Kết luận tập nghiệm của bất phương trình

Khãa luËn tèt nghiÖpTr­êng §HSP Hµ Néi 2Ta nhớ lại rằng: Giá trị tuyệt đối của một biểu thức bằng chính nó nếubiểu thức không âm, bằng số đối của nó nếu biểu thức âm.| | =A nếu A  0Anếu A < 0Các phương pháp để khử dấu giá trị tuyệt đối:+ Sử dụng phép biến đổi tương đương bằng định nghĩa giá trị tuyệtđối.+ Sử dụng phép biến đổi tương đương bằng tính chất của giá trị tuyệtđối.+ Sử dụng phép biến đổi tương đương bình phương hai vế của biểuthức.Khi thực hiện khử dấu giá trị tuyệt đối của một biểu thức cần xét xemgiá trị của biến làm cho biểu thức âm hay không âm.Nếu biểu thức nằm trong dấu giá trị tuyệt đối là nhị thức bậc nhất tacần nhớ định lí sau :* Định lí về dấu của nhị thức bậc nhất ax  b  a  0  :Cùng dấu với a với các giá trị của x lớn hơn nghiệm của nhị thức .Trái dấu với a với các giá trị của x nhỏ hơn nghiệm của nhị thức.Việc sử dụng dấu nhị thức bậc nhất để giải bất phương trình chứa dấugiá trị tuyệt đối được gọi là phương pháp chia khoảng. Ngoài ra, trong một sốtrường hợp , có thể giải nhanh hơn cách dùng phương pháp chia khoảng nóitrên bởi các biến đổi tương đương sau :* Dạng 1:Với a là số dương , ta có: f ( x )  a   a  f ( x )  af ( x)  g ( x)   g ( x)  f ( x)  g ( x)NguyÔn Linh Chi25Líp K35E To¸n Khãa luËn tèt nghiÖpTr­êng §HSP Hµ Néi 2* Dạng 2 : f ( x)  aVới số a dương ta có: f ( x)  a   f ( x)  a f ( x)   g ( x)f ( x)  g ( x)   f ( x)  g ( x)22* Dạng 3 : f ( x )  g ( x )   f ( x )    g ( x ) * Ví dụ : Giải bất phương trình: 3 2 x  1  2 x  1(1)Hướng dẫn:Cách 1: (Theo phương pháp chia khoảng )1* Xét khoảng x  , (1) có dạng:231  2 x   2 x  1  3  6 x  2 x  1  8x  2  x Nghiệm của bất phương trình trong khoảng x 14111là  x 4221* Xét khoảng x  , (1) có dạng :23  2 x  1  2 x  1  6 x  3  2 x  1  4 x  4  x  1Nghiệm của bất phương trình trong khoảng này là1 x 121Kết luận: Nghiệm của bất phương trình đã cho là  x  14Cách 2:( Phương pháp biến đổi tương đương)Biến đổi thành phương trình tương đương theo dạng 1 ta có:3 2 x  1    2 x  13 2x 1  2x  1  3 2 x  1  2 x  1NguyÔn Linh Chi26Líp K35E To¸n Khãa luËn tèt nghiÖpTr­êng §HSP Hµ Néi 26 x  3  2 x  1 8 x  26 x  3  2 x  14 x  411x 4   x 14 x  11Kết luận: Nghiệm của bất phương trình đã cho là  x  142.2.5. Bất phương trình chứa ẩn trong dấu căn thức bậc hai* Khái niệm: Bất phương trình chứa ẩn trong dấu căn thức bậc hai với cácdạng cơ bản là:f ( x )  g ( x );f ( x )  g ( x );f ( x )  g ( x );f ( x)  g ( x) .Phương pháp giải bất phương trình chứa ẩn trong dấu căn thức bậc haibao gồm phương pháp biến đổi tương đương và phương pháp đặt ẩn phụ.* Phương pháp biến đổi tương đương:Nội dung của phương pháp này là sử dụng các tính chất của lũy thừavà các phép biến đổi tương đương của bất phương trình nhằm đưa các bấtphương ban đầu về bất phương trình đã biết cách giải.1, Dạngf ( x )  g ( x ); f ( x )  g ( x ) g ( x)  0f ( x)  g ( x)   f ( x)  02 f ( x)  g ( x) g ( x)  0f ( x )  g ( x)   f ( x )  0 f ( x)  g 2 ( x)* Ví dụ: Giải phương trình:2 x2  6 x  1  x  2(1)Hướng dẫn:NguyÔn Linh Chi27Líp K35E To¸n Khãa luËn tèt nghiÖpTr­êng §HSP Hµ Néi 2x  2  0(1)  2 x 2  6 x  1  0 222 x  6 x  1   x  2 x  2x  3  72x  3  72 2x  2x  3  0Kết luận: Nghiệm của bất phương trình đã cho là2, Dạng3 7 x32f ( x )  g ( x ); f ( x )  g ( x )  f ( x)  0 g ( x)  0f ( x)  g ( x)   g ( x)  0   f ( x)  g 2 ( x)  g ( x)  0 f ( x)  0f ( x)  g ( x)   g ( x)  0   f ( x)  g 2 ( x)* Ví dụ: Giải bất Phương trình:2 x 2  16  x  3  7  x(1)Hướng dẫn:Để giải được bất phương trình này học sinh cần biến đổi để đưa bấtphương trình về dạng:f ( x)  g ( x) .Ta có: (1)  2 x 2  16  10  2 x x 2  16  0x510  2 x  0  x  10 10  2 x  01034x522  2( x  16)  (10  2 x )34Kết luận: Vậy tập nghiệm của bất phương trình là T = 10  34;  .NguyÔn Linh Chi28Líp K35E To¸n Khãa luËn tèt nghiÖpTr­êng §HSP Hµ Néi 2* Lưu ý:i, Với các bất phương trình có chứa tham số ta thực hiện theo các bước:Bước 1: Đặt điều kiện (nếu cần)Bước 2: Sử dụng các phép biến đổi tương đương chuyển bất phươngtrình về hệ bất phương trình đại số, từ đó xác định nghiệm x.Bước 3: Kiểm tra điều kiện cho nghiệm x tìm được.Bước 4: Kết luận.ii, g( x) thường là nhị thức bậc nhất  ax  b  nhưng có một số trường hợpg( x) là tam thức bậc hai a 2  bx  c , khi đó tuỳ theo từng bài ta có thểmạnh dạn đặt điều kiện cho g( x) rồi bình phương 2 vế đưa bất phương trìnhvề dạng quen thuộc.* Phương pháp đặt ẩn phụ:Là phương pháp đặt ẩn số phụ cho bài toán để đưa bất phương trình vềdạng đơn giản hơn đã biết cách giải. Đối với phương pháp này khi thực hiệnđặt ẩn phụ cho bài toán cần chú ý đến các điều kiện của ẩn.* Ví dụ: Giải bất phương trình: 2 x x 2  2 x  x 2  1Để giải được bài toán này trước hết học sinh phải biến đổi bất phươngtrình về dạngf ( x)  g ( x) .Khi giải bài toán này học sinh thường mắc phải sai lầm là không tìmđiều kiện của bất phương trình do đó khi kết luận nghiệm sẽ dẫn đến kết luậnnghiệm sai do học sinh lấy cả những giá trị mà tại đó bất phương trình khôngxác định.Hướng dẫn:Đặt t  x 2  2 x ; Điều kiện: t  0Bất phương trình có dạng: x 2  2tx  1  0Coi vế trái là một tam thức f ( x) bậc 2 theo x ta có:NguyÔn Linh Chi29Líp K35E To¸n Khãa luËn tèt nghiÖpTr­êng §HSP Hµ Néi 2  t 2  1  x 2  2 x  1   x  12 x  t  x 1Khi đó f ( x)  0 có các nghiệm: x  t  x 1Tức là (1) được biến đổi về dạng:  x  t  x  1 x  t  x  1  0x2  2x  1x2  2x  2x  1  0x2  2 x  2 x  1  0 x2  2 x  2 x  1 2 x  1  0220  x  2 x   2 x  112 x  1  0x2 x0  x2  2 x  0x0 23 x  2 x  1  0  x  2Kết luận: Vậy bất phương trình có nghiệm là x  0 .2.3. Hệ thống bài tập về bất phương trìnhBài 1:Giải bất phương trình :x  2 x  5 x  8 x  1189868380(1) Hướng dẫn:x  2 x  5 x  8 x  11(1)89868380 x  2   x  5   x  8   x  11  1   1   1   1 89  86  83  80x  91 x  91 x  91 x  9189868380 1 1 1 1  x  91       0 . 89 86 83 80  x  91  0  x  91Kết luận: Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: T   ; 91NguyÔn Linh Chi30Líp K35E To¸n Khãa luËn tèt nghiÖpTr­êng §HSP Hµ Néi 2 Nhận xét:* Sai lầm thường gặp:+ Sai lầm của học sinh có thể mắc phải với bài tập này là học sinh sẽvận dụng cách làm một cách máy móc đó là quy đồng , rút gọn rồi mới giảibất phương trình, làm như vậy thì các em sẽ khá vất vả với mẫu số lớn.+ Một sai lầm nữa mà học sinh cũng rất dễ mắc phải là sẽ tách cácbiểu thức của bất phương trình thành:x2x5x 8x 11      89 89 86 86 83 83 80 80Làm như vậy cũng khiến bài toán bất phương trình trở nên phức tạp hơn.Đặc điểm của bài toán bất phương trình này là có các biểu thức ở hai vếcủa bất phương trình đều là những phân thức trong đó số hạng tự do ở tử thứccộng với mẫu thức đều bằng nhau. Từ đặc điểm này của bài toán mà ta có thểdựng lên rất nhiều bài toán bất phương trình tương tự với bài toán giải bấtphương trình (1) ở trên.* Bài toán tương tự: Giải bất phương trình:x2  5x  1 x2  5x  2 x2  5x  2 x2  5x  3(*)3267Hướng dẫn:Thực hiện tương tự cách giải bất phương trình (1) ta có: x 2  5x  4   x 2  5x  4   x 2  5x  4   x2  5x  4 (2)  3267   1 1 1 1 x2  5x  4       03 2 6 7 x 2  5 x  4  0 (**)Nghiệm của bất phương trình (*) chính là nghiệm của bất phương trình(*).NguyÔn Linh Chi31Líp K35E To¸n Khãa luËn tèt nghiÖpTr­êng §HSP Hµ Néi 2Giải bất phương trình (**) suy ra tập nghiệm của bất phương trình (**)là: x   ; 4   1;   .Kết luận: Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là:T   ; 4    1;  Bài 2:x 2  2mx  3m  2Tìm m sao cho:12 x 2  mx  2(2) nghiệm đúng với x  R Hướng dẫn:Vế trái tồn tại với x  R  2 x 2  mx  2  0Tức là phương trình 2 x 2  mx  2  0 vô nghiệm:   0  m 2  16  0  4  m  4Suy ra 2 x 2  mx  2  0 ;  x  R nên bất phương trình (2) có nghiệmvới x  R khi và chỉ khi hệ bất phương trình:4  m  4 22 x  2mx  3m  2  2 x  mx  2(*) có nghiệm với x  R .4  m  4(*)   2có nghiệm với x  R x  mx  3m  0 4  m  44  m  4 4  m  0212m0m120Kết luận: Vậy với m   4;0 thì bất phương trình (2) có nghiệm với x  R . Nhận xét:*Sai lầm thường gặp:Với bài toán này học sinh dễ dàng mắc phải những sai lầm là:+ Nhân hai vế của bất phương trình (*) với 2 x 2  mx  2 khi chưabiết dấu của biểu thức này chẳng hạn như:NguyÔn Linh Chi32Líp K35E To¸n Khãa luËn tèt nghiÖpTr­êng §HSP Hµ Néi 2x 2  2 mx  3m  2  1 2 x 2  mx  2  x 2  mx  3m  0Đây là sai lầm rất hay thường gặp do học sinh chưa nắm được các phépbiến đổi tương đương bất phương trình.+ Một sai lầm nữa là học sinh không tìm điều kiện của bất phương trìnhvà khi kết luận nghiệm của bất phương trình học sinh lấy cả những giá trị màtại đó bất phương trình không xác định.* Cách giải khác:Điều kiện: 2 x 2  mx  2  0, x  R .Tức là phương trình 2 x 2  mx  2  0 vô nghiệm   0  m 2  16  0  4  m  4x 2  2mx  3m  2  2 x 2  mx  2(2) 2 x 2  mx  2 0x 2  mx  3m02 x 2  mx  2  x 2  mx  3m  0  2 x 2  mx  2  0  x 2  mx  3m  0 2  2 x  mx  2  0(I )( II )Tập nghiệm của bất phương trình (2) là hợp của hai tập nghiệm của hai hệ bấtphương trình (I) và (II).Giải hệ bất phương trình (I) ta có : x 2  mx  3m  0(I ) có nghiệm với x  R22 x  mx  2  01  m2  12m  012  m  0  4  m  0.24m4 2  m  16  0NguyÔn Linh Chi33Líp K35E To¸n Khãa luËn tèt nghiÖpTr­êng §HSP Hµ Néi 2Hệ bất phương trình (II) vô nghiệm.Kết luận: Với m   4;0 thì bất phương trình (2) có nghiệm với x  R* Bài toán tương tự:Tìm giá trị của m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi giái trịcủa x :x 2  8 x  200mx 2  2(m  1) x  9m  4(*)Hướng dẫn:Ta thấy tam thức bậc hai ( x 2  8 x  20) có a  1  0 và     4  0suy ra ( x 2  8 x  20)  0;  x  R . Do đó bài toán trở thành tìm giá trị của m đểbất phương trình mx 2  2( m  1) x  9 m  4  0 (*) đúng với mọi x  R .+ Nếu m  0 bất phương trình (*) trở thành 2 x  4  0 , bất phươngtrình chỉ nghiệm đúng với x  2 nên m  0 không thỏa mãn.+ Nếu m  0 bất phương trình (*) đúng với mọi x khi và chỉ khim  02  (m  1)  m(9m  4)  0Ta thấy tam thức   8m 2  2m  1 có hai nghiệm là m1  m2 1và2111nên   0  m   hoặc m  . Kết hợp với điều kiện m  0 , suy4241ra các giá trị cần tìm của m là m   .2* Bài toán khái quát:Qua cách giải bài toán bất phương trình (2) và bài toán tương tự ởtrên ta có thể áp dụng để giải bài toán bất phương trình dạngf ( x) 0 ( 0) ,g ( x)trong đó f ( x), g ( x) là những tam thức bậc hai.NguyÔn Linh Chi34Líp K35E To¸n Khãa luËn tèt nghiÖpTr­êng §HSP Hµ Néi 2Bài 3:Tìm giá trị của m để bất phương trình: x 2  2 mx  m  0 (3)thỏa mãn với mọi x thuộc khoảng (1;2) . Hướng dẫn:Đặtf ( x )  x 2  2 mx  mVì hệ số a  1  0 thỏa mãn với mọi x thuộc khoảng (1; 2) nênf ( x)  0 có hai nghiệm phân biệt và x1  1  2  x2m  0m 12m  m  0    014 a. f (1)  0  3m  1  0  m    m   .35a. f (2)  0 5m  4  04m   5Kết luận: Vậy với m  4thì bất phương trình đã cho thỏa mãn với mọi x5thuộc khoảng (1; 2). Nhận xét:*Bài toán liên quan:Tìm m để bất phương trình bậc hai dạng ax 2  bx  c  0(  0) vônghiệm hay nghiệm đúng với mọi x  R .* Khái quát:Qua cách giải bài toán bất phương trình (3) ở trên ta có thể khái quátlên: Để bất phương trình bậc hai dạng f ( x )  ax 2  bx  c  0; a  0 thỏa mãna  0  0với mọi x  ( ;  ) thì điều kiện cần và đủ là a. f ( )  0a. f (  )  0NguyÔn Linh Chi35Líp K35E To¸n