : 1+x + 1−x ≤ 2− (1) 4 Lời giải 1 + x ≥ 0 * Điều kiện :  ⇔ −1 ≤ x ≤ 1 (*)  1 − x ≥ 0 x4 * Khi đó ( 1) ⇔ 1 + x + 1 − x + 2 1 − x ≤ 4 − x + 2 2 16 ( ) x ( ) x4 4 2 ⇔ 1−x2 −2 1−x2 +1 + ≥0⇔ 1−x2 −1 + ≥0 16 16 Điều này luôn đúng với mọi x thỏa mãn điều kiện (*). Vậy nghiệm của BPT là x ∈ − 1;1  . x − 1 + x − 3 ≥ 2 ( x − 3 ) + 2x − 2 ( 3 ) 2 Bài 16. Giải bất phương trình Lời giải Điều kiện: x ≥ 1 . Khi đó: ( 3 ) ⇔ x − 1 + x − 3 ≥ 2 ( x − 3 ) + x − 1  ( ∗) 2   Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có: x −1 + x − 3 ≤ (12 )[ + 12 x − 1 + ( x − 3) 2 ] = 2[(x − 3) 2 ] + x − 1 (∗ ∗) x ≥ 3 x − 3 ≥ 0  Từ (∗), (∗ ∗) dấu “=” chỉ xảy ra khi x − 1 = x − 3 ⇔  2 ⇔  x = 2⇔x = 5  x − 1 = ( x − 3 )    x = 5 Dạng 8: Sử dụng tính đơn điện của hàm hàm số. Bài 17. Giải BPT : ( x + 3 ) x + 1 + ( x − 3 ) 1 − x + 2x ≤ 0 (1) Lời giải x + 1 ≥ 0 * Điều kiện :  ⇔ −1 ≤ x ≤ 1 (*) 1 − x ≥ 0 * Khi đó ( 1 ) ⇔ ( x + 1 ) x + 1 + ( x + 1 ) + 2 x + 1 ≤ ( 1 − x ) 1 − x + ( 1 − x ) + 2 1 − x ( ) +( ) ( ) +( ) 3 2 3 2 ⇔ x +1 x +1 +2 x +1 ≤ 1−x 1−x + 2 1 − x (2) * Xét hàm số f (t ) = t 3 + t 2 + 2t với t ≥ 0 : Có f '(t )= 3t 2 + 2t + 2 > 0∀t ≥ 0 nên f (t ) là hàm đồng biến trên 0; +∞ ) . * Mặt khác : (2) ⇔ f ( x + 1) ≤ f ( 1 − x ) ⇔ x + 1 ≤ 1 − x ⇔ x + 1 ≤ 1 − x ⇔ x ≤ 0 kết hợp với điều kiện (*) ta được : −1 ≤ x ≤ 0 . ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
Phương pháp lũy thừa. Bài 1 Giải bất phương trình : a) x 2 − 2 x − 15 ≤ x − 3 Kết quả : x ∈ [5;6] b) − x2 + 6x − 5 ≥ 8 − 2x Kết quả : x ∈ [3;5] c) x2 − 2x − 8 < x − 3 d) x 2 − 3 x − 10 ≥ x − 2 Bài 2 Giải bất phương trình : a) ( x − 3) x 2 + 4 ≤ x 2 − 9 b) 5 x − 1 − x − 1 > 2 x − 4 ( A − 2005) ⇒ x ∈ [2;10) c) 7 x − 13 − 3 x − 9 ≤ 5 x − 27 d) x + 1 + 2 x − 2 ≤ 5 x + 1 (CD − 2009) 2( x 2 − 16) 7−x e) + x−3 > ( A − 2004) x−3 x−3 Bài 3 Giải bất phương trình : 51 − 2 x − x 2 a) 1 −5 3 T = (−∞; ) ∪ (1; ) ∪ (2; +∞) 2 x 2 + 3x − 5 2 x − 1 2 2 Bài 4 Giải bất phương trình : x 2 − 4 x + 3 − 2 x 2 − 3x + 1 ≥ x − 1 Phương pháp đặt ẩn phụ. Bài 1 Giải bất phương trình : a) 5 x 2 + 10 x + 1 > 7 − 2 x − x 2 T = (−∞; −3) ∪ (1; +∞) b) 2 x 2 + x 2 − 5 x − 6 > 10 x + 15 c) ( x − 3)(8 − x) + x 2 − 11x < 0 Bài 2 Giải bất phương trình : 5 1 a) 5 x + < 2x + +4 2 x 2x x x +1 b) −2 >3 x +1 x ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
Bài 3 (B – 2012) Giải bất phương trình x + 1 + x 2 − 4 x + 1 ≥ 3 x 1 5 1 - Chia 2 vế cho x và đặt= t x+ ⇒t ≥ ⇒ x ∈ [0; ] ∪ [4; +∞) x 2 4 Bài 4 (Thử GL – 2013) Giải BPT : x2 − x − 2 + 3 x ≤ 5x2 − 4 x − 6 - Điều kiện : x ≥ 2 . - Bình phương 2 vế và rút gọn ta được : 3 x( x − 2)( x + 1) ≤ 2 x( x − 2) − 2( x + 1) x( x − 2) - Chia 2 vế cho ( x + 1) và đặt t = . Nghiệm x ∈ [3 + 13; +∞) x +1 Bài 5 Giải bất phương trình a) 5 x 2 + 14 x + 9 − x 2 − x − 20 ≤ 5 x + 1 - Chuyển vế, bình phương và rút gọn ta được 2 x 2 − 5 x + 2 ≤ 5 ( x 2 − x − 20)( x + 1) ⇔ 2( x 2 − 4 x − 5) + 3( x + 4) ≤ 5 ( x + 4)( x 2 − 4 x − 5) x2 − 4x − 5 x2 − 4x − 5 5 + 61 ⇔2 +3≤5 ⇔ x ∈[ ;8] x+4 x+4 2 b) 7 x 2 + 25 x + 19 − x 2 − 2 x − 35 < 7 x + 2 - Chuyển vế, bình phương ta được : 3( x 2 − 5 x − 14) + 4( x + 5) < 7 ( x 2 − 5 x − 14)( x + 5) - Nghiệm x ∈ Bài 6 (Thi thử ĐT – 2012) Giải BPT x 3 + (3 x 2 − 4 x − 4) x + 1 ≤ 0 y ≥ 0 - Điều kiện : x ≥ −1 . Đặt y= x +1 ⇔  2  y = x +1 - Bpt trở thành x + (3 x − 4 y ) y ≤ 0 3 2 2 - TH 1. y = 0⇔ x= −1 . Thỏa mãn BPT - TH 2. y > 0 ⇔ x > −1 . Chia hai vế cho y 3 ta được 3 2 x x x   + 3   − 4 ≤ 0 . Đặt t = và giải BPT ta được t ≤ 1  y  y y  −1 ≤ x < 0 x  - t ≤ 1 ⇒ ≤ 1 ⇔ x ≤ x + 1 ⇔  x ≥ 0   x 2 − x − 1 ≤ 0 y   −1 ≤ x < 0  -   x ≥ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1+ 5 . Kết hợp x > −1 ta được  1 − 5 1+ 5 2  ≤x≤  2 2 1+ 5  1+ 5  - −1 < x ≤ . Vậy tập nghiệm của BPT là S =  −1;  2  2  • Cách 2 : Có thể biến đổi BPT về dạng tích x3 + (3 x 2 − 4 x − 4) x + 1 ≤ 0 ⇔ x 3 + 3 x 2 x + 1 − 4( x + 1) x + 1 ≤ 0 ⇔ [x3 − ( x + 1) x + 1] + [3 x 2 x + 1 − 3( x + 1) x + 1] ≤ 0 ⇔ ( x − x + 1)( x + x + 1) 2 ≤ 0 ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
Bài tập tương tự : x 3 − 3 x 2 + 2 ( x + 2)3 − 6 x ≤ 0 Phương pháp nhân liên hợp. Bài 1 Giải bất phương trình : a) 1+ x − 1− x ≥ x 1 − 1 − 8x2 −1 1 b) 0 ⇒ Nghiệm x ∈ [ ;5) 3x + 1 + 4 6 − x +1 3 b) Giải phương trình : 2 3 3 x − 2 − 3 6 − 5 x + 16 ≥ 0 Nhẩm nghiệm x = −2 6 15 6 - BPT ⇔ ( x + 2)[ + ] ≥ 0 ⇔ x ∈ [ − 2; ] ( 3 3 x − 2) 2 − 2 3 3 x − 2 + 4 6 − 5x + 4 5 x2 +x +1 2 Bài 3. Giải bất phương trình 2 +x2 −4 ≤ x +4 x2 +1  x2 +x +1  2 − x2 +1 Gợi ý: BPT ⇔ 2  − 1 + x − 3 ≤ 2  x +4  x2 +1        2 1  ( x −3  2 ) + + 1 ≤ 0 (  (x + 4) x + x + 1 + x + 4 2    )x2 +1 x2 +1 +2  ( )  A  Nghiệm − 3 ≤ x ≤ 3 Phương pháp đánh giá. Bài 1 Giải các PT sau : 2 Nghiệm x = 3 a) x − 2 + 4 − x ≥ x − 6 x + 11 2 b) x − 2 + 10 − x ≥ x − 12 x + 52 c) x2 − 2 x + 5 + x − 1 ≤ 1 + 2 x − x2 Nghiệm x = 1 d) 2 2 3 x + 6 x + 7 + 5 x + 10 x + 14 ≤ 4 − 2 x − x 2 Nghiệm x = −1 6 e) 2 x − 1 + 19 − 2 x ≥ 2 − x + 10 x − 24 Bài 2 Giải PT sau : 3 2 2 2 a) 2 7 x −11x + 25 x − 12 ≥ x + 6 x − 1 VT = : 2 (7 x − 4)( x − x + 3) (côsi ) ≤ VP 3 2 2 b) 2 5 x +3 x + 3 x − 2 ≥ x + 6 x − 1 ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗