[casio] bai tap bai 10 + dap an

Tuy nhiên, biểu thức trên có vẻ hơi to nên ta cho điểm rơi nhỏ đi 1 xíu.. Ta lấy điểm rơi theo 1 : Vậy là bài toán được giải quyết... Bài toán được giải quyết.. Lời giải chi tiết dành ch

Trang 1

THỦ THUẬT CASIO GIẢI BPT NÂNG CAO

(Bùi Thế Việt – Vted.vn)

C – BÀI TẬP

Bài 1 Giải bất phương trình : x2 2x 2  x 2 2 x2  x 1

Bài 2 Giải bất phương trình : 2x 1 3 x 2 3x 3

Bài 3 Giải bất phương trình : 2 3 x 2  6 x x  3 x

Bài 4 Giải bất phương trình : 4 x5  3 4 x3 4  x 1 9x 3

Bài 5 Giải bất phương trình :

3

x 17

x 3 1



 

8x 15x 2  8x 20x 3  x 1 x 9x 3 2x 4  

Bài 8 Giải bất phương trình : x3 1 x3 1 x

Bài 9 Giải bất phương trình : x 2x 1  x 3 x 11

Trang 2

Bài 10 Giải bất phương trình : x 1  x2  1 x 3  x 1

2

 



Bài 12 Giải bất phương trình : 3x3 1 x x 1  x 1

Bài 13 Giải bất phương trình : 2 3x3   x 7 3x2    7 x 7 0

Bài 14 Giải bất phương trình : 3     2

x   x 6 x 2 3x 1 2 x 1 x 2 x 2

Bài 15 Giải bất phương trình : 2 x2   x 1 2x2  1 2 x 1 3 0  

Bài 16 Giải bất phương trình : 3 x2  1 x3 2 3x 2

Bài 17 Giải bất phương trình :  2    2

x  x 6 x 1  x 2 x 1 3x 9x 2

Bài 18 Giải bất phương trình :  

3

x 1 0

  

Bài 19 Giải bất phương trình : 3 3x 13

4



3

x 4

 

Trang 3

D – ĐÁP ÁN

x 2x 2  x 2 2 x  x 1

Lời giải

Ta có :

2







Lời giải chi tiết dành cho bạn đọc

Kết luận : 2 x   1

3

2x 1  x 2 3x 3

Lời giải

Ta có

3

1

2

Ta luôn có :

2

Kết luận : 1 x 1

2  

Trang 4

Nhận xét

Tại sao lại nghĩ đến biểu thức sau ???

2

27x 41x 10 3 9x 21x 14 2x 1

Phương pháp đánh giá S.O.S sẽ được trình bày trong bài 16, tuy nhiên anh sẽ giới thiệu cho các em các bước để dẫn tới biểu thức trên như sau :

Bước 1 : Đặt

2



Bước 2 : Biến đổi theo t :

1

4

Ta cần chứng minh 27t527t4 72t3 28t2 69t 15 0 t   0

Bước 3 : Tìm điểm rơi :

 

1

2

t t 1.52645153

f ' t 0

t t 0.68965303

  

 Thành thử thấy t t1 3

2

  là cực tiểu địa phương nên ta lấy điểm rơi theo 3

2

Bước 4 : Đưa về PT bậc 4 :

Áp dụng thủ thuật chứng minh phương trình bậc 4 vô nghiệm :

2

Bước 5 : Thế ngược t 2x 1 là xong

Tuy nhiên, biểu thức trên có vẻ hơi to nên ta cho điểm rơi nhỏ đi 1 xíu Ta lấy điểm rơi theo 1 :

Vậy là bài toán được giải quyết

Trang 5

2 3 x  6 x x  x

Lời giải

Ta có :

2 3 x  6 x x   x 6 x x   x 2 3 x

5

2

1

2

Ta luôn có :

2



3

4 x  3 4 x   x 1 9x 3

Lời giải

Ta sẽ chứng minh

5





  

3

x   x 1 x  x 1 x 1 x x

b) Nếu 5x 3 0  thì 4 x5  3 5x 3 luôn đúng

4 x  3 5x 3 16 x 3  5x 3

5

Trang 6

Bài toán được giải quyết

Kết luận: x 1

3

x 17

Lời giải

Ta có :

2

0

b)

2

3

0

Suy ra

Kết luận : x 1

x 3 1



 

Lời giải

Ta có :

3

0



Kết luận : 3 x   2 hoặc 2 x   1 hoặc x 1

8x 15x 2  8x 20x 3  x 1 x 9x 3 2x 4

Lời giải

Trang 7

Nếu 8x2 20x 3 0  thì 8x220x 3  8x220x 3 Khi đó :

Nếu 8x2 20x 3 0  thì 8x220x 3 8x220x 3 Khi đó :

1

3

4

 

4

 

Kết luận : x 9 69

2

 

3

    

Lời giải

Ta có :

Trang 8

Kết luận : x 1

2



x 2x 1

Lời giải

Cách 1 : Ta có :

x 2x 1

1

2x 1 4 x 3 7 56x

Cách 2 : Ta có :

x 2x 1

x 2x 1 2x 1

1

Kết luận : x 1

x 1 x  1 x 3  x 1

Lời giải

Ta có :

2

Kết luận : 3 x 1  

Trang 9

2

 



Lời giải

Ta có :

2

0

 



  



Vì 2x2  1 x2 x x2  x 1 0

Kết luận :  3  x 3 17 hoặc 3  x 3 17

3

3x  1 x x 1  x 1

Lời giải

Ta có :

3

2 3

Kết luận : 1 x 2 

2 3x   x 7 3x    7 x 7 0

Lời giải

Ta luôn có 3x2     7 x 7 7 0 Do đó :

Trang 10

   

2

1

6

Kết luận : x 1 5

2



x   x 6 x 2 3x 1 2 x 1 x 2 x 2

Lời giải

Ta có :

2 2

2

2 2

2

1

3 1

3

   hoặc 0 x 1 

2 x   x 1 2x  1 2 x 1 3 0  

Lời giải

Ta có :

Trang 11

Kết luận : x 2

3x2  1 x3 2 3x 2

Lời giải

2





 Nếu x 3 thì không thỏa mãn

3

2







Nếu x 8 thì :

2







Kết luận : x 3

x  x 6 x 1  x 2 x 1 3x 9x 2

Lời giải

Ta có :

Ta luôn có :

Kết luận : 2 x 3 

Trang 12

3

x 1 0

  

Lời giải

Nếu 3 3 2x 13    2 0 thì  

3

x 1 0

  

Nếu 3 3 2x 13    2 0 thì :

3 3 2x 1  2 6x 1  3 2x 1 2 3 2x 1 1 6x 1

Suy ra :

3

2

6x 1

0

3 6x 1







3 

3 3x 13

4



Lời giải

Ta có :

Nếu x 13

3

 thì vô lý

Trang 13

Nếu 2 x 13

3

1 1

3 13 3x

4



Kết luận : x 3

3

x 4

 

Lời giải

Ta có :

2

3



  

f t   t t f ' t 3t  1 0

Do đó f x 4  f 3 3x 10  cùng dấu với x 4 33x 10

Vậy

3

0



Kết luận : 4 x   3 hoặc 2 3 x 115

3

 

Định dạng
Số trang	13
Dung lượng	612,49 KB