TẶNG HỌC SINH TỈNH THANH HÓA

Biên soạn: Nguyễn Đức Thắng – THPT Nguyễn Văn Linh – Ninh Thuận 1Chuyên đề: PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ * Tính chất lũy thừa với số mũ hữu tỷ... IV./Kỹ thuật phân tích thành n

Trang 1

Biên soạn: Nguyễn Đức Thắng – THPT Nguyễn Văn Linh – Ninh Thuận 1

Chuyên đề:

PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG

TRÌNH VÔ TỈ

* Tính chất lũy thừa với số mũ hữu tỷ.

( r =

n

m

, m ∈ Z , n∈ Z và ∈Q ,∈Q )

+) a r = n

m

a = n a m ; n

a = a n

1

+) a  a  = a  +  ;   



−

=a b

a



−

=











a a

1 1

+) (a.b)  = a  b  ; 



b

a b

a =











+) ( )   

a

a =

+) Nếu a > 1 thì a >a ⇔ >

+) Nếu 0 < a < 1 thì a >a ⇔ <

+) Lưu ý: Với n chẵn : n

a xác định khi a ≥0 Với n lẻ : n

a xác định với mọi a

+) Trong các điều kiện tồn tại , ta có công thức sau

n

b

a = n n

b

a ,( ) n

m

m n

a a

a = = ,n m n m

a

a = +

A PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG

* Hai phương trình được gọi tương đương khi

chúng có cùng tập nghiệm

* Một số phép biến đổi tương đương

+) Cộng trừ hai vế của phương trình (hay bất

phương trình) với cùng biểu thức mà không làm

thay đổi điều kiện của phương trình

+) Nhân chia hai vế của phương trình của phương

trình với cùng biểu thức (luôn khác 0) mà không

làm thay đổi điều kiện của phương trình (Đối với

bất phương trình, nhân âm đổi chiều , nhân dương

không đổi chiều)

+) Lũy thừa bậc lẽ hai vế,khai căn bậc lẽ hai vế của

phương trình (hay bất phương trình)

+) Lũy thừa bậc chẳn hai vế, khai căn bậc chẳn hai

vế khi hai vế của phương trình (hay bất phương

trình) cùng dương

I./ Kỹ thuật luỷ thừa hai vế

1) Phép lũy thừa hai vế:.

* Phương trình:

a) 2k+1f x( )=g x( )⇔f x( )=g2k+1( )x

b)

2

( ) ( )

( ) 0

k

f x g x

g x



c) 2k+1 f x( ) = 2k+1 g x( ) ⇔ f ( x ) = g ( x )

d)







≥

=

⇔

=

0 ) (

) ( ) ( )

( )

2

x f

x g x f x

g x

k

e)

2

0

A B

B

 =

0

A

=



 ≥



*Bất phương trình:

a) 2k+ 1 f (x) > 2k+ 1 g(x) ⇔ f(x) > g(x) b)







≥

>

⇔

>

0 ) (

) ( ) ( )

( )

( 2 2

x g

x g x f x

g x

k

*)

2

0

A B

B

 >

0 0

A B

≥



 <



*) A < B⇔

2

0 0

A B

≥



 >



 <



;

*) A < B ⇔0 < A < B

( Đối với các trường hợp còn lại với dấu < , ≥ , ≤ các em

có thể tự suy luận _ khi lũy thừa với mũ chẵn điều kiện biểu thức lũy thừa dương, lũy thừa lẻ không cần điều kiện)

2) Lưu ý:

- Đặc biệt chú ý tới điều kiện bài toán (nếu điều kiện đơn giản có thể kết hợp vào phương trình, còn

trường hợp điều kiện phức tạp nên tách riêng).

3) Ví dụ:

Bài1: Giải pt: x + 4 - 1− x = 1 − 2 x (1)

Giải: (1)⇔ 1 − x + 1 − 2 x = x + 4

⇔

2

x x



 − + − = +



⇔









+

−

= +

≤

1 3 2 1 2

2 1

2

x x x

x

⇔

1 2

2 1 0

x x

 ≤

 + ≥





⇔

















−

=

≤

−

2 7 0 2

1 2

1

x x

x

⇔ x = 0

Vậy pt có nghiệm x = 0

Bài 2: Giải các bất phương trình sau :

2 2

) 3 2 1 ; ) 1 3 ; ) 3 2 4 3 ; ) 3 4 1

Giải:

Trang 2

a) x− <3 2x−1

1

3 (2 1) 4 5 4 0

x x

 >



 − >





Vậy tập nghiệm: T = [3 ; +∞)

b) x2− + ≤ +x 1 x 3

2

1 0

8

3 0

7

1 ( 3)

x x

 − + ≥



 − + ≤ +



Vậy tập nghiệm: T = [ 8

7

− ; +∞)

c) 3x− >2 4x−3

4 3 0

3 2 0

x

− <



4 3 0

3 2 (4 3)

x

− ≥





2

1

4

x

x x

 ≤ <



 ≤ <



Vậy tập nghiệm: T = [2

3; 1)

d) 3x2+ − ≥ +x 4 x 1

2

1 0

x

x x

x

 + ≤





⇔  + >





4 3

1 41 4

x

 ≤ −



⇔

+

 ≥



Vậy tập nghiệm: ; 4 1 41;

= −∞ − ∪ +∞ 

Bài 3: Giải bất phương trình

4 2 1 1

Giải:

0 4 2

0 1

0 1 5

≥

⇔









≥

−

≥

−

≥

−

x x

x

(1)

Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với

4 2 1 1

5x− > x− + x−

) 4 2 )(

1 ( 2 4 2 1 1

) 4 2 )(

1 ( 2

4

) 4 2 )(

1 ( )

2

( + 2 > − −

⇔ x x x ⇔ < < 0 x 10 (2)

* Kết hợp (1) và (2) ta có tập nghiệm của bất

phương trình đã cho: T = [2; 10)

II./ Kỹ thuật chia điều kiện.

1) Kỹ thuật :

- Nếu bài toán có điều kiện là x  D mà D =

n

D D

D1∪ 1∪ ∪

- Ta có thể chia bài toán theo n trường hợp của tập

xác định (điều kiện) : + Trường hợp 1: x  D 1 , giải phương trình, bất

phương trình ta được tập nghiệm T 1 + Trường hợp 2: x  D 2 , giải phương trình, bất

phương trình ta được tập nghiệm T 2 ………

+ Trường hợp n: x  D n ,giải phương trình, bất

phương trình ta được tập nghiệm T n

 Khi lấy nghiệm phương trình, bất phương trình ta phải lấy hợp tất cả các trường hợp nghiệm T = T1∪T1 ∪ ∪T n

2) Yêu cầu :

- Cần phải xác định giao hợp trên các tập con

thường dùng của R thành thạo.

3) Ví dụ:

Bài 1: Giải bất phương trình

2

x x x

− + + + < (1)

Giải:

Điều kiện :

4 1

3 0

x x

 − ≤ ≤





 ≠



* Xét : 0 4

3

x

2

( ) 7

x

− + + +

⇔ < ⇔ − + + < −

− ≥



− >

− + + < −

 Kết hợp (i) và (ii) ⇒ Tập nghiệm: T1 = 9 ; 4

* Xét : 1− ≤ <x 0⇒ (1) luôn đúng

⇒ Tập nghiệm : T2 = [−1 ; 0 )

* Vậy tập nghiệm (1) :

T = T1 ∪T2 = 9 ; 4

7 3

  ∪[− 1; 0)

Bài 2:Giải bât phương trình :

2

3 2

x − x+ + x2 − 4x + 3 ≥ 2 x2 − 5x+ 4 (2)

Trang 3

Giải: Điều kiện:











≥ +

−

≥ +

−

≥ +

−

0 4 5

0 3 4

0 2 3

2

x

⇔ x ≥ 4 hoặc x ≤ 1

*Trường hợp 1 : x ≥ 4

(2)⇒ (x−1)(x−2)+ (x−1)(x−3)≥2 (x−1)(x−4) (i)

4 1 2 ) 3 2

(

1 − + − ≥ − −

−

4 2

3

−

3 4

4

−

Vì x ≥ 4 nên vế trái dương còn vế phải âm nên bất

phương trình nghiệm đúng

Vậy x ≥ 4 là nghiệm

*Trường hợp 2: x ≤ 1

(2)⇒ (1−x)(2− +x) (1−x)(3−x) ≥ 2 (1−x)(4−x)(ii)

⇔ 1 − x ( 2 − x+ 3− x )≥ 2 1−x 4− x

⇔ 1− x ( 2 − x + 3−x)≥ -2 1− x 4 − x





−

≥

− +

−

=

(*) 4

2 3

2

1

x x

x

Dễ thấy(*)⇔ 2 − x - 4 − x ≥ 4 − x - 3 − x

Vì x ≤ 1nên 0< 2 - x < 4-x ⇔ 2−x- 4−x< 0

4 - x >3- x > 0⇔ 4− x - 3 − x >0

⇒ (*) VN

Kết luận :Bpt có nghiệm x ≥ 4 hoặc x = 1

III./ Kỹ thuật khai căn

1) Đưa biểu thức ra ngoài căn thức :

*







<

≥

=

0 A khi A

-0 A khi

A

2 2

| | ( , 0)

| |

A y A y

E x

E x= E x ≠

* 3 A3 = A

* 2n A2n = A

* 2n+ 1A2n+ 1 = A

2) Lưu ý:

- Biến đổi các biểu thức trong căn thức thành hằng

đẳng thức

3) Ví dụ:

Bài 1: Giải:

2

3 1 2 1

Giải:

(1)

2

3 1 1 2 1 1

1 2

1 + − + + − − − + >

−

2

3 ) 1 1 ( ) 1 1

⇔ x − 1 + 1+ x−1−1 >

2 3

* Với x −1 –1 ≥ 0 ⇔ x – 1 ≥ 1 ⇔ x ≥ 2 Bất phương trình trở thành

1

−

x +1+ x − 1 – 1 >

2

3

⇔ 4 x −1 > 3

⇔ 16x –16 > 9 ⇔ x >

16 25

Ta có tập nghiệm : T1= (

16

25

; + ∞ )

*Với : x − 1–1 < 0 ⇔







<

−

≥

−

1 1

0 1

x

x ⇔ 1≤ x < 2

Bất phương trình trở thành :

1

−

x +1– x − 1+ 1 >

2

3

⇔ 2 >

2

3

(luôn đúng)

Ta có tập nghiệm : T2 = [1; 2 )

* Vậy bất phương trình có nghiệm

T = T1∪T2 = [1;+ ∞ )

* Chú ý: Bài này ta có thể giả bằng phương pháp

bình phương hai vế

IV./Kỹ thuật phân tích thành nhân tử đưa về phương trình tích.

1) Phương trình tích.

*







=

⇔

=

0 ) (

0 ) ( 0

)

( )

x f x

g x f

2) Lưu ý:

Đây là kỹ thuật giải đòi hỏi phải có tư duy cao, kỹ năng phân tích biểu thức thành nhân tử thành

thạo,cần phải nhìn ra nhân tử chung nhanh

3) Ví dụ:

Bài 1: Giải: x − 1 ( 3 x2 + x + 1 ) + 3 x3 + 2 x − 1 = 0

Giải:

0 1 2 3

) 1 3

(

1 2 + + + 3 + − =

x

0 3

1 1

1 3

1 + 2 − + − + − + 3+ =

−

0 ) 1 3 1 ( ) 1 3 1 (

1 − + 2+ + − + 2+ =

−

0 ) 1 3 1 )(

1 ( − + − + 2 + =







= + +

−

= +

−

⇔

(2) 0

1 3 1

(1) 0

1

2

x x

* Ta có (1)







≤

= +

−

⇔







≥

−

=

⇔

=

−

0

0 1 0

x 1 -x x -1

2 2

x

x x x

* Ta có x−1≥0 và 3x2 0⇒VT(2) > 0 với ∀x

Trang 4

⇒ (2) Vô nghiệm

* Vậy phương trình đã cho vô nghiệm

V./ Kỹ thuật nhân chia liên hợp

1) Biểu thức nhân chia liên hợp.

B A

B A B



B A

B A B

−

=

±



2) Lưu ý:

-Nên nhẩm với một số nghiệm nguyên đơn giản.

- Chú ý tới các biểu thức nhân chia liên hợp.

- Phải dự đoán được nghiệm của phương trình :

3) Ví dụ:

Bài 1: Giải pt: x2 + 15 = 3x - 2 + x 2 + 8 (1)

Giải: * Ta có

(1) ⇔ x2 + 15 - x2 + 8 = 3x - 2

⇔

8 15

2 2

+ +

+

−

− +

x x

= 3x - 2

⇔

8 15

7 2

x

= 3x – 2 (*)

⇒ (*) có nghiệm thì 3x -2 > 0 ⇔ x > 2 /3

* Mặt khác:

(1)⇔ x 2 + 15 - 4 = 3x – 3 + x2 + 8 – 3

2

1

1 5 4

x

− + + = 3(x –1 )+ 8 3

1 2

2 + +

−

x x

⇔ (x – 1)(

2

1

15 4

x x

+

1

+

x

– 3) = 0

⇔x = 1 hoặc 2 1

15 4

x x

+

1

+

x

– 3 =0(*)

* Do x >

3

2

nên x2+15+4> x2+8+3 và x + 1 > 0

⇒

4 15

1

+

x

<

3 8

1

+

x x

⇒ Vế trái (*) luôn âm ⇒ (*) V N

*Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất: x = 1

*Chú ý: Bài này việc quan trọng nhất là phải nhẩm

được nghiệm x = 1 và các em để ý tới đặc điểm

15

2+

x – 4 =0 ,3x – 3 =0 và x2 +8–3 =0 với x =1

Thường dùng cách giải tương tự cho các bài toán :

2

a

x + = cx - d + 2 2

b

x +

Bài 2:Giải pt: 3x+1− 6−x+3x2−14x−8=0 (2)

(ĐH_B_2010)

Giải:

3 x

2

( 5)(3 1) 0

5 0

3 1 0 (*)

3 1 4 1 6

x







* Theo điều kiện 3x + 1 0⇒VT (*) luôn dương

⇒ (*) vô nghiệm

Do đó phương trình đã cho có nghiệm: x = 5.

*Phân tích bài toán : Nhận thấy nếu phương trình

có nghiệm nguyên thì:

b x -6

a 1

2

= +

⇒







=

= +

b (a ,b là số tự nhiên )

+ Chỉ có a = 4 , b = 1 là thỏa mãn yêu cầu, từ đó ta

có thể dự đoán x = 5 là nghiệm :

VI Một số bài tập tự luyện:

Bài 1: Giải: x + 2 x − 1 + x−2 x−1=

2 3

+

x

HD: x − 1 + 1 + x− −1 1=

2 3

+

x

Đáp: x = 1, x =5

Bài 2: Giải pt: 3

1

−

x - 3

2

−

3

2x −

HD:Lập phương cả hai vế đưa về phương trình tích

Đáp : x =1, x = 2 và x = 3/2

Bài 3: Giải pt:

2 3

2

−

x

– 3x − 2 = 1– x

HD: Tìm điều kiện xác định ,quy đồng đưa về

Bài 4: Giải pt: x + 2x − 1 + x− 2x− =1 2

HD : Bình phương cả hai vế( chú ý tới đ/k, nên tìm

Bài 5: Giải pt: 3 x + 4 - 2 x + 1 = 3+ x

HD : Chuyển vế ,bình phương

Đáp: x = -1/2

Bài 6: Giải pt: (4x-1) x2 +1 = 2x2+ 2x +1

HD :

Trang 5

+)V ì 2x 2 +2x +1 > 0 , x 2 + 1 > 0 nên để pt có

nghiệm thì 4x - 1 > 0 ⇔x >

4 1

+) Bình phương hai vế

Đáp: x = 4 /3

Bài 7: Giải bất phương trình

(x −3 ) 2x x − − ≥3x 2 0

(TS(D)_2002)

HD: ĐK: 2x 2 – 3x – 2 ≥ 0 Xét 2 trường hợp

+ Trường Hợp 1: 2x 2 – 3x – 2 = 0

+ Trường Hợp 1: 2x 2 – 3x – 2 > 0

Bài 8: Giải bất phương trình: x2 −x−12<7−x

HD : bình phương hai vế

Bài 9: Giải bất pt: x + 3 - 7 − x > 2 x − 8

HD : Chuyển vế ,bình phương

Bài10: Giải bất phương trình: x2 −3x−10 ≥ x−2

HD : Bình phương hai vế

Bài 10: Giải bất phương trình:

3

5 3

3

16

2

−

>

− +

−

x

x x

x

HD : Quy đồng Đáp: T= (5 ;+∞)

Bài 11: Giải bất phương trình:

1 2

1 5

3 2

1

2 + x − > x −

x

HD : bình phương hai vế

Bài 12: Giải bất pt:(x − 3) x2 − 4 ≤ x2 − 9

HD : Đưa về phương trình tích

Bài 13: Giải bất pt: 1 1 4 3

2

<

−

x

Bài 14: Giải các bất phương trình sau :

2

) ( 3 ) 2 3 2 0 ; ) 21

3 9 2 x a x x x x b x x − − − ≥ < + − + Bài 15: Giải các bất phương trình sau 2 2 2 2 2 2 ) 3 2 4 3 2 5 4 2; ) 8 15 2 15 4 18 18 a x x x x x x b x x x x x x − + + − + ≥ − + − + + + − ≤ − + Bài 16: Giải bất pt: 3 4 2 2 < + + − x x x HD :Chuyển vế,quy đồng xét 2 TH: x < 0 và x > 0 Đáp: T=[-1 ; 0 ]∪ ( 9/7 ; 4/3 ] Bài 17: Giải bpt: x + 1 > 3 − x + 4 HD : Chuyển vế ,bình phương Đáp: x > 0 Bài 18: Giải bpt x + 3 − x − 1 < x − 2 HD : Chuyển vế, bình phương Đáp: x > 3 28 Bài19: Giải bất phương trình: 2 2 + x − x + x2 + 2x − 3 2 2 x 4x 5 ≤ + − HD: Tìm TXĐ D=(-∞ ;-5] ∪ [1 ;+ ∞ ) + Trường hợp1: x≥1 + Trường hợp2: x≤−5 Đáp: x = 1 Bài 20: Giải phương trình : 21 ) 2 9 3 ( 2 2 + < + − x x x HD: Nhân liên hợp (3+ 9+2x)2 <2(x+21) Đáp : T=[-9/2 ; 7/2) \ {0} ………

………

……… …

………

……… …

………

Trang 6

B: PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI THEO

PHƯƠNG TRÌNH HỆ QUẢ :

(Áp dụng cho giải phương trình ,ít áp dụng cho

giải bất phương trình )

1) Phương trình hệ quả:

2) Một số phép biến đổi hệ quả cơ bản

* Với D 1 là tập xác định của (1) : với D 2 là tập xác

định của (2) và D 1  D 2

f(x) = g(x) (1) ⇒ fn(x) = gn(x)

f(x) = g(x) (1) ⇒ f(x) + h(x) = g(x) + h(x) (2)

f(x) = g(x) (1) ⇒ f(x) h(x) = g(x).h(x) (2)

(- Bình phương hai vế( không chú ý tới điều kiện cả

hai vế đều dương)

- Cộng trừ ,nhân(khác 0), chia(khác 0) hai vế với

một biểu thức làm hạn chế điều kiện của phương

trình )

3) Lưu ý :

- Giải phương trình theo phương pháp hệ quả ta

không cần chú ý tới điều kiện bài toán, sử dụng các

phép biến đổi hệ quả cho ra các nghiệm ,sau đó thế

vào phương trình để loại các nghiệm ngoại lai

(cũng có thể kết hợp điều kiện xác định để loại bớt

các nghiệm ngoại lai)

- Điểm khó khăn nhất của phương pháp này là các

nghiệm vô tỷ ,

4) Một số ví dụ:

Bài 1: Giải pt: x + x + 9= 1+ x + 4+x (1)

Giải: (1) 9 2 ( 9) 1 4 2 ( 1)( 4) x x x x x x x x ⇒ + + + + = + + + + + + ) 4 )( 1 ( 2 ) 9 ( 2 4+ + = + + ⇒ x x x x ) 4 )( 1 ( ) 9 ( 2+ + = + + ⇒ x x x x ) 4 )( 1 ( ) 9 ( 4 9 4+ 2 + + + = + + ⇒ x x x x x x 4 5 ) 9 ( 4 9 4+ 2 + + + = 2 + + ⇒ x x x x x x x x x( 9) 4 4 + = ⇒ 2 ) 9 (x x x + = ⇒ 0 = ⇒x Thay x = 0 vào (1) ta có : 0 + 0 + 9 = 1+ 0 + 4+0 (đúng ) * Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 0 ………

………

C: PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ.

I Một số yêu cầu đối với phương pháp này:

- Dạng này HS cần nhớ các thế đặt ẩn.Từ đó mở rộng cho các bài toán tương tự

-Chú ý tới các điều kiện của ẩn.

II Một số dạng toán và các bài làm mẫu 1) Đặt ẩn đưa về pt dơn giản hơn:

Bài 1: Giải bất phương trình: 2 1 3

1

+

Giải:

* Điều kiện : x< − ∪ >1 x 0 :

* Đặt: 1, 0 12

1

+

2

1

2t 3 2t 3t 1 0 (t 0)

1 2 1 0 ( 0) 0

2

x

x x

+

⇒ < < ⇔ − < < −

Bài 2: Giải phương trình:

3 3

x + x2 − 3x + 6 = 3 (1)

Giải:

* Đặt t = x2 − 3x + 3 ( t ≥ 0)

ta có : x2-3x + 6 = t2 + 3 Phương trình trở thành

t + t2 + 3 = 3 ⇔ t2 + 3 = 3 - t

⇔







−

= +

≥

−

2

0 3

t t

t

⇔ t = 1 (thoả mản)

* Với t =1 2

⇒ − + =1⇔ x2- 3x + 3 = 1

⇔ x =1 hoặc x = 2

*Chú ý: Có thể mở rộng cho các dạng :

a f ( x) +b f (x) + k = c

Bài 3: Giải bpt: x +

x

2

1

< 2 x +

x

2

1

+ 4 (2)

Giải:

* Đặt t = x +

x

2

1

2

≥

(theo bất đẳng thức côsi)

⇒ t2 = x +

x

4

1

+ 1 ⇒ 2x +

x

2

1 = 2 t2 - 2

* Bất phương trình (2) trở thành :

5t < 2t2- 2 + 4







<

>

⇔

2 1

2

t t

Trang 7

* Với t > 2 ta có: x +

x

2

1

> 2

2 2

2

2 2 0

2

x

>



⇔

< <



3 2 2 3

2

x x

 > +



⇔ 

 < < −



* Với t <

2

1

(loại – không tm điều kiện)

* Vậynghiệm: T= ( 0;

2

3

- 2) ∪ (

2

3 + 2;+ ∞ )

* Chú Ý: Có thể mở rộng cho dạng :

a [ f(x) + f -1(x) ] + b[ f2(x) + f -2(x) ] + c =0

3

+

x + 6 − x - (x + 3)(6 − x) =3 (3)

Giải:

* Đặt t = x + 3 + 6 − x

(x 3 ) ( 6 x)

2

9

2 −

t

(3) trở thành: t

-2 9

2 −

t = 3 ⇔ t t==−31

* Với t = -1 ⇒ x + 3 + 6−x = -1 (vô nghiệm)

* Với t = -1⇒ x + 3 + 6 − x = 3 





=

−

=

⇔

6

3

x x

*Chú ý:

Bài toán có thể giải bàng cách đưa về hệ phương

trình với u = x + 3 và v = 6 − x

Hay áp dung đối với dạng :

k x + a +l b − x -m (x + a)(b − x) = c

\

Bài 5: Giải phương trình :

2

7x+ +7 7x− +6 2 49x +7x−42 <181 14 (1)− x

Giải:

* Điều kiện : 7 7 0 6

x

x x

+ ≥

 − ≥

* Đặt t = 7x+ +7 7x−6,t≥0

2

7 7 7 6 2 7 7 7 6

* Ta có :

2

(1)⇔ 7x+ +7 7x− +6 14x+2 49x +7x−42<181

* Vậy (1) trở thành:

t

* Với 0 t  13

2

7 7 7 6 13

7 7 7 6 2 (7 7)(7 6) 169

6 7

49 7 42 (84 7 )

6 6

6 12 7

7

84 7 0 6

7

x

x x

x



⇔ 

≥





⇔ 

≥







⇔ ≤ <

Vậy tập nghiệm: T = 









6

; 7 6

2) Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình :

Chú ý: Đối vơi phương pháp này ta có thể đưa về

hệ hai ẩn khác ẩn của phương trình hoặc có thể chỉ

đặt một ẩn và ẩn còn lại của hệ là ẩn của phương

trình ban đầu

Ví dụ 1: Giải pt : x2+ x + 5 = 5 (I)

Giải: Điều kiện : x ≥ - 5

Đặt t = x + 5 ( t≥ 0 ) ⇔ t2 = x+5 ⇔ t2- x = 5

Ta có hệ pt:







=

−

=

−

5

2 2

x t

t x

ta suy ra được:







=

−

=

−

) 2 ( 0 5 )

1 (

) 1 ( 0

5 2 2

x x

(hệ đối xứng loại 2)

Giải (1)và (2) ta được hai nghiệm thoả mản đ/k là

x =

2 215

1− , x =

2 17 1+

−

* Chú ý: Có thể mở rộng cho dạng( Bài tập 4)

x n+an x + b = c

Ví dụ 3: Giảipt:2 33 x− +2 3 6 5− x− =8 0 TS(A)_2009

Giải:

u= x− ⇔ x=u + ⇔ x= u +

2

v = 6 − 5 x ⇒ 5 x = − v + 6

2

15x 18 3 (v v 0)

* Ta có hệ phương trình:

Trang 8

2 3 8 0 3 8 2 (1)

* Thế (1) vào (2) ta được phương trình :

15u3– (8 – 2u)2 + 84 = 0

⇔15u3– (8 – 2u)2 + 84 = 0

⇔ (u + 2)(5u2– 26u + 20 ) = 0

⇔ u = - 2

3

2 2 3

u

* Vậy phương trình có nghiệm : x= −2

*Chú ý: Có thể mở rộng cho dạng

3

a a x+ +b b a x+b + =c ∀ ∈x R

3) Đặt ẩn phụ đưa về phương trình,bất phương

trình lượng giác( lượng giác hoá)

*Chú ý:

Đối với phương pháp này ta cần chú ý tới đ/k

của ẩn [-1 ; 1 ] hoặc một khoảng hay một đoạn

nằm trong [-1 ; 1 ]

 Đặt x = sint ,với x∈ −[ 1; 1]⇒ t ;

 

∈− 

 Đặt x = cost ,với x∈ −[ 1; 1]⇒ t∈[ ]0 ; 

Khoảng của t luôn lấy trong một chu kì của

hàm lượng giác vừa đặt

1 + 1 − x = x(1 + 2 1 − x ) (1)

Giải:

* Điều kiện x∈ −[ 1; 1]

* Đ ặt x = sint ,với t∈  −  

2

; 2



⇒cos

2

t ≠ 0

* Ta có pt: 1 cos+ t =sin (1 2 cos )t + t

3

sin

t

1 6

2 1 2

t

x x t





* Vậy pt có nghiệm x = 1 hoặc x =

2 1

Ví dụ 2: Giải bpt: (1 − x2)5 + x5 ≤ 1 (2)

Giải:

* Điều kiện để căn thức có nghĩa : x ∈ [0; 1]

* Đ ặt x = cost ,v ới t









∈

2

;

Ta có bất phương trình : sin5t + cos5/2t ≤ 1

* Do: sin5t ≤ sin2t và cos5/2t ≤ cos2t nên

sin5t + cos5/2t ≤sin2t +cos2t =1 với t 0 ;

2



∈  

* Do đó bất phương trình có nghiệm là x∈ −[ 1; 1]

4) Đặt ẩn phụ không hoàn toàn :

Ví dụ1: Giải pt: (4x –1) x2 +1 = 2x2+ 2x +1

Giải:

* Đặt t = x2 +1 , (t > 0 ) ⇒ x2 = t2 −1

* Phương trình trở thành :

(4x –1)t = 2(t2– 1) + 2x +1

⇔2t2–(4x-1)t + 2x – 1 = 0 (1)

* Ta có: ∆= (4x –1)2– 8(2x – 1) = 16x2– 24x + 9

= (4x –3)2

* Phương trình có nghiệm :

t = 4 1 (4 3) 1

x− − x− = hoặc t = 4 1 (4 3) 2 1

4

x x

x

− + − = −

* Với t = 1

2 ⇒

2

1

 

  ( Vô nghiệm)

* Với t = 2x – 1⇒ 2 ( )2

2 1 1

x = x− −

⇔ 3x2– 4x = 0⇔x = 0 hoặc x = 4

3

* Vậy pt có nghiệm x = 0 hoặc x = 4

3

5) Bài tập tự luyện:

Bài 1: Giải pt : 3 x + 34 - 3 x − 3 = 1 HD: Đặt u = 3 x + 34 , v = 3 x − 3

Đáp: x = 30 và x = – 61

Bài 2: Giải pt: 3 − x + x2 - 2

2 + x − x = 1 HD: Đặt u = 2

3 − x + x ,v = 2+x−x2 đưa về

hệ:







= +

=

−

5

1

2 2

v u

2

5

1 ±

3

2 x + + x + 1 = 3x + 2 2x2 + 5x + 3–16

HD: Đặt t = 2x + 3 + x + 1

Ta có: t2 = 3x + 4 + 2 2x2 + 5x + 3 Đáp: x = 3

Bài 4: Giải phương trình: x3 + 1 = 23 2 x − 1

HD: Đặt t = 3 2 x − 1 đưa về hệ pt







= +

x t

t x

2 1

3

Đáp: x = 1, x =

2

5

1 ±

Bài 5: a) Giải pt: x3 + (1− x2)3 = x 2(1− x2) b) Mở rộng cho pt: x n+ (1−x2)n =x 2(1−x2)

HD: Đặt t = 3 1 − x2 đưa về hệ

Trang 9

Bài 6: Giải pt : x2+ x +12 x + 1 = 36

HD: Đặt t = x + 1 ⇒ x+1 = t2

⇔ x2 + x =t4- (x +1) = t4- t2 ( t ≥ 0)

Ta có pt: t4- t2 + 12t = 36

⇔ (t - 2)( t+3) (t2- t + 6) = 0 Đáp: x = 3

Bài 7: Giải phương trình : x + 5 - 3 x = 1

HD: Đặt u = x + 5 ,v = 3 x đưa về hệ pt







=

+

=

−

3

1

3

2

v

u

v

u

Đáp: x = 2 và x =12

Bài 8: Giải phương trình : x −1 + 3 2 x − = 1

HD: Đặt u = x−1 ,v = 32 x − đưa về hệ pt

Đáp: x = 2,x= 10 và x =1

Bài 9: Giải phương trình: 4 18 − x + 4

1

−

x = 3 HD: Đặt u =4 18 − x ,v = 4 x − 1 đưa về hệ pt







=

+

=

+

17

3

4

v

u

v

u

Đáp: x = 2 và x =17

3 ( 2 − x) 2 +3 2

) 7 ( + x - 3 ( 2 − x)( 7 + x) =3 HD: Đặt u = 3 ( 2 − x) ,v = 3 ( 7 + x) đưa về hệ:







=

−

+

=

+

3

9

3

2

3

uv

v

u

v

u

Đáp: x = -6 và x = 1

Bài 11: Giải bpt : x(x− 4 ) −x2 + 4x + (x− 2 )2 < 2

HD: Đặt t = −x2 + 4x đưa bpt về: - t2.t - t + 4 < 2

Đáp : T=(2- 3 ; 2+ 3 )

x

HD: (Chia điều kiện)

+) Với x∈ −[ 1; 0) (12) luôn đúng

+) Với x∈ +∞[1; )⇒(12)⇔ x−1+ x2−1≥x x

⇔ (x−1)(x2 −1) ≥x3-x2-x +2

Đặt t = (x−1)(x2 −1) suy ra t2= x3-x2-x +1

Đáp: T= [1; 0) ∪ {

2

5

1+

}

Bài13: Giải phương trình:

7 ) 27 ( ) 27 )(

8 ( 64

HD: Đặt u = 3 (x+27) , v = 3 (8−x)

Ta có hệ:







= +

−

35

7

3 3

2 2

v u

v uv u

Bài14: Giải phương trình: 4 57−x+4 x+40 =5

HD: Đặt u =4

57−x, v = 4

40

+

x ( u ≥ 0,v ≥ 0)

Ta có hệ







= +

97

5

4 4

v u

x− x − + x+ x − =

1

x x

t

ĐS : x = 1

Bài 15: Giải phương trình: x+ =1 x2+4x+5

HD: Đặt y + 2 = x+1 ,ta có hệ

2 2

1 ( 2)

 + = +

………

……… …

………

……… …

………

……… …

………

Trang 10

D PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ

* Nhớ được cách xét tính đơn điệu của hàm số, lập bảng biến

thiên,….

* Nhớ các bất đẳng thức.

* Thường áp dụng cho các bài toán đặc thù, phức tạp, không

có thuật toán cụ thể, nhưng hay có trong các kỳ thi Đại học

những năm gần đây.

I./Kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức để đánh giá hai vế:

1) Bất đẳng thức thông dụng :

*) Bất đẳng thức CauChy:

a) Cho 0, b 0 a+b

2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b

b) Vớia1≥0, a2≥0, , a n≥0 1 2 n

1 2

a +a + +a

.

n

n n

a a a

Dấu “ = ” khi a1= a2 = = an

*) Bất đẳng thức Bunhiacôpski :

a) Với mọi số thực a1, a2, b1, b2 , ta luôn có

2 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 2

1

Dấu “ = ” khi

2 2 1

1

b

a b

a

=

b) Với mọi a1, a2,…,an , b1, b2,…, bn ,ta luôn có

(a b+a b + + a b ) ≤ + + +(a a a ) (b + + +b b )

Dấu “ = ” khi

n

b

a b

a

=

2 2 1 1

2)ưu ý :

3)Ví dụ :

Ví dụ1: Giải bpt:

2

4

x

x x

+ ≥

 − ≥

Khi đó :

4

4 2 2

16

x

x x

Luôn đúng ∀ ∈ −x [ ]1;1

Vậy nghiệm của bât phương trình là : − ≤ ≤1 x 1

Ví dụ2: Giải bpt:

x x

Giải:

* Điều kiện : 2 x 0 0

x - x+1 0 x

≥



* Ta có 2(x2− + =x 1) x2+ −(x 1)2+ >1 1

2

1 2(x x 1) 0

2 2

2( 1) 1 (a)

* Mặt khác : ( theo bất đẳng thức Bunhiacôpski)

( )

2(x - x +1)= 1+1 (1- x) +( x)≥ − +1 x x (b) Dấu bằng xảy ra khi :

2

x x



2

* Tập nghiệm : 3 5

2

T  − 

II./Kỹ thuật sữ dụng khảo sát hàm số để đánh giá 1) Thuật toán:

Để giải phương trình f(x) = g(x) , bất phương trình: f(x) > g(x) (f(x) < g(x) ,f(x) ≥ g(x), f(x) ≤ g(x) ), ta khảo sát ,hay căn cứ vào tính chất hàm số y =f(x) và y =g(x) , đưa ra bảng biến thiên và từ bảng biến thiên để đưa ra kết luận

b) Lưu ý :

Nếu m là tham số thì y = h(m) là đường thẳng song song với trục hoành

c) Các ví dụ :

Ví dụ1: Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm

x3+ 3x2– 1 ≤ a( x− x−1) (* )

Giải:

* Điều kiện: x ≥ 1, khi đó (*) ⇔ x3+ 3x2- 1 ≤ a

1

) 1 (

− +

−

x x

⇔ (x3+ 3x2- 1)( x + x −1 ) ≤ a

* Xét hàm số: f(x) = (x3+ 3x2- 1)( x + x − 1 )

f'(x) = (3x2 + 6x)( x + x−1) +(x3+ 3x2- 1)

(

1 2

1

−

+

x

x ) > 0 với x ≥ 1 (Vì x ≥ 1 thì 3x2 + 6x >0 , > 0 , x3+ 3x2- 1 >0

1

−

x > 0 và

1 2

1

−

+

x

Suy ra: f(x) đồng biến trên [1; +∞)

⇒ f(x) ≥ f(1) = 3 ,

lim ( ) lim[(x + 3x - 1)( 1 ) ]

f(x) liên tục trên [1; +∞)

* Bảng biến thiên:

Định dạng
Số trang	13
Dung lượng	374,1 KB