SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚCTRƯỜNG T.H.P.T VĨNH YÊN µ CHUYÊN ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC MÔN: TOÁN ỨNG DỤNG HÀM SỐ TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH GIÁO VIÊN:
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC
TRƯỜNG T.H.P.T VĨNH YÊN
µ
CHUYÊN ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC
MÔN: TOÁN
ỨNG DỤNG HÀM SỐ TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH,
HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH
GIÁO VIÊN: §¹i V¨n H¶i
TỔ: TOÁN – LÍ- KT
TRƯỜNG: THPT VĨNH YÊN-TP VĨNH YÊN-VĨNH PHÚC
Trang 2Vĩnh Yên, tháng 3 năm 2014
Trang 3CHUYÊN ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC ỨNG DỤNG HÀM SỐ TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH,
HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH
Tác giả: Đại Văn Hải
Giáo viên trường THPT VĨNH YÊN
Đối tượng học sinh: Lớp 12, Ôn thi ĐH – CĐ
Số tiết dự kiến:12 tiết
A ĐẶT VẤN ĐỀ
Bài toán giải phương trình, hệ phương trình và bất phương trình là một bài toán
cơ bản trong chương trình phổ thông thường giải bằng một trong 4 phương pháp ( phương pháp biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ, đánh giá, phương pháp hàm số) và xuất hiện thường xuyên trong các đề thi Đại học-Cao đẳng có lời giải dùng phương pháp hàm số Phương pháp hàm số thường dựa vào một số tính chất của hàm số và đồ thị hàm số nhờ vào dùng đạo hàm (ở lớp 12) khảo sát chiều biến thiên của hàm số để xét nghiệm phương trình Chuyên đề này nhằm ôn tập cho các em học sinh các kiến thức về hàm số và kĩ năng giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình bằng phương pháp hàm số.
B NỘI DUNG
I HỆ THỐNG KIẾN THỨC CẦN SỬ DỤNG TRONG CHUYÊN ĐỀ:
1 Định nghĩa: Cho hàm số f(x) xác định trên K
a) f: đồng biến trên K ⇔ ∀x x1 , 2 ∈K x, 1 <x2 ⇒ f x( ) 1 < f x( ) 2
b) : nghịch biến trên K ⇔ ∀x x1 , 2 ∈K x, 1 < x2 ⇒ f x( ) 1 > f x( ) 2
c) Hàm số đồng biến trên K hoặc nghịch biến trên K ta gọi chung là hàm
số đơn điệu trên K
2 Các tính chất:
Tính chất 1: Cho f (x) đơn điệu trên K, ∀x x1 , 2 ∈K
a) f x( ) 1 = f x( ) 2 ⇔ =x1 x2
b) f x( ) 1 > f x( ) 2 ⇔ >x1 x2
c) f x( ) 1 < f x( ) 2 ⇔ <x1 x2
Tính chất 2: Nghiệm phương trình f x( ) 0 = là hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và trục hoành
Tính chất 3: Nếu hàm số f (x) đơn điệu trên khoảng (a; b) thì phương trình f x( ) 0 = có không quá một nghiệm trên khoảng đó
3 Định lí : Cho hàm số f(x) có đạo hàm trên khoảng (a; b)
Trang 4Nếu f x'( ) 0 ≥ (hoặc f x'( ) 0 ≤ ), ∀ ∈x ( ; )a b và dấu đẳng thức chỉ xảy ra tại hữu hạn điểm trờn khoảng (a; b) thỡ f (x) đồng biến ( hoặc nghịch biến) trờn trờn khoảng (a; b)
II CÁC DẠNG BÀI TẬP ĐẶC TRƯNG TRONG CHUYấN ĐỀ:
1 Giải phương trỡnh :
Dạng 1:
0
=
Dạng ( )F x , với ( ) hoặc đồng biến, hoặc nghịch biến trên D F x
Bước 1: Xột hàm số y F x= ( )
Chỉ rừ hàm số y F x đồng biến hay nghịch biến trờn D.= ( )
Bước 2: Đoỏn được F x( )0 = 0 Lỳc đú phương trỡnh cú nghiệm duy nhất x x = 0
Dạng 2: F x( ) =G x( ) với
( ) đồng biến
( ) nghịch biến
F x
G x Bước 1: Tỡm TXĐ: D
Bước 2: Xột hai hàm số y= f x và ( ) y g x= ( )
Chỉ rừ hàm số y F x là hàm đồng biến(nghịch biến) trờn D = ( )
vày G x là hàm nghịch biến (đồng biến) trờn D.= ( )
Bước 3: Đoỏn được F x( )0 =G x( )0 Lỳc đú phương trỡnh cú nghiệm
duy nhất x x = 0
Dạng 3: Dạng phương trình ( )F u =F v( ) (*), với ( ) hoặc đồng biến,F x
hoặc nghịch biến trên ; Lúc đó, (*)a b u v
Bước 1: Xột hàm số: y F t = ( )
Chỉ rừ hàm số đồng biến hay nghịch biến trờn ( )a b ;
Bước 2:Với u và v nhận giỏ trị trờn (a; b) Khi đú: ( ) F u =F v( ) ⇔ =u v
2.Giải hệ phương trỡnh:
Bài toỏn: Giải hệ
Nếu một trong hai phương trỡnh của hệ đưa về dạng:
f(x) = f(y) (1) hoặc ( f u x ( )= f v y ( )
và f là một hàm đơn điệu thỡ:
F(x,y) = 0 G(x,y)= 0 (I)
x = y
G(x,y)= 0 (II)
u(x) = v(y) G(x,y)= 0 (III)
Trang 53.Giải bất phương trỡnh :
≥
Dạng ( )F x 0 , với ( ) hoặc đồng biến, hoặc nghịch biến trên D F x
Bước 1: Xột hàm số y F x= ( )
Lập bảng biến thiờn của hàm số trờn D.
Bước 2: Đoỏn được số nghiệm của phương trỡnh F x( ) = 0 trờn D
Bước 3: Từ bảng biến thiờn suy ra tập nghiệm của bất phương trỡnh
III CÁC VÍ DỤ MINH HỌA
1.Phương trỡnh:
Vớ dụ 1: Giải cỏc phương trỡnh sau:
a) 3x + 4x = 5x
b) 2x = 3 – x
c) log2x = 3 – x
(Bài tập SGK 12 nõng cao)
Hướng dẫn cỏch giải:
Cỏch 1: - Nhẩm nghiệm
- Chứng minh nghiệm duy nhất
Cỏch 2: - Thiết lập hàm số
- Dựng tớnh đơn điệu để suy ra nghiệm của phương trỡnh
Cỏch giải:
a) 3x + 4x = 5x (1)
Cỏch 1: Ta cú x = 2 là nghiệm của phương trỡnh 3x + 4x = 5x (1)
+ =
ữ ữ
Vế trỏi: là hàm số nghịch biến
Vế phải là hàm hằng
Vậy x = 2 là nghiệm của phương trỡnh (1)
Cỏch 2: (1) ⇔ 3 4 1
+ =
ữ ữ
Xột f(x) = 3 4
+
ữ ữ
⇒ f’(x) = 3
5
x
ữ
ln
3
5 + 4 5
x
ữ
ln
4
5 < 0 ∀ ∈x Ă
⇒ f’(x) nghịch biến trờn R và f(2)= 1
⇒ x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trỡnh (1)
Cỏc vớ dụ b, c giải tương tự
⇒ Nếu phương trỡnh cú nghiệm thỡ cú nghiệm duy nhất
Trang 6Ví dụ 2: Giải phương trình: 2 2
1
Cách giải:
Nhận dạng: Nếu đặt
2 2
1
u x x
= + +
⇒ v – u = x2 − + 3x 2
- Do đó (1) ⇔ log3u v u
v = − (2)
- Nhận thấy phương trình có nghiệm u = v
Thiết lập hàm số: biến đổi phương trình 2 về dạng: log3u + u = log3v + v Xét hàm số f(t) = log t t3 + , t > 0
đặt u=x2 + +x 1 > 0 ∀x
2
v= x − x+ >0 ∀x
⇒ v - u = x2 − + 3x 2
Phương trình (1) ⇔ log3 u v u
v = − = log3u + u = log3v + v (2) Xét hàm số f(t) = log t t3 + , t > 0
f’(t) = 1 + 1
ln 3
t >0 với ∀t > 0
⇒f(t) đồng biến với ∀t > 0
(2) ⇔f(u) = f(v) ⇔u = v ⇔v – u = 0
⇒ x2 − + 3x 2 ⇔x = 1 v x = 2
Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 1, x= 2
Ví dụ 3 Giải phương trình:
3
x
x 2
+
Cách giải:
x 13
≥ −
≠
Phương trình đã cho tương đương với (x 2+ ) ( x 1 2+ − =) 3 2x 1 3+ −
(x 1 x 1) x 1 2x 1 3 2x 1 (1)
Xét hàm số f t( ) = +t3 t; f ' t( ) =3t2 + >1 0, ∀t
Suy ra hàm số f t liên tục và đồng biến trên ¡( )
Khi đó: Pt(1)⇔f( x 1+ =) (f 3 2x 1+ ⇔) x 1+ = 3 2x 1+
Trang 7( ) (3 )2 3 2
1 x
x
x
2
≥ −
=
Đối chiếu ĐKXĐ được nghiệm của phương trình đã cho là:
x
2
+
= và x 0=
Ví dụ 4: Giải phương trình:3 2x( + 3 9 + x2)−(x+ 1 2) ( + x2 + 2x+ 4)= 0
Cách giải:
Phương trình (1)⇔ 3x 2( + 3 (3x) + 2) = (x 1) 2 + ( + 3 (x 1) + + 2) (2) Xét
hàm sốf (t) t(2 = + 3 t ) , t + 2 ∀ ∈ ¡ , hàm số liên tục trên ¡
f (t)
⇒ đồng biến trên ¡ Do đó (2) 3x x 1 x 1
2
Vậy nghiệm của phương trình là x 1
2
=
2 Giải hệ phương trình:
Ví dụ 5: Giải hệ phương trình
2
(Đề thi ĐH 2010-KA)
ĐK : 3
4
x≤ Đặt u = 2x; v= 5 2 − y
Pt (1) trở thành u(u2 + 1) = v(v2 +1) ⇔ (u - v)(u2 + uv + v2 + 1) = 0 ⇔ u =
v
3 0
4
5 4 2
x
x y
≤ ≤
=
Pt (2) trở thành 25 2 4
6 4 2 3 4 7 (*)
4 − x + x + − x= Xét hàm số 4 2 25
4
f x = x − x + + − x trên 0;3
4
'( ) 4 (4 3)
x
− < 0
Trang 8Mặt khác : 1 7
2
f = ÷
nên (*) có nghiệm duy nhất x =
1
2 và y = 2
Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = 1
2 và y = 2
Ví dụ 6: (Đề thi HSG tỉnh Thanh Hoá 2013)
4
x y
−
Giải: Điều kiện x y, > − 3 (*)
x y
−
Xét hàm số ( ) 5 1 4 1 2.2
t
ta có '( ) 5 1 ln 1 4 .ln 4 2.2 ln 2 0
t
nghịch biến trên ¡
Do đó ( )3 ⇔ f (2x y− ) = f ( )1 ⇔ 2x y− = ⇔ = 1 y 2x− 1 4( ) .
Thế (4) vào(2) ta được 1 ln 3
x
= + ÷ ⇔ln2x x++32÷+ x4−1=0 (5)
g x
x
+
với x> −1, ta có '( ) ( ( 5) ( ) ( 1) )
g x
=
1 1;
x
g x
x
= − ∉ − +∞
Ta có bảng biến thiên của g x( ) trên (− +∞ 1; ) là:
Từ BBT, suy ra g x( ) = ⇔ = 0 x 1
Do đó y= 1 Vậy hệ có nghiệm (x y; ) ( )= 1;1 .
Ví dụ 7: (Đề thi thử ĐH Chuyên Hà Tĩnh 2013)
Giải hệ phương trình: 32 3 2 (1)
12 (2)
x xy y
− = −
Hướng dẫn cách giải:
Học sinh nhận thấy được phương trình (1) có nghiệm x = y
Biển đổi phương trình (1) về dạng 3x + x = 3y + y (3)
Thiết lập hàm số: f(t) = 3t + t
Trang 9Chứng minh f(t) là hàm đồng biến, (3) ⇔f(x) = f(y) ⇔ x = y
Cách giải: (I) ⇔ 32 3 + y (3)2
12
x xy y
+ =
Xét hàm số: f(t) = 3t + t ⇒ f’(t) = 3tln3 + 1 >0 ∀t∈ ¡
⇒ f(t) là hàm đồng biến, (3) ⇔f(x) = f(y) ⇔ x = y
Nên (I) ⇔ 2 2
12
=
Vậy hệ có hai nghiệm: (2;2) ; (-2; 2)
Ví dụ 8 (Đề thi Ôlimpic 30-4 năm 2012)
Giải hệ phương trình:
2 1
+ = + +
+ = + +
Cách giải: Hệ tương đương với
1
1
2
( ) 1
2
=
Xét hàm số f(t) = 1 3 2
2 t + + −t t ( t∈R) f’(t) = 1 2
(3 2 1) 0
2 t + + > ∀ ∈t t R
Suy ra f(t) là HS đồng biến trên R Do đó:
+ Nếu x < y thì f(x) < f(y)
⇒ z < x ⇒ f(z) < f(x) ⇒ y < z.Vậy x < y < z Vô lý Tương tự nếu y <
x cũng vô lý
Do đó x = y = z Thế vào hệ ta có: 2x + 1 = x3 + x2 + x
⇔ (x + 1)(x2 - 1) = 0 ⇔ = − = =x x= = =11 y z y zHệ có nghiệm (x,y,z)
{ 1,1,1 ; 1, 1, 1}
Ví dụ 9: (Tạp chí toán học tuổi trẻ tháng 5- 2012)
Giải hệ 2 3 4 4 (1)
2 3 + 4 = 4 (2)
Hướng dẫn cách giải:
Trang 10- Nhận dạng: Đây là hệ phương trình đối xứng loại 2 nên có 1 nghiệm
x = y
- Lấy (1) – (2) và đưa phương trình về dạng
2x+ − 3 4 − =x 2y+ − 3 4 −y
- Thiết lập hàm số: f(t)= 2t+ − 3 4 −t , t ∈[-3
2;4]
Cách giải: Điều kiện -3
2 ≤x y, ≤4 Lấy (1) – (2) và đưa phương trình về dạng
2x+ − 3 4 − =x 2y+ − 3 4 −y (3)
Xét hàm số: f(t)= 2t+ − 3 4 −t , t ∈[-3
2;4]
2t 3 + 4 t >
(-3
2;4)
⇒ f(t) đồng biến trên (-3
2;4) (3) ⇔ f( )x = f( )y ⇔ x= y
Suy ra: 2x+ 3 + 4 −x = 4 (pt vô tỉ dạng cơ bản)
Giải pt được 2 nghiệm : x=3, x=
9
11 (thỏa mãn điều kiện) Vậy hệ có 2 nghiệm (3; 3),
9
11
; 9 11
Ví dụ 10 (Đề thi thử ĐH chuyên Vĩnh Phúc 2013)
Giải hệ phương trình: ( 2 2 )( 2 ) 2 3
2
2 0
x y x
(1)
Hướng dẫn:
+) Với y≤ 0 thì VT( )1 > 0, VP( )1 ≤ ⇒ 0 Hệ phương trình chỉ có nghiệm
( )x y, với y> 0
+) Vì y> 0 nên từ phương trình (2) của hệ suy ra x> 2
Khi đó: ( )1 ⇔ x2 + − 1 3x y2 + = 2 2x y2 ( 4y2 + − 1 1)
⇔ + + = + + (3)
2 x x y= − vào phương trình (3) ta được:
x2 + + = 1 x 2x y2 4y2 + + 1 2x y2
2
2
+) Xét hàm số: f t( ) =t 1 + +t2 t với t> 0
Trang 11( ) 2 2
2
1
t
t
+ với mọi t>0 ( )
f t
⇒ là hàm đồng biến trên (0; +∞) Mà f 1 f ( )2y
x
=
÷
1
2 y x
⇔ = 1
2
xy
+) Thay 1
2
xy= vào phương trình (2) của hệ ta có : 4 1
8
x= ⇒ =y .
Thử lại thấy
4 1 8
x y
=
=
thỏa mãn hệ phương trình đã cho
Kết luận : Hệ phương trình đã có nghiệm duy nhất ( , ) 4;1
8
x y
= ÷
Ví dụ 11: (Đề thi ĐH khối A, A1 năm 2012)
Giải hệ phương trình
1 2
+ − + =
Cách giải: Hệ tương đương với
Đặt u = x 1
2
− ; v = y + 1
2
Hệ đã cho thành
1
u v
+ =
Xét hàm f(t) = 3 3 2 45
t − t − t có f’(t) = 2 45
4
t − −t < 0 với mọi t thỏa t≤ 1
⇒ f(u) = f(v + 1) ⇒ u = v + 1 ⇒ (v + 1)2 + v2 = 1 ⇒ v = 0 hay v = -1 ⇒
0
1
v
u
=
=
hay
1 0
v u
= −
=
⇒ Hệ đã cho có nghiệm là 3; 1 ; 1; 3
−
Ví dụ 12: Giải các hệ phương trình sau:
a)
3
4
1
2
2
Trang 12c)
Hướng dẫn giải:
a)
3
4
1
x y (I) Điều kiện:
− ≥ ⇔ ≥
4
1
⇔
Từ phương trình : ( )2 3
x x x ⇔ x− = − + 1 x3 x2 − 2x+ 2 (1)
Ta thấy hàm số ( )f x = x− 1 là hàm đồng biến trên [1; +∞)
Xét hàm số g x( ) = − +x3 x2 − 2x+ 2 Miền xác định: D= +∞[1; )
Đạo hàm g x/ ( ) = − 3x2 + 2x− < ∀ ∈ 2 0 x D Suy ra hàm số nghich biến trên D.
Từ (1) ta thấy x= 1 là nghiệm của phương trình và đó là nghiệm duy nhất Vậy hệ có nghiệm ( )1;0
b)
2
2
y y x (II) Điều kiện:
0 0
≥
≥
x y
Ta có (II)
2
2
⇔
Cộng vế theo vế ta có: 3 +x2 + 3 x + = 3 3 +y2 + 3 y+ 3 (2)
Xét hàm số f t( ) = 3 + +t2 3 t + 3 Miền xác định: D= +∞[1; )
Đạo hàm: /( ) 2 3 1 0
2 3
+
t
t
biến trên D.
Từ (*) ta có ( )f x = f y( ) ⇔ =x y
Lúc đó: 3 +x2 + x = 3 (3)
+ VT (3) là hàm số hàm đồng biến trên D.
+ VP (3) là hàm hằng trên D.
Ta thấy x= 1 là nghiệm của phương trình (3) (thỏa điều kiện)
Suy ra phương trình có nghiệm x= 1 là nghiệm duy nhất.
Vậy hệ có nghiệm ( )1;1
c)
Trang 13Xét hàm số f t( ) = + − +t3 3t 3 ln(t2 − +t 1)
Lúc đó hệ có dạng:
( ) ( ) ( )
=
f x y
f y z
f z x
Miền xác định: D R=
Đạo hàm : /( ) 3 2 3 22 1 0
−
− +
t
đồng biến trên D
Ta giả sử (x y z là nghiệm của hệ và ; ; ) x = max , ,{x y z khi đó ta suy ra:}
y f x f y z z f y f z x Vậy
≥ ≥ ≥ ⇔ = =
x y z x x y z
Thay vào hệ ta có : x3 + 3x− + 3 ln(x2 − + =x 1) x
3 2 3 ln 2 1 0
⇔ x + x− + x − + =x (3)
Ta thấy x= 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (vì VT (3) là đồng biến trên R)
Vậy hệ có nghiệm (1;1;1)
Ví dụ 13: Giải hệ phương trình:
6 3 2 9 2 30 28 (1)
( , ).
x y R
+ + =
2
x≥ − , ( 1)⇔x6 +x2 = (y+ 3) 3 + + (y 3) (3)
Xét hàm số f(t)= 3
t + ∀ ∈t t R Có f ’(t)= 2
1 0,
t + > ∀ ∈ ⇒t R f(t) đồng biến trên R
(3)⇔ f x( ) 2 = f y( + ⇔ 3) x2 = +y 3
x+ + =x x − ⇔ x+ + = +x
⇔
⇔
+ = − −
( )
1 2
tm
y x
=
⇔ = − ⇒ = −
KL: Hệ có 2 nghiệm (x; y)∈{(3;6); ( − 2; 1) − }.
Giải hệ phương trình:
1 (1)
2 2(3 ) 1 3 7 (2)
Ta có (1) ⇔ (x2 + 1)(x y− − = ⇔ = − 1) 0 y x 1
Với y x= − 1 thế vào (2) ta được: x3 + 2x2 + 6x− = 3 3 3 x2 + 7
(x 1) 3(x 1) (x 7) 3 x 7 (3)
Xét hàm số f t( ) = +t3 3t ta có f t'( ) 3 = t2 + > ∀ 3 0, t
Trang 14Suy ra f t( ) đồng biến trên ¡ do đó từ (3) suy ra
2
3
x+ = x + ⇔x3 + 2x2 + 3x− = ⇔ = ⇒ = 6 0 x 1 y 0
Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( ; ) (1;0)x y =
Ví dụ 14: Giải hệ phương trình: ln2 ln 2
0
( ) ( )
1 2 Giải: ĐK:x> 0;y> 0
Ta có: ( )1 ⇔ −x lnx y= − lny
Xét hàm số : f t( ) = −t lntvới t (0; ) f t'( ) t 1
t
Ta có: f t'( ) = ⇔ = 0 t 1 Hàm số đồng biến trong khoảng ( )0;1 và nghịch biến trong khoảng (1; +∞)
- Nếux y; ≥ 1 hoặc x y; ≤ 1thì
Thay vào PT: 2x2 − 5xy y+ 2 = 0 ta có nghiệm x= =y 0 hoặc
2
x= = −y (loại)
- Nếu x< 1;y> 1 hoặc x> 1;y< 1 thì (x− 1) (y− < ⇔ 1) 0 xy x y− − + < 1 0
2 2
1
Vậy hệ vô nghiệm
Ví dụ 15: Giải hệ phương trình:
Giải:
ĐK:− ≤ ≤ 1 x 1;0 ≤ ≤y 2
Hệ đã cho tương đương với: ( )3 ( )2 3 2
(1) (2) Xét hàm số: f t( ) = −t3 3t2với 0 ≤ ≤t 2
f t'( ) = 3t2 − ≤ ∀ ∈ 6t 0 t ( )0;2 nên hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2)
khi đó:( )3 ⇔ f x( + = 1) f y( ) ⇔ + =x 1 ythay vào (2) ta được:
2 2
Vậy hệ có nghiệm:
(x y; ) =( 2 2 2; 2 2 2 1 ; − − + ) (− 2 2 2; − − 2 2 2 1 − + )
Ví dụ 15: Giải hệ phương trình:
( ) ( )
1 2 Giải: ĐK:x≤ 7;y≤ 6; 2x y+ + ≥ 2 0; 2x− 3y+ ≥ 8 0
Trang 15Ta có ( )1 ⇔ 3 7( − +x) 2 7 − =x 3 6( − +y) 2 6 −y ( )3
Xét hàm số: f t( ) (= 3t+ 2) tvới t≥ 0
'( ) 3 3 2 0, 0
2
t
t
+
Khi đó: ( )3 ⇔ f (7 − =x) f (6 −y) ⇔ − = − ⇔ = − 7 x 6 y y x 1 thay vào ( )2 ta được:
2
3x+ − 1 6 − +x 3x − 14x− = 8 0
3x 1 4 1 6 x 3x 14x 5
5
x
⇔ =
3x 1 4 1 + 6 x + x+ >
+ + + − ) Vậy hệ có nghiệm: ( ) ( )x y; = 5;5
Loại 3: Vận dụng tính đơn điệu để giải bất phương trình Bài tập 1: Giải các bất phương trình sau:
a) x+ + 9 2x+ > 4 5 b)
Hướng dẫn giải:
a) x+ + 9 2x+ > 4 5 (1) Điều kiện: 9 0 2
+ ≥
+ ≥
x
x x
Xét hàm số y= f x( ) = x+ + 9 2x+ 4 Miền xác định : D= − +∞[ 2; )
trên D
Để ý rằng: (0) 5f = , do đó:
+ Nếu x> 0 thì ( )f x > f(0) ⇔ x+ + 9 2x+ > 4 5 , nên x> 0 là nghiệm bpt.
+ Nếu 2 − ≤ ≤x 0 thì ( )f x ≤ f(5) ⇔ x+ + 9 2x+ ≤ 4 5 nên
− ≤ ≤x không là nghiêm bpt.
Đối chiếu với điều kiện, suy ra tập nghiệm của (1) là T =(0; +∞).
Điều kiện:
2 2
6 11 0
1 0
− + ≥
− ≥
− ≥
x x
x
(*)
Trang 16Biến đổi bất phương trình: ⇔ x2 − 2x+ + 3 x− > 1 x2 − 6x+ + 11 3 −x
⇔ x− + + x− > −x + + −x (3)
Xét hàm số f t( ) = t2 + + 2 t Ta thấy hàm số đồng biến trên [ ]1;3
Từ (3) ta có (f x− > 1) f(3 − ⇔ − > − ⇔ >x) x 1 3 x x 2
Đối chiếu với điều kiện, ta có nghiệm của bất phương trình (2) là T =(2;3] .
IV CÁC BÀI TẬP TỰ GIẢI
Bài tập 1: Giải các phương trình sau:
a) 3 − +x x2 − 2 + −x x2 = 1 b) x− = − + 3 x3 3x2 + −x 12
2x− + 1 x + = − 3 4 x d)
e) 2m x2 +6 − 2 4x+3m =(4 −m x2) + 3m− 6 f) tanx+ 2.3 log tan 2 x = 3
4 sin sin cos
sin
2 sin 3 sin 2
3 x− + 3sinx− 10 3 x− + − 3 sinx= 0
Bài tập 2: Giải các bất phương trình sau:
2
c) x+ ≤ − 1 1 2x x+ 2 −x3 d) x + 3 x− ≥ − 3 9 x
Bài tập 3: Giải các hệ phương trình sau:
a) 22 2 2
12
2 2
c)
2
2
=
y x