TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH CĂN THỨC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC HÀ NỘI - 2015 TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH CĂN THỨC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC CHUYÊN NGÀNH : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ : 60 46 01 13 Người thực hiện: NGÔ TRUNG KIÊN Cao học khóa 1, 2013-2015 Người hướng dẫn: TS NCVC NGUYỄN VĂN NGỌC HÀ NỘI - 2015 Thang Long University Libraty Mục lục Mở đầu Một số dạng phương trình phương pháp phổ biến 1.1 Các dạng phương trình chứa thức 1.1.1 Phương trình dạng u(x) = f (x) 1.1.2 Phương trình dạng u(x) + a v(x) = f (x) 1.1.3 Phương trình dạng u(x) + a v(x) = f (x) 1.2 Phương pháp đặt ẩn phụ phương trình thức 1.2.1 Phương trình dạng u(x) ± v(x) + a u(x)v(x) = f (x) 1.2.2 Phương trình dạng u(x) = au(x) + b 1.2.3 Phương trình dạng u(x) + a ± u(x) + b = c √ 1.2.4 Phương trình dạng x2 + 2ax + a2 + a − b = x + b √ 1.2.5 Phương trình dạng x3 + 3ax2 + 3a2 x + a3 + a − b = x + b 1.2.6 Lượng giác hóa phương trình thức Một số dạng phương trình phương pháp đặc biệt 2.1 Hằng đẳng thức 2.1.1 Các đẳng thức bậc hai, bậc ba sử dụng 2.1.2 Các toán 2.2 Phương pháp đánh giá theo bất đẳng thức 2.2.1 Một số bất đẳng thức thông dụng 2.2.2 Các toán 2.3 Sử dụng tính đồng biến hàm số 2.3.1 Cơ sở lý thuyết 2.3.2 Các toán 2.4 Phương trình chứa thức sinh hàm số ngược 2.4.1 Ánh xạ ii 3 11 17 22 22 27 34 39 47 52 60 60 thường 60 61 65 65 66 73 73 74 84 84 2.4.2 2.4.3 2.4.4 2.4.5 Hàm số hàm số ngược Phương trình chứa thức Phương trình chứa thức Phương trình chứa thức αx + β √ αx + β √ αx + β √ Một số dạng bất phương trình thức 3.1 Các dạng bất phương trình thức 3.1.1 Bất phương trình dạng u(x) < f (x) 3.1.2 Bất phương trình dạng u(x) > f (x) 3.2 Phương pháp đặt ẩn phu giải bất phương trình 3.2.1 Bất phương trình u(x) + au(x) + f (x) 3.3 Bất phương trình u(x) ± v(x) + a u(x)v(x) + f (x) 84 87 89 91 92 92 92 99 105 105 109 Kết luận 114 Tài liệu tham khảo 115 iii Thang Long University Libraty Mở đầu Phương trình bất phương trình chứa (căn thức) chuyên mục quan trọng thú vị môn Đại số dạy bậc phổ thông, đòi hỏi nhiều sáng tạo, kích thích đam mê, nên nhiều người quan tâm Các toán phương trình, bất phương trình, hay hệ phương trình, hệ bất phương trình chứa thường gặp kỳ thi học sinh giỏi toán cấp THCS, THPT kỳ thi đại học, hay thi vào trường chuyên Đặc điểm chuyên mục này, trước hết tồn thức bậc chẵn tương đương đẳng thức bất đẳng thức Không học sinh mắc sai lầm nâng lên lũy thừa hai vế phương trình hay bất phương trình để nhận phương trình hay bất phương trình đa thức không tương đương Nhiều việc nâng lên lũy thừa thực hiện, khó khăn gặp phải phương trình hay bất phương trình đa thức bậc cao khó tìm nghiệm Do đề xuất cách đặt ẩn phụ, hình thành phương pháp đặt ẩn phụ giải phương trình thức Mỗi dạng toán phương trình, bất phương trình thức đòi hỏi cách đặt ẩn phụ riêng phù hợp, đổi phải sử dụng phép đặt lượng giác, hyperbol Nhiều toán phương trình, bất phương trình thức đòi hỏi vận dụng tinh tế bất đẳng thức đại số, bất đảng thức trung bình cộng trung bình nhân, bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, hay bất đẳng thức khác để đánh giá hai vế, từ đưa kết luận nghiệm toán cho Có nhiều toán phương trình hay bất phương trình thức khó giải phương pháp nêu Đôi phải vận dụng tính đồng biến hàm số, tồn hàm số ngược để giải toán Đó phương pháp đặc biệt lý thú, đòi hỏi kỹ vận dụng sáng tạo Các phương pháp giải phương trình, bất phương trình đề xuất từ lâu Tuy nhiên, tính đa dạng hình thức phong phú cách tiếp cận, nên phương trình, bất phương trình đối tượng để người yêu Toán học tìm tòi sáng tạo Với lý đây, chọn chuyên mục Phương trình bất phương trình thức để nghiên cứu viết luận văn Thạc sĩ Toán học, chuyên ngành Phương pháp Toán sơ cấp Nhiệm vụ luận văn là: Sưu tầm, phân loại toán phương trình bất phương trình thức, từ hình thành phương pháp giải phù hợp cho loại phương trình bất phương trình thức khác Sáng tác toán phương trình hay bất phương trình chứa thức Viết luận văn khoa học đề tài "Một số dạng phương trình bất phương trình thức " Bố cục luận văn gồm có: Mở đầu, ba chương nội dung chính, Kết luận Tài liệu tham khảo Chương 1: Một số dạng phương trình phương pháp phổ biến trình bày dạng phương trình chứa thức giải cách nâng lên lũy thừa, phương pháp đặt ẩn phụ thích hợp Chương 2: Một số dạng phương trình phương pháp đặc biệt xét phương trình thức giải cách sử dụng đẳng thức thức √ √ 2n+1 2n A2n = |A|, A2n+1 = A mà dùng phương pháp phổ biến Chương Chương trình bày phương pháp đặc biệt, phương pháp đánh giá chặn trên, chặn để thu hẹp tập nghiệm phương trình thức, phương pháp đánh giá theo bất đẳng thức, phương pháp hàm số đơn điệu phương pháp hàm số ngược, để đưa phương trình phức tạp phương trình đơn giản Chương 3: Một số dạng bất phương trình thức xét bất phương trình thức dạng giải cách nâng lên lũy thừa, xét bất phương trình giải phương pháp đặt ẩn phụ Ngoài ra, chương xét bất phương trình liên quan đến biện luận tham số Trong luận văn này, nhiều toán chọn từ đề thi vào Đại học, thi vào trường Chuyên hay thi HSG nhiều tỉnh, thành, Olympic Toán 30/4, thi HSG Quốc gia qua nhiều năm, v.v Luận văn sử dụng tài liệu tham khảo [1]-[11] Thang Long University Libraty Chương Một số dạng phương trình phương pháp phổ biến Chương trình bày dạng phương trình chứa thức giải cách nâng lên lũy thừa, phương pháp đặt ẩn phụ thích hợp Các dạng phương trình phổ biến hay gặp kỳ thi Đại học thi vào trường Chuyên 1.1 1.1.1 Các dạng phương trình chứa thức Phương trình dạng u(x) = f (x) • Lý thuyết tóm tắt Xét phương trình dạng u(x) = f (x), x ∈ R Trong u(x), f (x) hàm số x Phương hướng chung để giải phương trình thức làm dấu thức biến đổi phương trình cho phương trình đại số biết cách giải Với phương trình dạng (1.1.1) để làm dấu bậc hai phải bình phương hai vế phương trình Sai lầm thường gặp bình phương hai vế phương trình (1.1.1) số người không để ý tới dấu biểu thức f (x) mà quan tâm đến dấu u(x) Phương pháp chung để giải phương trình dạng (1.1.1) biến đổi phương trình dạng (1.1.1) tương đương với hệ hỗn hợp sau f (x) ≥ 0, u(x) = f (x) Giải hệ hỗn hợp nghiệm phương trình dạng (1.1.1) cho Tuy nhiên, gặp trường hợp phương trình thứ hai hệ hỗn hợp u(x) = f (x) phương trình bậc cao mà nghiệm hữu tỉ việc tìm nghiệm vô khó khăn Khi buộc phải giải phương trình dạng (1.1.1) cách đặt ẩn phụ cách khác • Các toán Bài toán 1.1 Giải phương trình sau (1.1) 2x2 − 5x − = x + 6, x ∈ R Lời giải Phương trình (1.1) tương đương với hệ hỗn hợp sau: x + ≥ 0, 2x2 − 5x − = (x + 6)2 Hệ điều kiện tương đương với hệ hỗn hợp:  x ≥ −6, x2 x ≥ −6, − 17x − 38 = ⇔ x = −2,  x = 19 ⇔ x = −2, x = 19 Vậy, phương trình (1.1) cho có hai nghiệm x = −2, x = 19 Bài toán 1.2 (Đề thi ĐHCĐ khối D, năm 2006) Giải phương trình sau √ 2x − + x2 − 3x + = 0, x ∈ R (1.2) Lời giải Chúng ta có √ ⇔ 2x − + x2 − 3x + = ⇔ −x2 + 3x − ≥ 0, 2x − = (−x2 + 3x − 1)2 ⇔ ⇔ √ √ 3− 3+ ≤x≤ , 2 (x − 1)2 (x2 − 4x + 2) = ⇔ √ 2x − = −x2 + 3x − √ √ 3− 3+ ≤x≤ , 2 x4 − 6x3 + 11x2 − 8x + = √ √  3− 3+   ≤ , 2 ⇔ (x − 1)2 = 0,   x − 4x + = √ √  3− 3+   ≤x≤ , x = 1, √   x=2± 2 ⇔ x = 1, √ x = − √ Vậy, phương trình (1.2) có hai nghiệm x = 1, x = − Thang Long University Libraty Bài toán 1.3 Giải phương trình sau 2x − = x − 2, x ∈ R x−4 (1.3) Lời giải Chúng ta thấy rằng: so với phương trình (1.1), (1.2) phương trình (1.3) phức tạp đôi chút biểu thức lại chứa ẩn mẫu Tuy nhiên, biến đổi hệ hỗn hợp chưa cần để ý tới mẫu số Phương trình (1.3) tương đương với hệ điều kiện hỗn hợp x − ≥ 0, 2x − = (x − 2)2 x−4 Hệ lại tương đương với hệ hỗn hợp sau   x ≥ 2, x ≥ 2,  x − = 0, x3 − 8x2 + 18x − 15 = ⇔ ⇔  x ≥ 2,    x = 4,     ⇔ x − = 0, x − 3x + = x = 4, (x − 5)(x2 − 3x + 3) =  x ≥ 2,  x = 4, x=5 ⇒ x = 5, (vì phương trình x2 − 3x + = vô nghiệm) Vậy, phương trình (1.3) có nghiệm x = Bài toán 1.4 Giải phương trình √ 5x − = 2x − , x ∈ R x−1 (1.4) Lời giải Phương trình (1.4) lại có khác với phương trình (1.3) chứa ẩn mẫu dấu bậc hai Khi biến đổi phương trình hệ hỗn hợp bắt buộc chúng phải quan tâm đến mẫu số Phương trình (1.4) tương đương với hệ điều kiên hỗn hợp sau  x − = 0,    2x − ≥ 0, x −   5x − = ( 2x − )2 x−1 Hệ hỗn hợp lại đương đương với hệ hỗn hợp sau    x≤ , x = 1,         x > 1, x≤ ,  x > 1,    5x − 15x2 + 11x − = ⇔ x = 2, √ ⇒ 5− x= 10 x = 2, √      x= 5± 10 √ 5− Vậy, phương trình (1.4) có hai nghiệm là: x = 2, x = 10 Bài toán 1.5 (Đề thi ĐH-CĐ, khối B, năm 2006) Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt (1.5) x2 + mx + = 2x + 1, x ∈ R Lời giải Phương trình (1.5) tương đương với hệ điều kiện hỗn hợp sau 2x + ≥ 0, x2 + mx + = (2x + 1)2 ⇔ x≥− , f (x) = 3x2 − (m − 4)x − = (1.5a) Để phương trình (1.5) có hai nghiệm thực phân biệt phương trình (1.5a) phải có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thỏa mãn − ≤ x1 < x2 Ta có điều kiện tương đương với hệ điều kiện sau:   △ = (m − 3)2 + > 0,    ∀m ∈ R, m−4 3f (− ) = +   S = m − > −1 Vậy, với m ≥ − ≥ 0, ⇔ + 2(m − 4) − ≥ 0,  m − > −3 ⇒m≥ phương trình (1.5) cho có hai nghiệm thực phân biệt Bài toán 1.6 Giải biện luận phương trình sau theo tham số m x2 m2 m +x+ = x − , x ∈ R (x − 1)2 x−1 (1.6) Lời giải Ta có phương trình (1.6) tương đương với hệ hỗn hợp sau   x − = 0,   m  x− x−1     x2 + x + ≥ 0, m m2 = x− (x − 1) x−1 Thang Long University Libraty Lời giải Bất phương trình (3.12) cho tương đương với tuyển bất phương trình gồm hai hệ bất phương trình    x < 1, 4(x − 1) < 0,  x ≤ −5,   (x + 5)(3x + 4) ≥ 0,    x ≥ −4, ⇔ (x + 5)(3x + 4) > 4(x−1) ⇔    4(x − 1) ≥ 0,   x ≥ 1, (x + 5)(3x + 4) > [4(x − 1)] 3x2 − 51x − <  x ≤ −5, − ≤ x < 1,  ⇔  x≥1  − 13 ⇔ 0,  log22 x + log x2 − ≥ ⇔ < x ≤ , ⇔ x ∈ (0; ] ∪ [8; +∞) x≥8 Đặt log2 x = t, có bất phương trình  t2 − 2t − > √ t − < 0,  t2 − 2t − ≥ 0, 5(t − 3) ⇔   t − ≥ 0, t2 − 2t − > 5(t − 3)2  t < 3,  t ≤ −1,  ⇔ t ≥ 3,   t ≥ 3, t2 − 7t + 12 <  t ≤ −1, ⇔  t ≥ 3, 3 − x ⇔   x ≥ 4,  10 − 2x < 0, ⇔  10 − 2x < 0, 2(x2 − 16) > (10 − 2x)2 x > 5, ⇔  x ≤ 5,√ 10 − 34 < x < 10 + √ 34 ⇔ 2(x2 − 16) > 10 − 2x  x > 5, ⇔  x ≤ 5, x2 − 20x + 66 < √ x > 5, √ ⇔ x > 10 − 34 10 − 34 < x ≤ Kết hợp với điều kiện xác định bất phương trình (3.14) suy bất phương √ trình (3.14) có nghiệm là: x > 10 − 34 Bài toán 3.15 (Đề thi Đại học Ngoại Ngữ Hà Nội, năm 1998) Giải bất phương trình √ 1− − 4x2 < 3, x ∈ R x (3.15) Lời giải Miền xác định bất phương trình (3.15) ∀x ∈ R cho  x = 0, − 4x2 ≥ − ≤ x < 0, 1 ⇔ ⇔ x ∈ [− ; ]\{0} 0 (4x − 3)2  1 − ≤x≤ , 2 1  ⇔ x≥ , ⇔− ≤x≤ 2  0 < x < 13 Kết hợp với miền xác định bất phương trình (3.15), có nghiệm bất phương trình (3.15) là: x ∈ [− ; ) ∪ (0; ] Nhận xét 3.2 Người giải mắc sai lầm giải bất phương trình (3.15) quy đồng mẫu số hai vế mà không để ý tới dấu biểu thức x Khi giải bất phương trình (3.15), chia làm hai trường hợp trước quy đồng mẫu số hai vế bất phương trình: trường hợp x < 0, trường hợp x > Chúng ta có toán tương tự sau đây: Bài toán 3.16 ( Đề thi Đại học Sư Phạm Quy Nhơn, năm 1997) Giải bất phương trình √ − x + 4x − ≥ 2, x ∈ R x (3.16) Lời giải Bất phương trình (3.16) tương đương với tuyển bất phương trình gồm hai hệ bất phương trình sau   x > 0,  √2 − x + 4x − ≥ 2x,   x < 0, √ − x + 4x − ≤ 2x x > 0, (3.16a) √2 − x ≥ − 2x, ⇔  x < 0, √ (3.16b) − x ≤ − 2x Giải hệ bất phương trình (3.16a) Chúng ta có    x > 0, x > 0,   − 2x < 0,  x> ,    x ≤ 2,  − x ≥ 0,    (3.16a) ⇔  ⇔   x > 0, x > 0,   − 2x ≥ 0, x≤ ,    − x ≥ − 12x + 4x2  2 4x − 11x + ≤ 103 < x ≤ 2,   ⇔  < x ≤ ,  1 ≤ x ≤  < x ≤ 2, ⇔ 2 ⇒ ≤ x ≤ 1≤x≤  Giải hệ bất phương trình (3.16b) Chúng ta có  x < 0,      x ≤ 2, x < 0,       (3.16b) ⇔ − x ≥ 0, − 2x ≥ 0,    4x − 11x + ≥ ⇔ x≤ ,   x ≤ 1,      x≥ ⇒ x < Do vây, nghiệm bất phương trình (3.16) là: x < ≤ x ≤ Bài toán 3.17 Giải biện luận bất phương trình sau theo tham số m m2 − x2 > −2x, x ∈ R (3.17) Lời giải Chúng ta xét trường hợp sau Trường hợp 1: Với m = 0, bất phương trình (3.17) trở thành −x2 > −2x (3.17a) Rõ ràng trường hợp bất phương trình (3.17a) vô nghiệm nên bất phương trình (3.17) vô nghiệm Trường hợp 2: Với m > 0, có   −2x < 0,  m2 − x2 ≥ 0, (3.17) ⇔   −2x ≥ 0, m2 − x2 > 4x2    ⇔ x > 0, −m ≤ x ≤ m, x ≤ 0, m m −√ < x < √ 5 < x ≤ m, m m ⇔ −√ < x ≤ ⇒ − √5 < x ≤ m Trường hợp 3: Với m < 0, ta có  −2x < 0,  m2 − x2 ≥ 0, (3.17) ⇔   −2x ≥ 0, ⇔ m2 − x2 > 4x2 < x ≤ −m, m m √ < x ≤ ⇒ √5 < x ≤ −m 104 Thang Long University Libraty Tóm lại: Hợp trường hợp trên, có Nếu m = bất phương trình (3.17) vô nghiệm |m| Nếu m = bất phương trình (3.17) có nghiệm − √ < x ≤ |m| Bài toán 3.18 Tìm giá trị tham số m để bất phương trình sau có tập nghiệm chứa đoạn [ ; 1] (3.18) x2 − 2mx > − x, x ∈ R Lời giải Bất phương trình (3.18) tương đương với tuyển bất phương trình gồm hai hệ bất phương trình sau  − x < 0,  (3.18a) x2 − 2mx ≥ 0,   − x ≥ 0, (3.18b) x2 − 2mx > x2 − 2x + Chúng ta có hệ bất phương trình (3.18a) ⇔ x2 x > 1, − 2mx ≥ Dễ dàng thấy hệ bất phương trình (3.18a) có nghiệm tập nghiệm chứa đoạn [ ; 1] Cho nên giá trị m thỏa mãn yêu cầu đề Xét hệ bất phương trình (3.18b) Chúng ta có hệ bất phương trình (3.18b) ⇔ x ≤ 1, f (x) = 2(m − 1)x + < (3.18b1 ) (3.18b2 ) Ta thấy tập nghiệm bất phương trình (3.18b1 ) luôn chứa đoạn 1 [ ; 1] Để tập nghiệm hệ bất phương trình (3.18b) chứa đoạn [ ; 1] bất 4 phương trình (3.18b2 ) phải có tập nghiệm chứa đoạn Khi điều kiện f ( ) < 0, f (1) < ⇔ m−1 + < 0, 2(m − 1) + < ⇔ m + < 0, 2m − < ⇒ m < −1 Vậy, với m < −1 tập nghiệm bất phương trình (3.18) chứa đoạn [ ; 1] 3.2 3.2.1 Phương pháp đặt ẩn phu giải bất phương trình Bất phương trình •Tóm tắt lý thuyết u(x) + au(x) + f (x) Xét bất phương trình thức có chứa biểu thức 105 u(x) + au(x) + f (x) Miền xác định bất phương trình dạng (3.2.1) x ∈ R cho u(x) ≥ Phương pháp đặt ẩn phụ để giải bất phương trình có chứa biểu thức đặt t = u(x) với điều kiện tối thiểu t ≥ Sau biểu thị u(x), f (x) theo t Biến đổi bất phương trình thức cho thành bất phương trình đại số ẩn t Giải bất phương trình ẩn t với điều kiện t ≥ Khi tìm nghiệm thích hợp bất phương trình đại số ẩn t biến đổi bất phương trình ẩn x bất phương trình thức để tìm ẩn x •Các toán Bài toán 3.19 (Đề thi Đại học Y Hà Nội, năm 2002) Giải bất phương trình 2x2 + (3.19) x2 − 5x − > 10x + 5, x ∈ R Lời giải Miền xác định bất phương trình (3.19) là: x ∈ (−∞; −1] ∪ [6; +∞) Bất phương trình (3.19) tương đương với bất phương trình sau 2x2 − 10x − 12 + Ta đặt thành √ x2 − 5x − − > ⇔ 2(x2 − 5x − 6) + x2 − 5x − − > x2 − 5x − = t ≥ ⇒ x2 − 5x − = t2 Bất phương trình (3.19) trở 2t2 + t − > ⇔   t ≥ 0, t1 x2 − 5x − > ⇒t>1⇒  √ 5− 53 , x < 2√ ⇔ x2 − 5x − > ⇔  + 53 x> Kết hợp với miền xác định bất phương trình √ (3.19), √ có nghiệm bất phương trình (3.19) cho là: x ∈ (−∞; 5− 53 ) ∪ (6; 5+ 53 ) Bài toán 3.20 (Đề thi Đại học Thủy Lợi, năm 2000) Giải bất phương trình log4 (2x2 + 3x + 2) + > log4 (2x2 + 3x + 2), x ∈ R (3.20) Lời giải Miền xác định bất phương trình giá trị x ∈ R cho 2x2 + 3x + > 0, log4 (2x2 + 3x + 2) ≥ ⇒ 2x2 +3x+1 ≥ ⇔ x ≤ −1, 1 ⇔ x ∈ (−∞; −1]∪[− ; +∞) x≥− 2 106 Thang Long University Libraty Ta đặt log4 (2x2 + 3x + 2) = t ≥ ⇒ log4 (2x2 + 3x + 20) = t2 Ta có bất phương trình (3.20) trở thành: 2t2 − t − < ⇔ − < t < ⇒ ≤ t < Suy ≤ log4 (2x +3x+2) < ⇔  x ≤ −1,    2x2 + 3x + ≥ 0, 2x2 + 3x − < x≥− , ⇔   −2 < x < −2 < x ≤ −1, 1 ⇔ − ≤x< 2 1 ) 2 Do vậy, bất phương trình (3.20) có nghiệm là: x ∈ (−2; −1 ] ∪ [− ; Bài toán 3.21 (Đề thi đề nghị thi Olympic 30/4/2004) Tìm giá trị m để bất phương trình sau nghiệm với số thực x + sin x − + cos x + sin x ≤ m + cos x (3.21) Lời giải Miền xác định bất phương trình (3.21) là: ∀x ∈ R Chúng ta đặt + sin x + sin x =y≥0⇒ = y ⇔ y cos x − sin x = − 2y + cos x + cos x (3.21a) Phương trình (3.21a) có nghiệm ⇔ ≤ y ≤ √ ( y ≥ ) 3 Bài toán cho trở thành: tìm giá trị m để bất phương trình y − y ≤ m nghiệm với ∀y thỏa mãn: ≤ y ≤ √ Xét hàm số bậc hai: f (y) = y − y, với y ∈ [ 0; √ ] Chúng ta dễ dàng thấy rằng: √ 2(2 − 3) − ≤ f (y) ≤ với ∀y ∈ [ 0; √ ] Từ ta có, bất phương trình (3.21) 3 nghiệm với x ∈ R √ 2(2 − 3) f (y) ≤ m, ∀y ∈ [ 0; √ ] ⇔ m ≥ 3 y + ≥ (1 − 2y )2 ⇔ 3y − 4y ≤ ⇔ ≤ y ≤ Do đó, giá trị m để bất phương trình (3.21) nghiệm với ∀x ∈ R là: 2(2 − m≥ √ 3) Bài toán 3.22 (Đề thi Đại học GTVT, khối A, năm 1997) Tìm giá trị m để bất phương trình (1 + 2x)(3 − x) > m + 2x2 − 5x + 3, nghiệm với x ∈ [− ; ] 107 (3.22) Lời giải Bất phương trình (3.22) xác định với ∀x ∈ [− ; ] Bất phương trình (3.22) tương đương với bất phương trình sau −2x2 + 5x + + (1 + 2x)(3 − x) − > m + √ Đặt: t = (1 + 2x)(3 − x) = −2x2 + 5x + (t ≥ 0) ⇒ −2x2 + 5x = t2 − Bất phương trình (3.22) trở thành t2 + t − > m + ⇔ t2 + t > m + √ 1 −2x2 + 5x + 3, với x ∈ [− ; 3] Dễ dàng thấy với x ∈ [− ; 3] 2 ≤ t ≤ Khi toán trở thành tìm giá trị m để bất phương trình f (t) = t2 + t > m + nghiệm với ∀t ∈ [0; ] Ta có điều kiện xảy Xét hàm số t = m + < f (t) [0; ] 7 Mặt khác lại có f ′ (t) = 2t + > 0, ∀t ∈ [0; ] ⇒ f (t) đồng biến [0; ] Suy 2 f (t) = f (0) = [0; ] ⇒ m + < ⇔ m < −6 Do đó, với m < −6 bất phương trình (3.22) nghiệm với x ∈ [− ; ] Bài toán 3.23 (Đề thi ĐHSP Hà Nội 1, khối A, năm 2001) Tim giá trị m để với x ∈ [0; 2] thỏa mãn bất phương trình log2 x2 − 2x + m + log4 (x2 − 2x + m) ≤ (3.23) Lời giải Miền xác định bất phương trình (3.23) giá trị x ∈ R cho x2 − 2x + m > 0, log4 (x2 − 2x + m) ≥ ⇔ x2 − 2x + m > 0, x2 − 2x + m ≥ ⇒ x2 − 2x + m ≥ Bất phương trình (3.23) tương đương với bất phương trình sau log4 (x2 − 2x + m) + log2 (x2 − 2x + m) ≤ 108 Thang Long University Libraty Đặt log4 (x2 − 2x + m) = t ≥ 0, ta có bất phương trình t2 + 4t − ≤ ⇔ t ≥ 0, −5 ≤ t ≤ ⇒ ≤ t ≤ Suy ≤ log4 (x2 − 2x + m) ≤ ⇔ x2 − 2x + m ≥ 1, x2 − 2x + m ≤ ⇔ x2 − 2x ≥ − m, x2 − 2x ≤ − m Bất phương trình (3.23) nghiệm với x ∈ [0; 2] − m ≤ min(x2 − 2x), − m ≥ max(x2 − 2x) [0;2] [0;2] Xét hàm số f (x) = x2 − 2x với x ∈ [0; 2] Dễ dàng ta có min(x2 − 2x) = f (1) = −1, max(x2 − 2x) = f (0) = f (2) = [0;2] [0;2] Từ suy − m ≤ −1, 4−m≥0 ⇔ ≤ m ≤ Vậy, với ≤ m ≤ bất phương trình (3.23) nghiệm với x ∈ [0; 2] 3.3 Bất phương trình f (x) u(x)± v(x)+a u(x)v(x)+ •Tóm tắt lý thuyết Xét bất phương trình thức có chứa biểu thức u(x) ± v(x) + a u(x)v(x) + f (x) Trước hết tìm miền xác định bất phương trình Để giải bất phương trình thức có chứa biểu thức phương pháp đặt ẩn phụ đặt u(x) ± v(x) = t ≥ Sau biểu thị u(x)v(x), f (x) theo t, biến đổi bất phương trình thức ẩn x thành bất phương trình đại số bậc hai ẩn t quen thuộc biết cách giải Giải bất phương trình bậc hai ẩn t, lấy nghiệm thích hợp, dẫn đến giải bất phương trình thức Hoặc vào giá trị a, mối liên hệ biểu thức a u(x)v(x) f (x) với u(x) ± u(x) để biến đổi bất phương trình thức cho thành bất phương trình tích mà nhân tử tích dẫn đến bất phương trình •Các toán 109 Bài toán 3.24 Giải bất phương trình √ x+1+ √ 4−x+1 ⇔ t > 3, t < −2 Kết hợp với điều kiện t suy t > ⇒ √ x+1+ √ 4−x>3⇔ + 3x − x2 > ⇔ −x2 + 3x > ⇔ < x < Kết hợp với miền xác định bất phương trình (3.24), có nghiệm bất phương trình (3.24) là: < x < Bài toán 3.25 Giải bất phương trình √ 5+x− √ −x − < −1 + (5 + x)(−x − 3), x ∈ R (3.25) Lời giải Miền xác định bất phương trình (3.25) giá trị x ∈ R cho + x ≥ 0, ⇔ −5 ≤ x ≤ −3 −x − ≥ √ √ Cách giải Chúng ta đặt t = + x − −x − (3.25a) với x ∈ [−5; −3] Khi 1 + √ ta có t′ (x) = √ > 0, ∀x ∈ (−5; −3) Suy t(x) đồng biến + x √2 −x − √ √ đoạn [−5; −3] ⇒ t(− 5) ≤ t ≤ t(−3) ⇒ − ≤ t ≤ Từ (3.25a) chúng − t2 ta có (5 + x)(−x − 3) = Bất phương trình (3.25) trở thành: t2 + 2t < ⇔ −2 < t < Kết hợp với điều kiên t suy √ √ √ − < t < ⇒ + x − −x − < ⇔ x < −4 Kết hợp với miền xác định bất phương trình (3.25), có nghiệm bất phương trình (3.25) là: −5 ≤ x < −4 110 Thang Long University Libraty Cách giải Chúng ta biến đổi bất phương trình (3.25) thành bất phương trình √ √ √ √ √ ( + x + 1) − −x − 3( + x + 1) < ⇔ ( + x + 1)(1 − −x − 3) < Với −5 ≤ x ≤ −3 1− √ √ + x + > nên bất phương trình (3.25) trở thành: −x − < ⇔ √ −x − > ⇔ −x − > ⇔ x < −4 Kết hợp với miền xác định bất phương trình (3.25), có nghiệm bất phương trình (3.25) là: −5 ≤ x ≤ −4 Bài toán 3.26 (Đề thi Đại học An Ninh, khối A, năm 2000) Giải bất phương trình √ 7x + + √ (3.26) 49x2 + 7x − 42 < 181 − 14x, x ∈ R 7x − + Lời giải Miền xác định bất phương trình (3.26) x ∈ [ ; +∞) Cách giải Bất phương trình (3.26) tương đương với √ 7x + + √ 49x2 + 7x − 42 − 181 < 7x − + 14x + √ √ √ Chúng ta đặt t = 7x + + 7x − 6, t ≥ ⇒ 14x + 49x2 + 7x − 42 = t2 − √ √ Xét hàm số t(x) = 7x + + 7x − 6, x ∈ [ ; +∞) Ta có: 7 6 + √ = √ > 0, ∀x ∈ ( ; +∞) ⇒ t(x) đồng biến [ ; +∞) 7 7x + 7x − √ √ Suy t(x) ≥ t( ) = 13 ⇒ t ≥ 13 Khi bất phương trình (3.26) trở thành √ √ t2 +t−182 < ⇔ −14 < t < 13 Kết hợp với điều kiện t ≥ 13, ta có 13 ≤ t ≤ 13 t′ (x) Trở ẩn x, ta có bất phương trình √ 7x + + Xét hàm số f (x) = √ √ 7x − < 13 ⇔ 7x + + √ √ 7x + + √ 7x − − 13 < 7x − − 13 với x ∈ [ ; +∞) Chúng ta có 7 + √ f ′ (x) = √ > 0, ∀x ∈ ( ; +∞) 7x + 7x − 6 Suy f (x) đồng biến [ ; +∞) Mặt khác, lại có f (6) = Vì f (x) < f (6) ⇔ x < Do đó, bất phương trình (3.26) có nghiệm là: 111 ≤ x < Cách giải Chúng ta có bất phương trình (3.26) tương đương với bất phương trình √ √ ( 7x + + 7x − 6) + (7x + + 7x − + 49x2 + 7x − 42 ) < 182 √ √ √ √ ⇔ ( 7x + + 7x − 6) + ( 7x + + 7x − )2 − 182 < √ √ √ √ ⇔ ( 7x + + 7x − + 14)( 7x + + 7x − − 13 ) < √ √ Chúng ta có 7x + + 7x − + 14 > với ∀x ∈ [ ; +∞), nên bất phương trình (3.26) trở thành: √ √ 7x + + 7x − − 13 < √ √ Xét hàm số f (x) = 7x + + 7x − − 13 [ ; +∞) 7 ′ Ta có f (x) = √ + √ > với ∀x ∈ [ ; +∞) nên hàm số đồng biến 7x + 7x − 6 [ ; +∞) Mà f (6) = Từ suy f (x) < f (6) ⇔ x < Kết hợp với miền xác định bất phương trình (3.26), suy bất phương trình (3.26) có nghiệm là: ≤ x < Bài toán 3.27 Giải bất phương trình √ x−1+ √ x+3+2 (x − 1)(x + 3) > − 2x, x ∈ R (3.27) Lời giải Miền xác định bất phương trình (3.27) x ∈ [1; +∞) Cách giải Bất phương trình (3.27) tương đương với √ Chúng ta đặt √ x−1+ √ x−1+ x + + 2x + + √ (x − 1)(x + 3) − > x + = t Do x ≥ nên t ≥ Suy 2x + + (x − 1)(x + 3) = t2 t < −3, Kết hợp với điều kiện t > √ √ t ≥ ta có t > Từ suy bất phương trình x − + x + > ⇔ x > Bất phương trình (3.27) trở thành: t2 +t−6 > ⇔ Cách giải Biến đổi bất phương trình (3.27) tương đương với bất phương trình √ Do √ x−1+ √ √ x−1+ √ x+3+3 √ x−1+ √ x + − > x + + > nên bất phương trình tương đương với x−1+ √ x+3−2>0⇔ √ x−1+ √ x + > ⇔ x > 112 Thang Long University Libraty Bài toán 3.28 Tìm giá trị m để bất phương trình sau có nghiệm √ 2−x+ √ 2+x− − x2 ≤ m, x ∈ R (3.28) Lời giải Miền xác định bất phương trình (3.28) x ∈ [−2; ] √ √ √ Đặt t = − x + + x với t ≥ ⇒ t2 = + − x2 Từ có √ ≤ t2 ≤ ⇒ ≤ t ≤ 2 Bất phương trình (3.28) trở thành: −t2 + 2t + ≤ 2m Bài toán cho trở thành: tìm giá trị m để bất phương trình f (t) = −t2 + 2t + ≤ 2m có nghiệm √ t ∈ [2; 2 ] Yêu cầu toán thỏa mãn 2m ≥ √ f (t) [2;2 2] √ Xét hàm số f (t) = −t2 + 2t + 4, t ∈ [2; 2] Khi có √ √ f ′ (t) = −2t + < 0, ∀t ∈ [2; 2 ] ⇒ f (t) nghịch biến đoạn [2; 2] √ √ ⇒ √ f (t) = f (2 2) = − [2;2 ] √ √ Suy ra: 2m ≥ − ⇔ m ≥ 2 − Do đó, bất phương trình (3.28) có nghiệm √ m ≥ 2 − 113 Kết luận Luận văn đề cập vấn đề sau đây: Sưu tầm, phân loại toán phương trình bất phương trình thức, để từ hình thành phương pháp giải phù hợp cho loại phương trình-bất phương trình thức khác Với dạng phương trình bất phương trình, đưa cách giải chung, sai lầm mà học sinh hay mắc phải Sáng tác toán với mức độ khó khác vấn đề cũ làm sinh động 114 Thang Long University Libraty Tài liệu tham khảo [1] Bộ Giáo Dục Đào Tạo (1993), Đề thi tuyển sinh môn Toán, NXBGD, Hà Nội [2] Bộ Giáo Dục đào tạo (2015), Đề thi Trung Học Phổ Thông Quốc Gia, Hà Nội [3] Doãn Minh Cường (1997, 1998, 1999, 2000 ), Giới thiệu đề thi tuyển sinh môn Toán, NXBGD, Hà Nội [4] Nguyễn Tài Chung (2014), Sáng tạo giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình, NXB Tổng hợp TP Hồ chí Minh [5] Ngô Long Hậu, Trần Thanh Phong, Nguyễn Đình Thọ (2011), Giới thiệu Đề thi Tuyển sinh vào Đại Học-Cao Đẳng toàn quốc từ năm 2002 đến năm 2011 môn Toán, NXB Hà Nội [6] Phan Huy Khải (2011), Phương trình bất phương trình, NXBGD, Hà Nội [7] Nguyễn Văn Lộc, Vũ Khắc Thường (2001), Bài giải đề thi tuyển sinh ĐHCĐ năm học 2001-2002, môn Toán, NXB Đà Nẵng [8] Nguyễn Văn Mậu (1998),Phương pháp giải hệ phương trình bất phương trình, NXBGD, Hà Nội [9] Sở GD-ĐT Tp Hồ Chí Minh, Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong (1999, 2004, 2006, 2009, 2010, 2011, 2012.) Tuyển tập đề thi Olympic 30-4 môn Toán, NXBGD, Hà Nội [10] Nguyễn Anh Tuấn (2014) Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ, NXBGD, Hà Nội [11] Internet: www VNMATH.com, www mediafire.com 115 [...]... đổi phương trình dạng (1.1.1) chúng ta thu được phương trình u(x) = f 2 (x) là một phương trình đa thức bậc cao không có nghiệm hữu tỉ thì việc tìm nghiệm của phương trình đó bằng các cách thông thường là không hề dễ dàng và mất rất nhiều thời gian Khi đó, chúng ta nên sử dụng các phương pháp khác như đặt ẩn phụ, để biến đổi phương trình đã cho thành hệ phương trình đại số hoặc phương trình đại số dạng. .. các nghiệm của phương trình (1.8) đã cho Chúng ta sẽ xét một số phương trình cũng có dạng tương tự phương trình dạng (1.1.1) Các phương trình này cũng có thể giải bằng phương pháp chung như giải các phương trình có dạng (1.1.1) Nhưng chúng ta sẽ giải các phương trình này bằng một cách đặt ẩn phụ khác với cách đặt ẩn phụ đã sử dụng ở các bài toán (1.7), (1.8) trên Bài toán 1.9 Giải phương trình 2x2 − 6x... là một hằng số hoặc là một căn bậc ba thì chúng ta có thể lập phương hai vế của phương trình nhiều lần để làm mất dấu căn bậc ba, biến đổi phương trình đã cho về các dạng cơ bản đơn giản Đôi khi chúng ta phải sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ, biến đổi phương trình đã cho thành hệ phương trình đại số mà có thể giải một cách dễ dàng Nhưng cũng có nhiều trường hợp, khi f (x) là một đa thức, nếu ta lập phương. .. nên nếu phương trình (1.32a) có nghiệm thì có ít nhất một nghiệm âm Vì thế, phương trình này có nghiệm không âm thì chỉ có thể có một nghiệm không âm và một nghiệm âm Điều kiện này tương đương với af (0) ≤ 0 ⇔ 6 − m ≤ 0 ⇔ m ≥ 6 Nhận xét 1.7 Có một số phương trình chứa ẩn trong căn bậc hai chưa có dạng phương trình (1.2.2) nhưng chúng ta có thể giải các phương trình ấy bằng cách giải phương trình dạng. .. trở thành phương trình dạng (1.1.1) đã biết cách giải 3.Nếu a = 0 và u(x) là một biểu thức phức tạp (đa thức có bậc lớn hơn hoặc bằng 2 hay phân thức hữu tỉ ) thì tuy phương trình có dạng (1.1.1) nhưng chúng ta phải sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để giải phương trình dạng (1.2.2) với cách đặt ẩn phụ như sau: đặt u(x) = t ≥ 0 ⇒ u(x) = t2 Khi đó phương trình dạng (1.2.2) trở thành phương trình bậc hai... các phương trình ấy chưa có dạng như phương trình dạng (1.2.2) nên chúng ta chưa thể đặt ẩn phụ ngay được mà phải biến đổi các phương trình ấy về dạng phương trình (1.2.2) rồi mới đặt ẩn phụ được Chúng ta xét một số phương trình sau đây Bài toán 1.33 (Đề thi Olympic 30/4/1999) Giải phương trình 2 x − 3x + 1 = − √ 3 3 x4 + x2 + 1, x ∈ R (1.33) Lời giải Miền xác định của phương trình (1.33) là ∀x ∈ R Phương. .. − 1 ≤ m ≤ 1 Phương trình dạng u(x) = au(x) + b • Lý thuyết tóm tắt Xét phương trình dạng u(x) = au(x) + b, x ∈ R Trong đó u(x) là hàm số của x Miền xác định của phương trình dạng (1.2.2) là x ∈ R sao cho u(x) ≥ o Chúng ta xét các trường hợp sau: 1.Nếu a = 0 thì phương trình dạng (1.2.2) trở thành phương trình cơ bản đơn giản u(x) = b 2.Nếu a = 0 và u(x) là nhị thức bậc nhất thì phương trình dang (1.2.2)... 1:Nếu a=0 thì phương trình dạng (1.1.2) trở thành phương trình dạng (1.1.1) 2.Trường hợp 2:Nếu a = 0 thì phải xét tới f (x) Khi f (x) là hằng số thì có thể làm mất dấu căn bậc hai bằng cách biến đổi để hai vế không âm rồi bình phương hai vế của phương trình dẫn tới giải phương trình dạng (1.1.1) Khi f (x) không là hằng số, ta tìm cách tách, nhóm hợp lý, nhân và chia các biểu thức căn với biểu thức liên... chúng ta có điều kiện của phương trình (1.14a) 1 4 là:x ∈ [− ; 1 ) Với điều kiện này hai vế của phương trình (1.14a) luôn dương Chúng ta có thể giải phương trình (1.14a) bằng cách bình phương hai vế để đưa vế phương trình cơ bản Nhưng nếu làm như thế chúng ta sẽ được một phương trình phức tạp Để giải phương trình (1.14a),trước hết ta biến đổi phương trình (1.14a) thành phương trình √ √ ( 4x + 1 − 1)... xét một số bài toán sau Bài toán 1.7 Giải phương trình sau √ x + 1 = x2 − 6x + 5, x ∈ R (1.7) Nhận xét 1.2 Để giải phương trình (1.7) này, nếu sử dụng phương pháp giải phương trình dạng (1.1.1) sẽ dẫn tới phương trình x4 − 12x3 + 46x2 − 61x + 24 = 0 không có nghiệm hữu tỉ Việc tìm các nghiệm vô tỉ của phương trình này là rất khó khăn Chúng ta có thể sử dụng phương pháp hệ số bất định để biến đổi đa thức