Mục lục I CÁC CHUYÊN ĐỀ 3 1 ĐẠI SỐ - GIẢI TÍCH 3 1.1 Hệ phương trình (Miền Cát Trắng, Phan Thị Minh Ngọc, ) . . . . . . . . . . 3 1.2 PT & BPT Vô tỷ (Nguyễn Thị Ngân, ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.3 PT Mũ và Logarit (Đỗ Đường Hiếu) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 1.3.1 Phương pháp đưa về cùng cơ số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 1.3.2 Phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 1.3.3 Phương pháp sử dụng tính chất đồng biến và nghịch biến của hàm số 18 1.3.4 Phương pháp lôgarit hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 1.3.5 Phương pháp đưa về cùng cơ số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 1.3.6 Phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 1.3.7 Phương pháp sử dụng tính chất đồng biến và nghịch biến của hàm số 22 1.3.8 Phương pháp mũ hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 1.4 Bất đẳng thức (Inspectorgadget, truongson2007) . . . . . . . . . . . . . . . . 33 1.5 Tích phân (Nguyễn Văn Đàn, Lê Huy Hoàng) . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 1.6 Chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất bằng phương pháp hàm số (Nguyễn Hữu Phương) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 1.7 Cực trị của hàm nhiều biến (Lê Trung Tín) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 1.8 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73 1.8.1 Kỹ thuật tìm GTLN, GTNN bằng phương pháp thế . . . . . . . . . . 74 1.8.2 Bài toán tìm GTLN, GTNN của biểu thức đối xứng. . . . . . . . . . 75 1.8.3 Bài toán tìm GTLN, GTNN của biểu thức chứa 3 biến . . . . . . . . 77 2 HÌNH HỌC 88 2.1 Thể tích và khoảng cách (Nguyễn Trung Kiên) . . . . . . . . . . . . . . . . . 88 2.2 Hình học KG (Nguyễn Trung Kiên) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99 2.3 Tham số hóa trong Hình Giải Tích (Nguyễn Thị Thỏa) . . . . . . . . . . . . 99 2.4 Cực trị trong hình giải tích phẳng (Phạm Kim Chung) . . . . . . . . . . . . 109 II CÁC BÀI TOÁN HAY 110 3 ĐẠI SỐ - GIẢI TÍCH 110 3.1 Hệ phương trình (Lê Nhất Duy) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110 3.2 Hệ phương trình nâng cao (Lê Trung Tín) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117 3.3 PT & BPT Vô tỷ (Đinh Văn Trường) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 1 3.4 PT Mũ và Logarit () . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168 3.5 Bất đẳng thức () . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168 3.6 Tích phân () . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168 3.7 Phương pháp hàm số trong CM Bất Đẳng Thức () . . . . . . . . . . . . . . 168 4 HÌNH HỌC 168 4.1 Thể tích và khoảng cách () . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168 4.2 Hình học KG () . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168 4.3 Tham số hóa trong Hình Giải Tích () . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168 4.4 Cực trị trong hình giải tích phẳng () . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168 III CÁC ĐỀ THI TỰ LUYỆN 169 5 Đề thi 169 6 Lời giải 169 2 Phần I CÁC CHUYÊN ĐỀ 1 ĐẠI SỐ - GIẢI TÍCH 1.1 Hệ phương trình (Miền Cát Trắng, Phan Thị Minh Ngọc, ) 1.2 PT & BPT Vô tỷ (Nguyễn Thị Ngân, ) Các bài phương trình - bất phương trình vô tỷ Lời nói đầu Phương trình- bất phương trình là chuyên đề mà chúng ta thường gặp trong các kì thi các cấp và đặc biệt là thi đại học. Phương trình-bất phương trình vô tỷ rất đa dạng và phong phú về cả đề bài và lời giải. Một bài phương trình- bất phương trình có thể có nhiều cách xử lý bài toán khác nhau. Tuy nhiên, để tìm ra lời giải cho bài toán của mình thì rất khó đối với đa số các bạn. Đứng trước 1 bài phương trình- bất phương trình chúng ta thường rất lúng túng và khó khăn. Như các bạn đã biết phương trình- bất phương trình luôn luôn có trong đề thi đại học, thường thì nó nằm ở câu II. Bài viết này sẽ giúp các bạn phần nào đó về phương trình-bất phương trình.Những lời giải dưới đây tuy không phải là những lời giải hay nhất nhưng nó sẽ giúp các bạn nắm rõ được chuyên đề này. Hy vọng chuyên đề này sẽ đồng hành với các bạn, giúp đỡ các bạn trên con dườngđi đến thành công, đi đến mục đích cuối cùng của chúng ta là cổng trường đại học mơ ước và có thể nó sẽ khiến cho các bạn đam mê với môn học này ( Khó- khổ- khô). Mặc dù đã rất cố gắng trình bày cẩn thận nhưng sẽ không tránh khỏi nhiều sai sót trong chuyên đề.Mong các bạn thông cảm. Nếu có gì thắc mắc và những ý kiến về chuyên đề của mình thì các bạn liên lạc cho mình với địa chỉ cobebuon_2_4@yahoo.com nhé! A. Các phương pháp giải (Dạng cơ bản) Một số phép toán biến đổi tương đương khi sử dụng để giải phương trình- bất phương trình. 1.  f (x) =  g (x) ⇔  f (x) = g (x) g (x) ≥ 0 2.  f (x) = g (x) ⇔  f (x) = [g (x)] 2 g (x) ≥ 0 3.  f (x) >  g (x) ⇔  f (x) > g (x) g (x) ≥ 0 3 4.  f (x) > g (x) ⇔        f (x) > [g (x)] 2 g (x) ≥ 0  f (x) ≥ 0 g (x) < 0 5.  f (x) < g (x) ⇔      f (x) < [g (x)] 2 f (x) ≥ 0 g (x) ≥ 0 B. Phần riêng I. Bất phương trình Ngoài những cách giải trên. Một số dạng giải bất phương trình 1. 1  f (x) > 1 g (x) ⇔        g (x) < 0 f (x) > 0  g (x) > 0  f (x) < g (x) 2. f (x)  g (x) ≥ 0 ⇔     g (x) > 0 f (x) ≥ 0 g (x) = 0 3. af(x) + bg (x) + c  f (x) g (x) < 0 (đẳng cấp) Nếu g (x) =0 thì dễ dàng rồi nhé! Giả sử g (x) > 0 chia cho g (x) ta được: a f (x) g (x) + b + c  f (x) g (x) < 0 Đặt  f (x) g (x) = t , khi đó ta có at 2 + ct + b < 0 Hệ thống phương pháp giải: + Biến đổi tương đương + Nhân liên hợp + Hàm số + Đánh giá ( AM-GM; Bunhiacopxki, vecto) Đôi chút về bất đẳng thức vecto:   −→ u + −→ v   ≤   −→ u   +   −→ v   . Đẳng thức xảy ra ⇔ −→ u , −→ v cùng hướng Các ví dụ Bài 1. Giaỉ bất phương trình sau: √ x 2 − x − 6 + 7 √ x −  6 (x 2 + 5x − 2) x + 3 −  2 (x 2 + 10) ≤ 0 Lời giải: Công việc đầu tiên của chúng ta không thể thiếu được đó chính là tìm điều kiện cho bài toán. 4 Đối với bài toán này thì : ĐK:          x 2 − x − 6 ≥ 0 x ≥ 0 x 2 + 5x − 2 ≥ 0 x + 3 =  2 (x 2 + 10) ⇔ x ≥ 3 Khi đó, x + 3 <  2 (x 2 + 10) ⇔ x 2 − 6x + 11 > 0 ⇔ (x − 3) 2 + 2 > 0 (Luôn đúng) Bất phương trình đã cho trở thành: √ x 2 − x − 6 + 7 √ x ≥  6 (x 2 + 5x − 2) Vì hai vế của bất phương trình này đều dương nên cho phép chúng ta bình phương 2 vế Nên: √ x 2 − x − 6 + 7 √ x ≥  6 (x 2 + 5x − 2) ⇔ x 2 − x − 6 + 49x + 14  x (x 2 − x − 6) ≥ 6x 2 + 5x − 2 ⇔ −5x 2 + 18x + 6 + 14  (x 2 − 3x) (x + 2) ≥ 0 Đến đây thấy trong căn xuất hiện 2 nhân tử là x 2 − 3x và x + 2 , ta nghĩ ngay đến việc phân tích −5x 2 + 18x + 6 cũng xuất hiện 2 nhân tử đó. Quả nhiên ông trời không phụ lòng người, ta phân tích được −5x 2 + 18x + 6 = −5  x 2 − 3x  + 3 (x + 2) Tuyệt vời!!! Công việc bây giờ là biến đổi phương trình trên thôi, ta được: −5  x 2 − 3x  + 14  (x 2 − 3x) (x + 2) + 3 (x + 2) ≥ 0 Vì x ≥ 3 nên x + 2 > 0 Chia 2 vế của bất phương trình cho x + 2 > 0, được: −5. x 2 − 3x x + 2 + 14  x 2 − 3x x + 2 + 3 ≥ 0(1) Đặt  x 2 − 3x x + 2 = a (a ≥ 0) , khi đó (1) ⇔ −5a 2 + 14a + 3 ≥ 3 ⇔ −1 5 ≤ a ≤ 3 Mà a ≥ 0 ⇒ 0 ≤ a ≤ 3 Ta chỉ cần xét a ≤ 3 ,lúc đó:  x 2 −3x x+2 ≤ 3 ⇔ x 2 −3x x+2 ≤ 9 ⇔ 6 − 3 √ 6 ≤ x ≤ 6 + 3 √ 6 Hi, vậy bài toán được giải quyết trọn vẹn.Nhưng trước đó bạn đừng vội vàng kết luận mà nhớ phải đối chiếu với điều kiện nhé! Thật vậy, kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là: S =  3; 6 + 3 √ 6  Bài 2. Giải bất phương trình sau: (2x − 1) √ x + 3 2 √ x + (2 + √ x) √ 1 − x + 1 − x ≥ 1 5 Lời giải: ĐK: 0 ≤ x ≤ 1 Với điều kiện đó thì, 2 √ x +  2 + √ x  √ 1 − x + 1 − x > 0 Bất phương trình đã cho trở thành: (2x − 1) √ x + 3 ≥ 2 √ x + (2 + √ x) √ 1 − x + 1 − x ⇔ (2x − 1) √ x + 3 ≥  √ x + √ 1 − x  2 + √ 1 − x  Đặt √ x = a; √ 1 − x = b (a, b ≥ 0) Ta có  a 2 + b 2 = 1 2a 2 + b 2 − 1 = x Bất phương trình trở thành: (a 2 − b 2 ) √ 2a 2 + b 2 + 2 ≥ (a + b) (2 + b) ⇔ (a − b) √ 2a 2 + b 2 + 2 ≥ 2 + b ⇔ (a − b) 2 (2a 2 + b 2 + 2) ≥ (2 + b) 2 ⇔ (1 − 2ab) (a 2 + 3) ≥ 4 + 4b + b 2 = 4 + 4b + 1 − a 2 ⇔ (2a 2 − 2) − 2b (a 3 + 3a + 2) ≥ 0 Mà a 2 ≤ 1, ∀0 ≤ a ≤ 1 và a 3 + 3a + 2 > 0, ∀a ≥ 0 , nên:  2a 2 − 2  − 2b  a 3 + 3a + 2  ≤ 0 Dấu ‘=’ xảy ra ⇔  a = 1 b = 0 ⇔  √ x = 1 √ 1 − x = 0 ⇔ x = 1 Đối chiếu lại với điều kiện đầu bài. Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1 Bài 3. Giải bất phương trình sau: 6 − 3x + √ 2x 2 + 5x + 2 3x − √ 2x 2 + 5x + 2 ≤ 1 − x x Lời giải: ĐK:      x = 0 3x = √ 2x 2 + 5x + 2 2x 2 + 5x + 2 ≥ 0 ⇔ x ∈ (−∞; −2] ∪  −1 2 ; +∞  \{0; 1} Bất phương trình đã cho tương đương 6 − 3x + √ 2x 2 + 5x + 2 3x − √ 2x 2 + 5x + 2 + 1 ≤ 1 + 1 − x x ⇔ 6 3x − √ 2x 2 + 5x + 2 ≤ 1 x ⇔ 6x − 3x + √ 2x 2 + 5x + 2 x  3x − √ 2x 2 + 5x + 2  ≤ 0 ⇔ 3x + √ 2x 2 + 5x + 2 x  3x − √ 2x 2 + 5x + 2  ≤ 0 (1) 6 Đến đây ta chia thành 2 trường hợp Trường hợp 1: √ 2x 2 + 5x + 2 + 3x = 0 ⇔ 2x 2 + 5x + 2 = 9x 2 ⇔   x = −2 7 x = 1 Đối chiếu với điều kiện đầu bài thì x = −2 7 là nghiệm của bất phương trình (2) Trường hợp 2: 3x + √ 2x 2 + 5x + 2 = 0 Khi đó, bất phương trình (2) trở thành:  3x + √ 2x 2 + 5x + 2  2 x (7x 2 − 5x − 2) ≤ 0 ⇔ x (7x 2 − 5x − 2) < 0 ⇔   0 < x < 1 x < −2 7 Đối chiếu với điều kiện đầu bài. Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: S = (−∞; 2) ∪  −1 2 ; −2 7  ∪ (0; 1) Bài 4. Giải bất phương trình sau:  (x + 2) (2x − 1) − 3 √ x + 6 ≤ 4 −  (x + 6) (2x − 1) + 3 √ x + 2 Lời giải: ĐK: x ≥ 1 2 Khi đó, Bất phương trình đã cho trở thành:  √ x + 2 + √ x + 6   √ 2x − 1 − 3  ≤ 4 (1) Trường hợp 1: √ 2x − 1 − 3 ≤ 0 ⇐⇒ x ≤ 5. Nên (1) luôn đúng Trường hợp 2: Với x > 5 Xét hàm số : f(x) =  √ x + 2 + √ x + 6  √ 2x − 1 − 3  =⇒ f  (x) =  1 2 √ x + 2 + 1 2 √ x + 6   √ 2x − 1 − 3  + √ x + 2 + √ x + 6 √ 2x − 1 > 0. Nên f(x) đồng biến. Mặt khác: f(7) = 4 , nên (1) ⇔ f(x) ≤ f (7) ⇐⇒ x ≤ 7. Đối chiếu với điều kiện đầu bài Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: S =  −1 2 ; 7  Bài 5. Giải bất phương trình sau: x + 2  2 (x 4 − x 2 + 1) − 1 ≥ 1 x − 1 Lời giải: ĐK: x = 1 Khi đó:  2 (x 4 − x 2 + 1) − 1 =  2(x 2 − 1) 2 + 3 2 − 1 > 0 7 Trường hợp 1: Nếu x > 1 Bất phương trình đã cho tương đương x 2 + x − 1 ≥  2 (x 4 − x 2 + 1) (1) Với ∀a, b ta luôn có a + b ≤  2 (a 2 + b 2 ) Dấu ’=’ xảy ra ⇔ a = b Áp dụng: Đặt a = x; x 2 − 1 = b Khi đó, x + x 2 − 1 ≤  2  x 2 + (x 2 − 1) 2  =  2 (x 4 − x 2 + 1) (2) Từ (1) và (2) ⇒ x 2 − x + 1 =  2 (x 4 − x 2 + 1) ⇔ x 2 − 1 = x ⇔    x = 1 − √ 5 2 x = 1 + √ 5 2 ⇔ x = 1 + √ 5 2 Trường hợp 2: Nếu x < 1 Bất phương trình đã cho tương đương x 2 + x − 1 ≤  2 (x 4 − x 2 + 1) Luôn đúng ∀x < 1 (Vì đã chứng minh ở (2)) Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là S = (−∞; 1) ∪  1+ √ 5 2  Bài 6. Giải bất phương trình sau: √ 3 + 3x + √ 3 − x √ 3 + 3x − √ 3 − x ≥ 4 x Lời giải: ĐK: x ∈ [−1; 3] \{0} Trường hợp 1: x ∈ (0; 3] Ta cần chứng minh √ 3 + 3x − √ 3 − x > 0 Thật vậy, √ 3 + 3x − √ 3 − x > 0 ⇔ 3 + 3x > 3 − x ⇔ x > 0 (đúng) Do đó, bất phương trình đã cho tương đương  √ 3 + 3x + √ 3 − x  2 (3 + 3x) − (3 − x) ≥ 4 x ⇔ 6 + 2x + 2  (3 + 3x) (3 − x) ≥ 16 ⇔  (3 + 3x) (3 − x) ≥ 5 − x(⊕) Vì cả 2 vế đều dương nên ⊕ ⇔ (3 + 3x) (3 − x) ≥ (5 − x) 2 ⇔ x 2 − 4x + 4 ≤ 0 ⇔ (x − 2) 2 ≤ 0 Mà (x − 2) 2 ≥ 0 , nên ⇒ x − 2 = 0 ⇔ x = 2 Trường hợp 2: x ∈ [−1; 0) Dễ dàng chứng minh √ 3 + 3x − √ 3 − x < 0 8 Thật vậy, √ 3 + 3x − √ 3 − x < 0 ⇔ x < 0 (đúng) Do đó, bất phương trình đã cho tương đương √ 3 + 3x + √ 3 − x √ 3 − x − √ 3 + 3x ≤ 4 −x ⇔  √ 3 + 3x + √ 3 − x  2 (3 − x) − (3 + 3x) ≤ 4 −x (−x > 0) ⇔  √ 3 + 3x + √ 3 − x  2 ≤ 16 ⇔ 6 + 2x + 2  (3 + 3x) (3 − x) ≤ 16 ⇔  (3 + 3x) (3 − x) ≤ 5 − x Vì 5 − x > 0 nên ta có thể bình phương 2 vế lên để mất căn Khi đó ta sẽ có điều ta mong muốn, (3 − x) (3 + 3x) ≤ (5 −x) 2 ⇔ (x − 2) 2 ≥ 0 (Luôn đúng) Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là : S = [−1; 0) ∪{2} Bài 7. Giải bất phương trình sau:  4 − 1 x 2 + |2x + 1| x ≥ 0 Lời giải: ĐK:  x ≤ −2 x ≥ 2 Bắt gặp dấu giá trị tuyệt đối chúng ta thường liên tưởng đến bình phương 2 vế và đánh giá hoặc chỉ đánh giá, bình phương Nhưng lần này đối với tôi, phép bình phương xuất hiện đầu tiên. Chúng ta cùng thử xem nhé! Chuyển vế bất phương trình đã cho thành:  4 − 1 x 2 ≥ |2x + 1| −x Trường hợp 1: Với x ≥ 2 thì bất phương trình luôn đúng Trường hợp 2: x ≤ −2 Vì cả 2 vế đều dương nên bình phương 2 vế được: 4 − 1 x 2 ≥ (2x + 1) 2 x 2 ⇔ 4x 2 − 1 ≥ (2x + 1) 2 ⇔ −4x ≥ 2 ⇔ x ≤ −1 2 Đối chiếu với điều kiện trong trường hợp x ≤ −2 thì nghiệm bất phương trình là x ≤ −2 Kết hợp 2 trường hợp lại với nhau ta có, tập nghiệm của bất phương trình là: S = [2; +∞) ∪ (−∞; −2] Bài 8. Gỉai bất phương trình sau: √ 2 − x 2 +  2 + 1 x 2 < 4 + |x| + 1 |x| Lời giải: Ôi! Lại một bài toán có chứa dấu giá trị tuyệt đối nữa. Liệu lần này cách bình phương lên 9 còn có thể giúp được gì cho chúng ta không nhỉ??? Thử xem nhé! ĐK:  − √ 2 ≤ x ≤ √ 2 x = 0 Bất phương trình đã cho trở thành: 4 + 1 x 2 − x 2 + 2  (2 − x 2 )  2 + 1 x 2  < x 2 + 1 x 2 + 18 + 8 |x| + 8 |x| ⇔  3 + 2 x 2 − 2x 2 < x 2 + 7 + 4 |x| + 4 |x| ⇔ √ 3x 2 − 2x 4 + 2 < (|x|) 3 + 7 |x|+ 4x 2 + 4(1) Bây giờ đến đây thì làm sao nhỉ? Đừng nản chí vội, ở đây ta thử đánh giá biểu thức vế trái √ 3x 2 − 2x 4 + 2 xem sao nhé! Mà vế phải có 1 hằng số nên, ta thử xem nó có mối quan hệ gì đến biểu thức ta đang tìm hiểu.Thử nhé! Ta có: √ 3x 2 − 2x 4 + 2 < 4 ⇔ 3x 2 − 2x 4 + 2 < 16 ⇔ 2x 4 − 3x 2 + 14 > 0 ⇔ 2(x 2 − 1) 2 + x 2 + 12 > 0 Đây là 1 diều hiển nhiên đúng với mọi x Do đó, (1) luôn đúng Vậy tập xác định của bất phương trình chính là nghiệm của nó. P/S: Một lần nữa cách bình phương 2 vế lại được phát huy 1 cách triệt để. Bài 9. Gỉai bất phương trình sau: (x 2 + 4) √ 2x + 4 ≤ 3x 2 + 6x − 4 Lời giải: ĐK: 2x + 4 ≥ 0 ⇔ x ≥ −2 Khi đó, bất phương trình tương đương  (x 2 + 4) 2 (2x + 4) ≤ (3x 2 + 6x − 4) 2 3x 2 + 6x − 4 ≥ 0 ⇔  (2x + 3) (x 2 − 2x − 4) 2 ≤ 0 3x 2 + 6x − 4 ≥ 0 ⇔       x 2 − 2x − 4 = 0 2x + 3 ≤ 0 3x 2 + 6x − 4 ≥ 0 ⇔                 x 2 − 2x − 4 = 0 2x + 3 ≤ 0    x ≥ √ 21 − 3 3 x ≤ −3 − √ 21 3 ⇔                             x = 1 + √ 5 x = 1 − √ 5 x ≤ −3 2    x ≥ √ 21 − 3 3 x ≤ −3 − √ 21 3 ⇔   x = 1 + √ 5 x ≤ −3 − √ 21 3 Đối chiếu với điều kiện ta thấy, Bất phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1 + √ 5 10 [...]... này thì đ xử lý 1 cách nhanh gọn và đẹp thì cách vẽ trục số là biện pháp hữu hiệu nhất.Trong bài toán này chúng ta cũng dùng cách vẽ trục số như vậy đấy.( Có thể vẽ 2 trục số ra để dễ nhìn hơn đó !) Một điều nữa tôi muốn nói với các bạn chú ý khi giải những bài bất phương trình Đó là, để bình phương 2 vế của bất phương trình thì phải thoả mãn điều kiện 2 vế điều dương Nhớ nhé, tuy vấn đề này có nhiều... nhỉ! Sau đây tôi đưa ra ví dụ để các bạn xem cách giải quyết vấn đề này như thế này như thế nào nhé! Bài 3 Giải phương trình: √ √ √ √ x + 3 + 3x + 1 = 2 x + 2x + 2 Lời giải: ĐK: x ≥ 0 Nếu theo cách làm như tôi nói trên thì Bình phương 2 vế không âm của phương trình ta được: 1 + (x + 3) (3x + 1) = x + 2 x (2x + 1) Để giải phương trình này không khó nhưng hơi phức tạp thôi Cách giải quyết bài toán này rất... giành ít thời gian cho phương trình nhé! II Phương trình Về phương trình thì thế này Nó có rất nhiều cách giải quyết Đa số là + Đánh giá + Nhân liên hợp + Đặt ẩn phụ + Hàm số Sau đây, tôi sẽ làm các ví dụ về phương trình nhé! Tuy nó chỉ là 1 phần nhỏ, chưa đi hết được các dạng toán nhưng nó sẽ giúp ích cho các bạn phần nào 12 Bài 1 Giải phương trình √ x3 + 1 = 2 3 2x − 1 Lời giải: √ Đặt 3 2x − 1 = a ⇔... 11 = 4 Một lần nữa chân thành cảm ơn các bạn đã đón đọc tuyển tập này Tuyển tập này còn chưa đầy đủ lắm, nó mới chỉ đưa chúng ta đi một đoạn đường nhỏ trên chặng đường học tập nói chung, trên con đường chinh phục tuyển tập phương trình - bất phương trình nói chung Các bạn nhớ đón đọc tuyển tập của mình lần sau nhé, hi vọng nó sẽ củng cố kiến thức đầy đủ hơn Chúc các bạn thành công, chinh phục ước mơ... x= 2 √ −1 + 5 Đối chiếu với điều kiện thì x = thoả mãn bài toán 2 √ −1 + 5 Vậy bất phương trình đã cho có ngiệm duy nhất là x = 2 Trên đây là 1 số ví dụ tôi đua ra cho các ban Sau đây sẽ là 1 số bài tập để các bạn làm nhé! Áp dụng: Gỉai các bất phương trình sau: √ 1, 2 (x2 + 2) < 3 2x + x3 + 8 √ √ 2, 17x + 53 − x + 5 − 4x < 12 √ 2x >3 5 3, x + √ x2 − 4 √ √ 12x − 8 4, 2x + 4 − 2 2 − x > √ 9x2 + 16 2 1... Với điều kiện đó, phương trình tương đương với: 2x = (x − 2)3 ⇔ x3 − 6x2 + 10x − 8 = 0 (x − 4) x2 − 2x + 2 = 0 ⇔ x = 4(thỏa mãn điều kiện) Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất x = 4 CÁC BÀI TẬP TỔNG HỢP Bài 1 (Trích Đề thi ĐH-CĐ năm 2008 - Khối A) Giải phương trình: log2x−1 2x2 + x − 1 + logx+1 (2x − 1)2 = 4 Lời giải: Điều kiện:  0 < 2x − 1 = 1 0 < x + 1 = 1 ⇔ 1 0 2 Ví dụ 1 Giải phương trình: 3x −4x+5=0 = 9 Lời giải: Phương trình tương đương... f (x) = 3x ln2 3 + 5x ln2 5 > 0∀x ∈ R nên hàm số f (x) đồng biến trên R Từ đó: + Nếu x < t thì f (x) < f (t) = 0 + Nếu x < t thì f (x) < f (t) = 0 Do vậy, ta có bảng biến thi n: x −∞ t f (x) − f (x) +∞ +∞ 0 + +∞ f (t) Từ bảng biến thi n của hàm số suy ra phương trình f (x) = 0 nếu có nghiệm thì chỉ có tối đa là 2 nghiệm Do đó phương trình có hai nghiệm là x = 0 và x = 1 2 Ví dụ 3 Giải phương trình:... , nên ta biến đổi phương trình như sau: 2 (x − 3) + √ √ x+6−3 x−2 =0 √ √ Vấn đề còn lại là đi phân tích x + 6 − 3 x − 2 ra thừa số x − 3 Sao nhìn vào biểu thức này mà tôi lại liên tưởng ra hằng đẳng thức a2 − b2 = (a − b) (a + b) Vậy ta thử đi theo hướng này xem sao, Ta biến đổi √ √ −8 (x − 3) √ x+6−3 x−2= √ x+6+3 x−2 Ồ, cách nhân liên hợp đây mà! Vậy thì phương trình đã cho trở thành 8 √ (x − 3)