Tài liệu Skkn một số dạng thức bất phương trình chứa căn thức bậc hai thường gặp

  • Số trang: 58 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 493 |
  • Lượt tải: 0
dangvantuan

Tham gia: 02/08/2015

Mô tả:

së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o hµ néi Tr-êng ThPt nguyÔn gia thiÒu ----------------------------------------------------------------------------- S¸ng kiÕn kinh nghiÖm: Mét sè d¹ng bÊt ph-¬ng tr×nh chøa c¨n thøc bËc hai th-êng gÆp Gi¸o viªn : NguyÔn quèc hoµn Tæ : To¸n Hµ Néi, 5 / 2010 NguyÔn Quèc Hoµn – THPT NguyÔn Gia ThiÒu më ®Çu Gi¶i bÊt ph-¬ng tr×nh lµ bµi to¸n khã víi nhiÒu häc sinh kÓ c¶ häc sinh ®-îc cho lµ kh¸ giái; trong ®ã cã bÊt ph-¬ng tr×nh chøa c¨n thøc bËc hai ®-îc coi lµ khã h¬n c¶. Nªn t«i chän ®Ò tµi: “ Mét sè d¹ng bÊt ph-¬ng tr×nh chøa c¨n thøc bËc hai th-êng gÆp ” ®Ó lµm s¸ng kiÕn kinh nghiÖm. Víi môc ®Ých mong muèn ®Ò tµi nµy sÏ gãp phÇn gióp häc sinh hiÓu râ h¬n vÒ m¶ng bÊt ph-¬ng tr×nh chøa c¨n thøc bËc hai nãi riªng vµ bÊt ph-¬ng tr×nh nãi chung, ®ång thêi còng mong muèn ®©y lµ tµi liÖu tham kh¶o cho nh÷ng ai quan t©m ®Õn m«n to¸n. KiÕn thøc thÓ hiÖn trong s¸ng kiÕn kinh nghiÖm nµy hoµn toµn trong ch-¬ng tr×nh To¸n §¹i sè líp 10 ban C¬ b¶n, ban Khoa häc tù nhiªn, ban Khoa häc x· héi vµ nh©n v¨n. Néi dung s¸ng kiÕn kinh nghiÖm nµy cã thÓ sö dông ®Ó chuyÓn sang phÇn ph-¬ng tr×nh còng ®-îc; xong khi chuyÓn sang ph-¬ng tr×nh cã nh÷ng phÇn sÏ ®-îc më réng ®Ó cã bµi to¸n hay h¬n. Do ®ã ng-êi nghiªn cøu cã thÓ sö dông s¸ng kiÕn kinh nghiÖm nµy vµo nhiÒu môc ®Ých gi¸o dôc kh¸c nhau còng ®-îc. Néi dung s¸ng kiÕn kinh nghiÖm nµy gåm cã 9 d¹ng to¸n kh¸c nhau. H1 NguyÔn Quèc Hoµn – THPT NguyÔn Gia ThiÒu Mét sè kiÕn thøc c¬ b¶n sau ®· cã trong s¸ch gi¸o khoa ®-a ra sau ®©y mµ kh«ng nªu néi dung: 1. «n tËp hµm sè bËc hai vµ ®å thÞ cña nã. 2. «n tËp ®Þnh lý vÒ dÊu cña nhÞ thøc bËc nhÊt. 3. «n tËp ®Þnh lý vÒ dÊu cña tam thøc bËc hai. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm: “ Mét sè d¹ng bÊt ph-¬ng tr×nh chøa c¨n thøc bËc hai th-êng gÆp ” D¹ng 1 f(x) ≥ 0 f(x) < g(x) ⇔  f(x) < g(x) f(x) ≥ 0 f(x) ≤ g(x) ⇔  f(x) ≤ g(x) g(x) ≥ 0 f(x) > g(x) ⇔  f(x) > g(x) f(x) ≥ 0 f(x) ≥ g(x) ⇔  f(x) ≥ g(x) Bµi to¸n. Gi¶i c¸c bÊt ph-¬ng tr×nh sau: 1) x2 − 3x + 2 ≤ 2x 2 + 5x + 2 (1) 2) 2x 2 + 10x + 8 > x 2 − 5x − 36 (2) 3) x 3 − 8 < 2x 2 + 5x − 14 (3) Gi¶i:  x ≥ 2 x ≥ 2    x ≤ −8  (1)  x 2 − 3x + 2 ≥ 0    x ≤ 1 ⇔  x ≤ 1 ⇔ ⇔ 0 ≤ x ≤ 1 1) ⇔  2 2   x − 3x + 2 ≤ 2x + 5x + 2  2  x ≥ 0  x + 8x ≥ 0   x ≤ −8  x ≥ 2  H2 NguyÔn Quèc Hoµn – THPT NguyÔn Gia ThiÒu KÕt luËn: tËp nghiÖm bÊt ph-¬ng tr×nh (1) lµ S = (−∞ ; −8] ∪ [0 ; 1] ∪ [ 2 ; + ∞) .  x ≥ 9  x 2 − 5 x − 36 ≥ 0  2) ⇔  2 ⇔   x ≤ −4 2 2 x + 10 x + 8 > x − 5 x − 36   x 2 + 15 x + 44 > 0  ( 2)  x ≥ 9   x ≤ −4 ⇔   x > −4    x < −11  x < −11 ⇔  x ≥ −9 KÕt luËn: tËp nghiÖm bÊt ph-¬ng tr×nh (2) lµ S = ( −∞ ; − 11] ∪ [9 ; + ∞ ) . 3  x − 8 ≥ 0 3) ⇔  3 2  x − 8 < 2x + 5x − 14  (3) x ≥ 2 ⇔ 2 (x − 1)(x − x − 6) < 0 x ≥ 2 ⇔ −2 < x < 3 3  x ≥ 8 ⇔ 3 2 x − 2x − 5x + 6 < 0  x ≥ 2 ⇔ 2 x − x − 6 < 0 ⇔ 2≤x<3 KÕt luËn: tËp nghiÖm bÊt ph-¬ng tr×nh (3) lµ S = [ 2 ; 3) . Bµi tËp t-¬ng tù. Gi¶i c¸c bÊt ph-¬ng tr×nh sau: 1) x 2 − 3x − 4 ≤ 2x2 + x − 5 2) 2 x 2 + 9 x + 13 > 3) 2 x2 − 9 x − 4 ≥ 4) 2 x 2 + 12 x + 16 < x 2 − 3x − 28 5) x3 − 2 x 2 − 1 ≥ 6) x3 − x 2 < x 2 − 3x + 2 x 2 − 3x − 4 x2 − x − 2 x2 + x − 2 . H3 NguyÔn Quèc Hoµn – THPT NguyÔn Gia ThiÒu D¹ng 2 f (x) ≥ 0  f(x) < g(x) ⇔ g(x) > 0 f (x) < g 2 (x)  f(x) ≥ 0  f(x) ≤ g(x) ⇔ g(x) ≥ 0 f(x) ≤ g 2 (x)  Bµi to¸n. Gi¶i c¸c bÊt ph-¬ng tr×nh sau: 1) x 2 − 8x + 7 + 3x ≤ 1 (1) 2) 2 9 + 8x − x 2 + 1 < 9x 3) 1− (2) 1 <2 x (3) Gi¶i: (1) 1) ⇔ x2 − 8x + 7 ≤ 1 − 3x  1 x ≤ 3   2 ⇔  x − 8x + 7 ≤ 9x 2 − 6x + 1  x≥7    x ≤ 1  x2 − 8x + 7 ≥ 0  ⇔ 1 − 3 x ≥ 0 2  2  x − 8 x + 7 ≤ (1 − 3 x ) 1  x ≤ ⇔ 3 2 8x + 2x − 6 ≥ 0 1  x ≤  3  ⇔  3 x ≥  4    x ≤ −1 ⇔ x ≤ −1 KÕt luËn: tËp nghiÖm bÊt ph-¬ng tr×nh (1) lµ S = ( −∞ ; − 1] . 9 + 8 x − x 2 ≥ 0  ⇔ 9 x − 1 > 0 4(9 + 8 x − x 2 ) < (9 x − 1) 2  (2) 2) ⇔ 2 9 + 8x − x2 < 9x − 1 H4 NguyÔn Quèc Hoµn – THPT NguyÔn Gia ThiÒu −1 ≤ x ≤ 9  1 ⇔ x > 9  2 2 −  4x + 32x + 36 < 81x − 18x + 1 1  0 1 9 < x ≤ 9  ⇔  x > 1  7  x < − 17  ⇔1< x ≤ 9 KÕt luËn: tËp nghiÖm bÊt ph-¬ng tr×nh (2) lµ S = (1 ; 9].  x ≠ 0 (3)  1  3) ⇔ 1 − ≥ 0 x  1  1 − x < 4  x ≠ 0  x − 1 ⇔ ≥0 x   3x + 1  x > 0  x < 0  1   x ≥ 1 x<−  ⇔  x > 0 ⇔ 3   x ≥ 1  x < − 1   3 KÕt luËn: tËp nghiÖm bÊt ph-¬ng tr×nh (3) lµ 1  S =  −∞ ; −  ∪ [1 ; + ∞ ) . 3  Bµi tËp t-¬ng tù. Gi¶i c¸c bÊt ph-¬ng tr×nh sau: 1) x 2 − 2x − 8 + 2 ≤ x 2) 2x 2 − 5x + 2 + x ≤ 2 3) 3x 2 − 8x − 3 + 1 ≤ 2x 4) 3 (x + 6)(x − 2) + 7 + 3 < 5x 5) 3 (x − 6)(x + 2) + 7 + 2x < 6 6) 2x 4 − 5x 2 + 3 + 1 < x2. H5 NguyÔn Quèc Hoµn – THPT NguyÔn Gia ThiÒu D¹ng 3  g(x) < 0  f(x) ≥ 0 f(x) > g(x) ⇔   g(x) ≥ 0  2  f(x) > g (x)  g(x) < 0  f(x) ≥ 0 f(x) ≥ g(x) ⇔   g(x) ≥ 0  2  f(x) ≥ g (x) Bµi to¸n. Gi¶i c¸c bÊt ph-¬ng tr×nh sau: 1) −3x 2 + 10x − 3 ≥ x + 1 (1) 2) (x − 1)(3 − x) + 3 + 4 > 3x (2) 3) 2x 2 − 8x + 1 > x 2 + 1 (3) Gi¶i:  x < −1  1 ≤ x < 3 ⇔  3  x ≥ −1    −3x 2 + 10x − 3 ≥ x 2 + 2x + 1  x + 1 < 0  2 (1)  −3x + 10x − 3 ≥ 0 1) ⇔  x + 1 ≥ 0   −3x 2 + 10x − 3 ≥ ( x + 1)2   x ≥ −1 ⇔ 2 4x − 8x + 4 ≤ 0  x ≥ −1 ⇔ 2 4(x − 1) ≤ 0  x ≥ −1 ⇔ x =1 ⇔ x = 1 KÕt luËn: tËp nghiÖm bÊt ph-¬ng tr×nh (1) lµ S = { 1 }. (2) 2) ⇔ 4x − x2 > 3x − 4  3x − 4 < 0  2 4x − x ≥ 0  ⇔ 3x − 4 ≥ 0   4x − x 2 > (3x − 4)2 H6 NguyÔn Quèc Hoµn – THPT NguyÔn Gia ThiÒu  4  x < 3  0 ≤ x ≤ 4 ⇔  x ≥ 4 3   4x − x 2 > 9x 2 − 24x + 16  4  0 ≤ x < 3  4 ⇔  x≥   3  2  10x − 28x + 16 < 0 4  0 ≤ x <  3  4 ⇔   x ≥  3   4 < x < 2   5 4  0 ≤ x <  3 ⇔ 4 ≤ x < 2  3 ⇔0≤x<2 KÕt luËn: tËp nghiÖm bÊt ph-¬ng tr×nh (2) lµ S = [0 ; 2 ) . (3) 3) ⇔ 2x2 − 8x + 1 > (x2 + 1)2 ⇔ 2x2 − 8x + 1 > x 4 + 2x2 + 1 ⇔ x4 + 8x < 0 ⇔ x(x3 + 8) < 0 ⇔ x(x + 2)(x2 − 2x + 4) < 0 ⇔ x(x + 2) < 0 ⇔ −2 < x < 0 KÕt luËn: tËp nghiÖm bÊt ph-¬ng tr×nh (3) lµ S = ( −2 ; 0 ) . Bµi tËp t-¬ng tù. Gi¶i c¸c bÊt ph-¬ng tr×nh sau: 1) (x − 3)(5 − x) + 15 + 4 > 2x 2) x 2 + 5x + 4 + 2 ≥ 3x 3) x 2 − 4x − 5 + x ≥ 11 4) x 4 + x2 + 1 ≥ x + 1 5) x 4 − x 2 + 1 + 1 > 2x 6) 2x 4 − 5x 2 + 2 + 2x 2 ≥ 1. H7 NguyÔn Quèc Hoµn – THPT NguyÔn Gia ThiÒu D¹ng 4 f (x) + g(x) < p(x) + q(x) hoÆc: f (x) + g(x) ≤ p(x) + q(x) (Trong ®ã: f(x) + g(x) = p(x) + q(x)). Ph-¬ng ph¸p: f (x) ≥ 0 g(x) ≥ 0  §iÒu kiÖn:  p(x) ≥ 0 q(x) ≥ 0 B×nh ph-¬ng hai vÕ cña bÊt ph-¬ng tr×nh, sau ®ã ®-a vÒ d¹ng 1. Bµi to¸n. Gi¶i c¸c bÊt ph-¬ng tr×nh sau: 1) x + 2 + 5 − 2x < 2x + 7 − 3x (1) 2) x + 3 − 2x + 5 ≥ 3 − 3x − 5 − 2x (2) 3) 3 − 2x − 4 − 3x ≤ 2x + 2 − x + 3 (3) Gi¶i: 1) §iÒu kiÖn: 0 ≤ x ≤ (1) ⇔ ( 7 3 x + 2 + 5 − 2x ) ( 2 < 2x + 7 − 3x ) 2 ⇔ x + 2 + 5 − 2x + 2 x + 2. 5 − 2x < 2x + 7 − 3x + 2 2x. 7 − 3x ⇔ 2 (x + 2)(5 − 2x) < 2 2x(7 − 3x) ⇔ −2x 2 + x + 10 < −6x 2 + 14x ⇔ −2x 2 + x + 10 < −6x 2 + 14 x ⇔ 4x 2 − 13x + 10 < 0 5 < x < 2 ; tho¶ m·n ®iÒu kiÖn. 4 KÕt luËn: tËp nghiÖm bÊt ph-¬ng tr×nh (1) lµ ⇔ 5  S =  ; 2. 4  2) §iÒu kiÖn: − 5 ≤ x ≤1 2 H8 NguyÔn Quèc Hoµn – THPT NguyÔn Gia ThiÒu (2) ⇔ x + 3 + 5 − 2x ≥ 3 − 3x + 2x + 5 ⇔ ( x + 3 + 5 − 2x ) ≥( 2 3 − 3x + 2x + 5 ) 2 ⇔ x + 3 + 5 − 2x + 2 3 + x. 5 − 2x ≥ 3 − 3x + 2x + 5 + 2 3 − 3x. 2x + 5 ⇔ 2 (3 + x)(5 − 2x) ≥ 2 (3 − 3x)(2x + 5) ⇔ −2x 2 − x + 15 ≥ −6x 2 − 9x + 15 ⇔ −2x2 − x + 15 ≥ −6x2 − 9x + 15 ⇔ 4x2 + 8x ≥ 0 x ≥ 0 ⇔ x ≤ −2 KÕt hîp ®iÒu kiÖn, cã tËp nghiÖm bÊt ph-¬ng tr×nh (2) lµ  5  S =  − ; − 2  ∪ [0 ; 1].  2  3) §iÒu kiÖn: –1 ≤ x ≤ 4 3 (3) ⇔ 3 − 2x + x + 3 ≤ 4 − 3x + 2x + 2 ⇔ ( 3 − 2x + x + 3 ) ( 2 ≤ 4 − 3x + 2x + 2 ) 2 ⇔ 3 − 2x + x + 3 + 2 3 − 2x. x + 3 ≤ 4 − 3x + 2x + 2 + 2 4 − 3x. 2x + 2 ⇔ 2 (3 − 2x)(x + 3) ≤ 2 (4 − 3x)(2x + 2) ⇔ −2x2 − 3x + 9 ≤ −6x2 + 2x + 8 ⇔ −2x2 − 3x + 9 ≤ −6x2 + 2x + 8 ⇔ 4x2 − 5x + 1 ≤ 0 1 ≤ x ≤ 1; tho¶ m·n ®iÒu kiÖn 4 KÕt luËn: tËp nghiÖm bÊt ph-¬ng tr×nh (3) lµ ⇔ 1  S =  ; 1 . 4  Bµi tËp t-¬ng tù. Gi¶i c¸c bÊt ph-¬ng tr×nh sau: 1) x + 1 + 3x − 1 > 2x − 1 + 2x + 1 H9 NguyÔn Quèc Hoµn – THPT NguyÔn Gia ThiÒu 2) x − 1 + 3x + 1 ≤ 2x − 1 + 2x + 1 3) 2x + 1 + 2x − 2 < x + 1 + 3x − 2 4) x − 1 + 3x + 2 ≥ 2x − 1 + 2x + 2 5) 5x − 1 − 5x + 7 > 2x − 3 − 2x + 5 6) 2x + 3 − x + 2 < 4x − 3 − 3x − 4. D¹ng 5 Cã nh÷ng bµi to¸n gÇn gièng d¹ng 2 vµ d¹ng 3, nh-ng g(x) ë ®©y lµ tam thøc bËc hai, khi b×nh ph-¬ng hai vÕ sÏ dÉn ®Õn bÊt ph-¬ng tr×nh bËc bèn rÊt khã gi¶i. Do ®ã ta cã c¸ch gi¶i kh¸c lµ ®Æt Èn phô, d-íi ®©y lµ mét sè bµi to¸n minh ho¹. Bµi to¸n 1. Gi¶i c¸c bÊt ph-¬ng tr×nh sau: 1) (x + 1)(x − 2) + x2 ≥ x + 8 (1) 2) 6x 2 − 18x + 12 < 10 + 3x − x 2 (2) 3) 2 x2 + 2x + 10 + 5 > x(x + 2) (3) Gi¶i: 1) §Æt: t = (x + 1)(x − 2) ; t ≥0 ⇔ t 2 = x2 − x − 2 ⇔ x2 − x = t 2 + 2 (1) t ≥ 2 ⇔ t + t2 + 2 − 8 ≥ 0 ⇔ t2 + t − 6 ≥ 0 ⇔   t ≤ −3 (lo¹i) VËy: x ≥ 3 (x + 1)(x − 2) ≥ 2 ⇔ x 2 − x − 2 ≥ 4 ⇔ x 2 − x − 6 ≥ 0 ⇔  x ≤ −2 KÕt luËn: tËp nghiÖm bÊt ph-¬ng tr×nh (1) lµ S = ( −∞ ; − 2] ∪ [3 ; + ∞ ) . H 10 NguyÔn Quèc Hoµn – THPT NguyÔn Gia ThiÒu §Æt: t = 6x2 − 18x + 12 ; 2) t ≥0 12 − t 2 ⇔ 3x − x = 6 ⇔ t = 6x − 18x + 12 2 2 12 − t 2 ⇔ t < 10 + 6 (2) VËy: 2 ⇔ 6t < 60 + 12 − t 2 ⇔ t 2 + 6t − 72 < 0 ⇔ −12 < t < 6 6x2 − 18x + 12 < 6 ⇔ x2 − 3x + 2 < 6  x 2 − 3x + 2 ≥ 0  ⇔ 2  x − 3x + 2 < 6   x ≥ 2  ⇔  x ≤ 1  2  x − 3x − 4 < 0  x ≥ 2  ⇔  x ≤ 1 −1 < x < 4   −1 < x ≤ 1 ⇔ 2 ≤ x < 4 KÕt luËn: tËp nghiÖm bÊt ph-¬ng tr×nh (2) lµ S = ( −1 ; 1] ∪ [2 ; 4 ). §Æt: t = x2 + 2x + 10 ; 3) t ≥3 ⇔ t 2 = x2 + 2x + 10 ⇔ x(x + 2) = t 2 − 10 (3) ⇔ 2t + 5 > t 2 − 10 ⇔ t 2 − 2t − 15 < 0 ⇔ −3 < t < 5 VËy: x2 + 2x + 10 < 5 ⇔ x2 + 2x + 10 < 25 ⇔ x2 + 2x − 15 < 0 ⇔ −5 < x < 3 KÕt luËn: tËp nghiÖm bÊt ph-¬ng tr×nh (3) lµ S = ( − 5 ; 3). Bµi to¸n 2. Cho bÊt ph-¬ng tr×nh: x 2 + 2x + (x + 3)(1 − x) + 5 ≥ m (*) a) Gi¶i bÊt ph-¬ng tr×nh (*) víi m = 2. b) T×m m ®Ó bÊt ph-¬ng tr×nh (*) cã nghiÖm. c) T×m m ®Ó bÊt ph-¬ng tr×nh (*) nghiÖm ®óng ∀x ∈ [ −4 ; 2]. Gi¶i: (x + 3)(1 − x) + 5 = − x2 − 2x + 8 = (x + 4)(2 − x) = 9 − (x + 1)2 §Æt : t = (x + 3)(1 − x) + 5; ⇔ t 2 = −x2 − 2x + 8 0≤t ≤3 ⇔ x2 + 2x = 8 − t 2 H 11 NguyÔn Quèc Hoµn – THPT NguyÔn Gia ThiÒu (*) ⇔ 8 − t2 + t ≥ m ⇔ − t 2 + t + 8 ≥ m (**) (**) a) m = 2, ⇔ − t 2 + t + 8 ≥ 2 ⇔ t 2 − t − 6 ≤ 0 ⇔ −2 ≤ t ≤ 3 VËy: −x2 − 2x + 8 ≤ 3 ⇔ 9 − (x + 1)2 ≤ 3; nghiÖm ®óng ∀x ∈ [–4 ; 2]. KÕt luËn: tËp nghiÖm bÊt ph-¬ng tr×nh (*) lµ S = [–4 ; 2]. b) BÊt ph-¬ng tr×nh (*) cã nghiÖm ⇔ bÊt ph-¬ng tr×nh (**) cã nghiÖm t tho¶ m·n: 0 ≤ t ≤ 3 Gäi f(t) = −t 2 + t + 8; 0≤t ≤3 B¶ng biÕn thiªn: t −∞ 0 1 2 +∞ 33 4 f(t) 8 ⇒ 2 ≤ f(t) ≤ 33 ; 4 2 ∀t ∈ [0 ; 3] Do ®ã (**) cã nghiÖm t ∈ [0 ; 3] ⇔ KÕt luËn: m ≤ 3 33 33 ≥m ⇔m≤ 4 4 33 , bÊt ph-¬ng tr×nh (*) cã nghiÖm. 4 c) BÊt ph-¬ng tr×nh (*) nghiÖm ®óng ∀x ∈ [ −4 ; 2] ⇔ bÊt ph-¬ng tr×nh (**) nghiÖm ®óng ∀t ∈ [0 ; 3]. Theo kÕt qu¶ phÇn trªn, cã: 2 ≥ m ⇔ m ≤ 2. KÕt luËn: m ≤ 2, bÊt ph-¬ng tr×nh (*) nghiÖm ®óng ∀x ∈ [ −4 ; 2] . Bµi to¸n 3. Cho bÊt ph-¬ng tr×nh: 2 (x + 1)(x − 7) + 25 + 6x ≥ x2 + m a) Gi¶i bÊt ph-¬ng tr×nh (1) víi m = 3. b) T×m m ®Ó bÊt ph-¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm. H 12 (1) NguyÔn Quèc Hoµn – THPT NguyÔn Gia ThiÒu Gi¶i: (x + 1)(x − 7) + 25 = x2 − 6x + 18 = (x − 3)2 + 9 §Æt : t = (x + 1)(x − 7) + 25 ; t ≥ 3. ⇔ t 2 = x 2 − 6x + 18 ⇔ x 2 − 6x = t 2 − 18 (1) ⇔ 2t ≥ t 2 − 18 + m ⇔ t 2 − 2t − 18 ≤ −m (2) (2) a) m = 3, ⇔ t 2 − 2t − 18 ≤ −3 ⇔ t 2 − 2t − 15 ≤ 0 ⇔ −3 ≤ t ≤ 5 VËy: x2 − 6x + 18 ≤ 5 ⇔ x2 − 6x + 18 ≤ 25 ⇔ x2 − 6x − 7 ≤ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 7 KÕt luËn: tËp nghiÖm bÊt ph-¬ng tr×nh lµ S = [ −1 ; 7] . b) BÊt ph-¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm ⇔ bÊt ph-¬ng tr×nh (2) cã nghiÖm t tho¶ m·n: t ≥ 3 Gäi f(t) = t 2 − 2t − 18; t ≥3 B¶ng biÕn thiªn: t -∞ 1 3 +∞ f(t) +∞ –15 ⇒ f(t) ≥ − 15 ; ∀t ≥ 3. Do bÊt ph-¬ng tr×nh (2) cã nghiÖm ⇔ −15 ≤ − m ⇔ m ≤ 15 KÕt luËn: m ≤ 15, bÊt ph-¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm. Bµi tËp t-¬ng tù. Bµi 1. Gi¶i c¸c bÊt ph-¬ng tr×nh sau: 1) x 2 + 12x − 8 (x − 2)(x + 14) < 16 2) (x − 1)(x − 9) ≥ 4 + 10 x 2 − 10x − 11 H 13 NguyÔn Quèc Hoµn – THPT NguyÔn Gia ThiÒu 3) (x − 2) x +1 + (x + 1)(x − 2) ≥ 6 x−2 4) (x − 1)(x + 2) < 4 − x − x 2 5) (1 + x)(4 + x) > 2 + x(x + 5) 6) (x − 2)(4 − x) + 6x ≥ x 2 + 10 . Bµi 2. Cho bÊt ph-¬ng tr×nh: (x + 1)(x + 3) ≥ m + 6 (x − 1)(x + 5) a) Gi¶i bÊt ph-¬ng tr×nh víi m = 0. b) T×m m ®Ó bÊt ph-¬ng tr×nh nghiÖm ®óng víi mäi x ∈ [ −5 ; 1] . Bµi 3. Cho bÊt ph-¬ng tr×nh: (x − 1)(x + 3) − x 2 + 2x + 10 ≤ m a) Gi¶i bÊt ph-¬ng tr×nh víi m = 7. b) T×m m ®Ó bÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm. H 14 NguyÔn Quèc Hoµn – THPT NguyÔn Gia ThiÒu D¹ng 6 f (x) + g(x) > hoặc: h(x) f (x) + g(x) ≥ h(x) Phương pháp: f (x) ≥ 0  Điều kiện: g(x) ≥ 0 h(x) ≥ 0  Dạng này có thể còn những cách giải khác, xong ở đây xin giới thiệu một số bài toán mà sau khi bình phương hai vế sẽ đưa về dạng 2 hoặc dạng 3 hoặc dạng 5. Bài toán. Giải các bất phương trình sau : 1) 5−x ≥ 2x + 2 − 2) 1+ x < 6+x − 3) x −1 + 2x < 4) x 2 − 3x + 2 + x −1 (1) x−2 (2) 2x 2 + x − 1 (3) x 2 − 4x + 3 ≥ x 2 − 5x + 4 (4) Giải: 1) Điều kiện: 1 ≤ x ≤ 5 (1) ⇔ 5−x + 2x + 2 ⇔ x −1 ≥ ( 5 − x + x −1 ) ≥( 2 2x + 2 ) 2 ⇔ 5 – x + x – 1 + 2 5 − x . x − 1 ≥ 2x + 2 ⇔ 2 (5 − x)(x − 1) ≥ 2x + 2 – 4 ⇔ −x 2 + 6x − 5 ≥ x – 1 ⇔ –x 2 + 6x – 5 ≥ (x – 1)2 (Hai vế không âm, do: 1 ≤ x ≤ 5) ⇔ –x 2 + 6x – 5 ≥ x2 – 2x + 1 ⇔ 2x2 – 8x + 6 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ x ≤ 3; thoả mãn điều kiện. Kết luận: tập nghiệm bất phương trình (1) là S = [1 ; 3]. 2) Điều kiện: x ≥ 2 (2) ⇔ 1+ x + x−2 < x+6 ⇔ H 15 ( 1+ x + x − 2 ) <( 2 6+x ) 2 NguyÔn Quèc Hoµn – THPT NguyÔn Gia ThiÒu ⇔ x + 1 + x − 2 + 2 1+ x . x − 2 < 6 + x ⇔ 2 (x + 1)(x − 2) < x + 6 − 2x + 1 ⇔ 2 x2 − x − 2 < 7 − x 7 − x > 0  ⇔ x ≥ 2 4(x 2 − x − 2) < (7 − x) 2  x < 7  ⇔ x ≥ 2 4x 2 − 4x − 8 < x 2 − 14x + 49  2 ≤ x < 7 ⇔ 2 3x + 10x − 57 < 0 2 ≤ x < 7  ⇔ −19  3 < x < 3 ⇔2≤x<3 Kết luận: tập nghiệm bất phương trình (2) là S = [2 ; 3). 3) Điều kiện: x ≥ 1 (3) ⇔ ( x − 1 + 2x ) ( 2 < 2x 2 + x − 1 ) 2 ⇔ x − 1 + 2x + 2 x − 1 . 2x < 2x 2 + x − 1 ⇔ 2 2x(x − 1) < 2x 2 + x − 1 − 3x + 1 ⇔ 2 2x 2 − 2x < 2x 2 − 2x ⇔ ⇔ ( ) − 2 2x − 2x > 0 2x − 2x ( 2x − 2x − 2 ) > 0 2x 2 − 2x 2 2 2 2  2x 2 − 2x > 2 ⇔ 2 2x − 2x > 0 ⇔ 2x2 − 2x > 2 ⇔ 2x 2 − 2x > 4 ⇔ x2 − x − 2 > 0 x > 2 ⇔   x < −1 Kết hợp với điều kiện, có tập nghiệm bất phương trình (3) là S = (2 ; + ∞ ). H 16 NguyÔn Quèc Hoµn – THPT NguyÔn Gia ThiÒu  x ≥ 2   x ≤ 1   x ≥ 3 ⇔   x ≤ 1  x ≥ 4    x ≤ 1  x 2 − 3x + 2 ≥ 0  4) Điều kiện:  x 2 − 4x + 3 ≥ 0  x 2 − 5x + 4 ≥ 0  (4) (x − 1)(x − 2) + ⇔ (x − 1)(x − 3) ≥ x ≥ 4 ⇔ x ≤ 1 (x − 1)(x − 4) +) Trường hợp 1: x ≥ 4 (4) x−2 + ⇔ x −3 ≥ x − 4 ; nghiệm đúng ∀ x ≥ 4. +) Trường hợp 2: x = 1, thay vào bất phương trình thoả mãn. +) Trường hợp 3: x < 1 (4) ⇔ (1 − x)(2 − x) + ⇔ 2−x + ⇔ ( (1 − x)(3 − x) ≥ 3− x ≥ 2− x + 3− x (1 − x)(4 − x) 4−x ) ≥( 2 ⇔ 2 − x + 3 − x + 2 2−x 4−x ) 2 3− x ≥ 4 − x ⇔ 2 2 − x . 3 − x ≥ 4 − x + 2x − 5 ⇔ 2 2 − x . 3 − x ≥ x − 1; nghiệm đúng ∀ x < 1 Kết luận: tập nghiệm bất phương trình (4) là S = (− ∞ ; 1] ∪ [4 ; + ∞ ). Bài tập tương tự. Giải các bất phương trình sau: 1) 3x − 3 + 5−x < 2 x 2) 2+x ≥ 7+x − 3) x−2 ≤ x 2 − 8x − 2 − 4) x +3 ≥ x 2 − 20 − 5) x −1 ≤ x 2 + 4x − 1 − 6) x+2 + 3 − x < 11 + x − x 2 x −1 H 17 x −8 x −5 x +3 NguyÔn Quèc Hoµn – THPT NguyÔn Gia ThiÒu 7) 2−x + x + 3 > 11 − x − x 2 8) x2 −1 + x 2 + 3x + 2 ≤ 9) x 2 − 3x + 2 > 10) x2 −1 + x 2 + 8x + 7 x 2 − 4x + 3 + x 2 − 5x + 4 x2 + x − 2 . x 2 − 2x + 1 > D¹ng 7 a ( ) f(x) ± g(x) + b f(x).g(x) ≥ m (Trong ®ã: f(x) + g(x) = c; c = const) Ph-¬ng ph¸p: f (x) ≥ 0 §iÒu kiÖn:  g(x) ≥ 0 §Æt: t = f (x) ± g(x) ; t×m ®iÒu kiÖn cho t ±(t 2 − c) 2 Sau ®ã thay vµo bÊt ph-¬ng tr×nh vµ gi¶i tiÕp ⇔ f (x).g(x) = Chó ý: D¹ng nµy nÕu lµ ph-¬ng tr×nh, ta cßn cã c¸ch gi¶i kh¸c lµ ®-a vÒ hÖ ph-¬ng tr×nh ®Ó gi¶i. Bµi to¸n 1. Gi¶i c¸c bÊt ph-¬ng tr×nh sau: 1) x + 1 + 4 − x + 1 < 2 4 + 3x − x 2 (1) 2) 2x + 1 + 9 + 16x − 4x 2 < 9 − 2x + 5 (2) 3) x + 10 − x 2 + x. 10 − x 2 < 7 (3) 4) x − (4) 5 − x 2 + x. 5 − x 2 > 1 Gi¶i: 1) §iÒu kiÖn: − 1 ≤ x ≤ 4 §Æt: t = 1 + x + 4 − x; H 18 5 ≤ t ≤ 10 NguyÔn Quèc Hoµn – THPT NguyÔn Gia ThiÒu ⇔ t2 = ( 1+ x + 4 − x ) 2 ⇔ t 2 = 1 + x + 4 − x + 2 1 + x. 4 − x ⇔ 2 4 + 3x − x 2 = t 2 − 5 (1) t > 3 ⇔ t +1 < t2 − 5 ⇔ t2 − t − 6 > 0 ⇔   t < −2; lo¹i VËy: 1+ x + 4 − x > 3 ⇔ 1 + x + 4 − x + 2 4 + 3x − x 2 > 9 ⇔ 2 4 + 3x − x 2 > 4 ⇔ 4 + 3x − x 2 > 4 ⇔ x 2 − 3x < 0 ⇔ 0 < x < 3; tho¶ m·n ®iÒu kiÖn KÕt luËn: tËp nghiÖm bÊt ph-¬ng tr×nh (1) lµ S = (0 ; 3). 2) §iÒu kiÖn: − 1 9 ≤x≤ 2 2 §Æt: t = 2x + 1 − 9 − 2x; − 10 ≤ t ≤ 10 ⇔ t 2 = 2x + 1 + 9 − 2x − 2 2x + 1. 9 − 2x ⇔ t 2 = 10 − 2 9 + 16x − 4x 2 10 − t 2 ⇔ 9 + 16x − 4x = 2 2 t < 0 10 − t 2 ⇔ t+ < 5 ⇔ 2t + 10 − t 2 < 10 ⇔ t 2 − 2t > 0 ⇔  2 t > 2 (2)  2x + 1 − 9 − 2x < 0 VËy:   2x + 1 − 9 − 2x > 2 +) Gi¶i (I): (I) (II) 2x + 1 < 9 − 2x ⇔ 2x + 1 < 9 − 2x ⇔ 4x < 8 ⇔ x < 2 1 KÕt hîp ®iÒu kiÖn, cã: − ≤ x < 2 2  2x + 1 ≥ 9 − 2x  +) Gi¶i (II):   2x + 1 − 9 − 2x ( ) 2 >4 H 19  2x + 1 ≥ 9 − 2x ⇔ 2  10 − 2 9 + 16x − 4x > 4
- Xem thêm -