Bài tập Phương trình. Hệ phương trình Toán Lớp 10 - Phần 2: Bất phương trình - Đề 1

Nội dung text: Bài tập Phương trình. Hệ phương trình Toán Lớp 10 - Phần 2: Bất phương trình - Đề 1

1. Bpt- bđtđ/ẩn-phụ/liên-hợp/tích/cần&đủ/đánh-giá- Lớp 10 II. BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ II.1) Biến đổi tương đương theo công thức cơ bản, chia-khoảng g(x) 0 g(x) 0 f (x) 0 1) Kiến thức cơ bản : f (x) g(x) ; f (x) g(x) 0 f (x) g 2 (x) g(x) 0 2 f (x) g (x) 2) Chú ý : ● Để bình phương 2 vế pt– bpt thì một là ta biến đổi cho 2 vế không âm, hai là đặt đk cho 2 vế không âm. Để giải bpt vô tỉ ta sử dụng các phương pháp như đối với pt vô tỉ. Khi gặp căn bậc chẵn , cần tìm điều kiện để biểu thức dưới dấu căn có nghĩa. Đối với bpt có chứa ẩn ở mẫu ,luôn cần chú ý đến dấu của biểu thức ở mẫu. Đôi khi , có thể chia tập xác định thành nhiều khoảng và giải bpt trên từng khoảng. II.1)Giải bpt (bằng cách sử dụng pp biến đổi tương đương): a) x2 3x 3 2x 1 b) 3x x2 4 x c) x2 3x 2 2x 5 d) x 3 x 2 2x 4 0 4 3 2 1 e) - £ - f) 2x2 6x 1 x 2 0 x2 4 x 2 x 1 G: a) x> 2/3 b) 0 x 3 c) 17 13 d) x 2 2 x 6 ì ï 4 3 ï - ³ 0 ï 2 ï x 4 4 3 2 1 ï 2 1 4 e) - £ - Û ï - ³ 0 Nghiệm bpt là 2 x 2 í x 4 x 2 ï x 2 3 ï 2 ï 4 3 æ2 1ö ï - £ ç - ÷ ï 2 ç ÷ îï x 4 èx 2ø f) 2x2 6x 1 x 2 0 ↔ 2x2 6x 1 x 2 ↔ x 2 0 2 3 7 2x 6x 1 0 3 7 x 2 ,  3, x 2 0 2 x 3 2 2 2x 6x 1 (x 2) 1 x 0 1 1 4x2 x 0 2 é 1 ö æ 1ù g) 0 Đk: Vậy S= ê- ,0÷È ç0, ú 2 ÷ ç x 1 4x 0 1 ê 2 ø÷ èç 2ú 0 x ë û 2 3x 3 h) 2 x 2 đ/s x<1 i) x 2 x 1 x 2 x 1 (x≥1) 2 x 2 1 1 2 j*) x 2 x 1 x 3 4 x 1 1 k*) x x x2 x2 x 2 2 II.2)Giải bpt: a) 2x2 6x 1 x 2 0b) 2x2 6x 1 x 2 0 c) 4 x 1 2x 10 1 3 2x , 1 1 4x2 3x 2 x 4 2 d) 0 e) 2 f) x2 + 3x - 4 < 2x2 - 2x g) 2x2 x 3 x2 2x 3 x x G: a) 2x2 6x 1 x 2 0 1 Bài-giảng Pt- Bpt- Hpt trang.137 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
2. Bpt- bđtđ/ẩn-phụ/liên-hợp/tích/cần&đủ/đánh-giá- Lớp 10 x 2 x 2 0 2 2 3 7 3 7 3 7 1 2x 6x 1 x 2 ↔ 2x 6x 1 0 x  x x 3 2 2 2 2 2x 6x 1 x 2 1 x 3 b) 2x2 6x 1 x 2 0 ↔ 2x2 6x 1 x 2 x 2 0 2 3 7 2x 6x 1 0 3 7 x ↔ 2 ,  3, x 2 0 2 x 3 2 2 2x 6x 1 (x 2) 2 2 3 c) 4 x 1 2x 10 1 3 2x , ĐK: x 2 3 pt x2 2x 1 x 5 2 x 3 2x (x 5) 3 2x 9 5x (1), Với x hai vế (1) đều 2 2 không âm nên ta bình phương 2 vế: x3 – x2 – 5x – 3 0 x 3 x 1 0 1 x 0 1 1 4x2 x 0 2 d) 0 điều kiện x 1 4x2 0 1 0 x 2 1 1 3x 0 1 +) Với - x 0 bpt ↔ 1 4x2 1 3x - x 0 2 2 2 1 4x (1 3x) 2 1 3x 0 2 1 2 1 4x 0 1 +) Với 0<x bpt ↔ 1 4x 1 3x 0<x 2 1 4x2 (1 3x)2 2 1 3x 0 é 1 ö æ 1ù Vậy tập nghiệm của bpt là S= ê- ,0÷È ç0, ú ê ÷ ç ú ë 2 ø÷ èç 2û 3x 2 x 4 2 x 0 1 e) 2 Đk: 1 x 1 ;x 0 (*). Với đk đó ta có: 2 x 3x x 4 0 3 x 1 2x 2 0 x 1 9 3x 2 x 4 2x 2 x 2 2 2 9 3x x 4 2x 2 7x 9x 0 x 0  x 7 7 9 4 Kết hợp với điều kiện (*) ta được x . 7 3 x2 + 3x - 4 ³ 0 x 4  x 1 f) x2 + 3x - 4 < 2x2 - 2x x 4  x 4 2 2 x + 3x - 4 < 2x - 2x x 1 x 4 Vậy: Tập nghiệm của bất phương trình: S = (– ; –4]  (4 ; + ) x2 2x 3 0 g) 2x2 x 3 x2 2x 3 2 2 2x x 3 x 2x 3 x 1 x 3 x 1 x 3 x 3 Vậy: Tập nghiệm của bpt: S = (– ; –3] [ 3 ; + ] 2  x 3x 0 x 3 x 0 x 3 II.3) Giải bpt: a) 3x 1 6 x 3x2 14x 8 0 b) (x 3)(8 x) 26 x2 11x c) 7x 7 7x 6 2 49x2 7x 42 181 14x . d) (x 3) x2 4 x2 9 (1) Bài-giảng Pt- Bpt- Hpt trang.138 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
3. Bpt- bđtđ/ẩn-phụ/liên-hợp/tích/cần&đủ/đánh-giá- Lớp 10 1 G: a) 3x 1 6 x 3x2 14x 8 0 Đk: x 6 3 Xét phương trình: 3x 1 6 x 3x2 14x 8 0 3x 1 4 1 6 x 3x2 14x 5 0 x 5 3x 15 x 5 x 5 3x 1 0 3 1 3x 1 4 1 6 x 3x 1 0 3x 1 4 1 6 x 1 3 1 Vì x [ ;6] nên 3x 1 0 . Suy ra pt: 3x 1 0 (VN) 3 3x 1 4 1 6 x Đặt f(x) = f (x) 3x 1 6 x 3x2 14x 8 , f(0) = 1 6 8 < 0 Bảng xét dấu: x 1 5 6 3 f(x) 1 Vậy tập nghiệm của bpt là: S = S [ ;5] 3 b) (x 3)(8 x) 26 x2 11x Bpt x2 11x 24 x2 11x 24 2 . Ñaët t x2 11x 24;t 0 ta coù 2 2 2 2 t 0 x 11x 24 0 x 11x 24 0 t t 2 t t 2 0 1 t 2 t 2 2 2 x 11x 24 2 x 11x 24 4 3 x 8 3 x 4  7 x 8 x 4  x 7 Vậy: Tập nghiệm của bất phương trình: S = [3; 4) (4 ; 7] 6 c) 7x 7 7x 6 2 49x2 7x 42 181 14x . Đặt t 7x 7 7x 6 0 x 6 . 7 d) (x 3) x2 4 x2 9 (1) (1) f (x) (x 3)( x 2 4 x 3) 0 , f(x) xác định ↔ x 2 4 0 x ; 2 2; : ( ) x 3 0 ( ) f (x) 0 (x 3)( x 4 4 x 3) 0 2 x 4 x 3 () x 3 x 3 0 x 3 13 ( ) x 3; () 13 x x 2 4 (x 3) 2 6x 13 0 x 6 6 f(x) liên tục trên ( ) f ( 3) 6 5 0 ; f ( 2) 5 0 ; f (4) 2 3 7 0 Nên ta có bảng xét dấu f(x) trên ( ) 13 2 2 3 x 6 0 0 f(x) 13 Từ bảng ta được (1) có nghiệm x  x 3 . 6 2 x 2 2 II.4) Giải các bpt: a) 2 x 4 b) x 3x 2x 3x 2 0 c) 5x 1 x 1 2x 4 1 1 x 2 2 x 16 7 x d) x 3 1 x 3 x 3 Bài-giảng Pt- Bpt- Hpt trang.139 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
4. Bpt- bđtđ/ẩn-phụ/liên-hợp/tích/cần&đủ/đánh-giá- Lớp 10 1 G: a) 1 x 3 và x 4x - 3 3 x 4x 3 0 4 1 2 1 0 1 4x 0 x x 1 2 2 x . Đối chiếu đk: 4x 3 0 2 1 3 0 x 2 2 x 2 9(1 4x ) (4x 3) 4 2 2 9(1 4x ) (4x 3) 1 C¸ch 2: XÐt 2 TH: + Víi x 0.BPT 1 4x2 1 3x 2 1 + Víi 0 x .BPT 1 4x2 1 3x 2 Bài-giảng Pt- Bpt- Hpt trang.140 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
5. Bpt- bđtđ/ẩn-phụ/liên-hợp/tích/cần&đủ/đánh-giá- Lớp 10 2 2 2 -5- 2 5 -5 + 2 5 e) 5x 10x 1 7 2x x §K: 5x +10x +1 0 x hay x 5 5 - Bpt ↔ -5 5x2 +10x +1 -36 + 5x2 +10x +1 . - §Æt t 5x2 10x 1;t 0 . §S: x≤-3 hoÆc x≥1. II.7) Giải các bpt sau [bằng cách chia khoảng tập xác định]: 51 2x x2 3x 2 x 4 2 a) x 3 x2 4 x2 9 b) 1 c) 2 1 x x d) x2 4x 3 2x2 3x 1 x 1 e) x2 3x 2 x2 4x 3 2 x2 5x 4 5 G: a) Xét ba th: x=3, x>3 và x<3.ĐS: x  x 3. b) Xét hai th của x 1.ĐS: 1 52 x 5  x 1. 6 x 0 1 c) Điều kiện: 1 x 1 ;x 0 (*) . Với điều kiện đó ta có: 2 3x x 4 0 3 x 1 2x 2 0 x 1 9 3x 2 x 4 2x 2 x 2 2 2 9 3x x 4 2x 2 7x 9x 0 x 0  x 7 7 9 4 Kết hợp với điều kiện (*) ta được x . 7 3 d) x2 4x 3 2x2 3x 1 x 1 (§H KÕ to¸n Hµ Néi -2001) (x 1)(x 3) 0 1 §iÒu kiÖn: x 1 hay x 3 hayx (x 1)(2x 1) 0 2 ●NhËn thÊy x=1 lµ mét nghiÖm cña bpt. x 3 ● x 3 . T¸ch c¨n cña bpt ta ®­îc .HÖ nµy v« nghiÖm v× x 3 x 1 x 3 2x 1 x 1 1 1 1 x x 1 ● x .T¸ch c¨n cña bpt ta ®­îc: 2 2 x 2 2 3 x 1 2x 1 x 2 (3 x)(1 x) 3 1 KÕt luËn: TËp nghiÖm S 1 ; 2 e) x2 3x 2 x2 4x 3 2 x2 5x 4 (§H Y HCM -2001) §iÒu kiÖn: x 1hayx 4 . ●NhËn thÊy x=1 lµ mét nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh ●Víi x 4 . Ta t¸ch c¨n cña bpt ®· cho vµ ®­îc bpt : x 2 x 3 2 x 4 BPT tho¶ m·n víi x 4 v×: x 2 x 3 x 4 ●Víi x 1 Ta t¸ch c¨n cña bpt ®· cho vµ ®­îc bpt : 2 x 3 x 2 4 x BPT v« nghiÖm v× 2 x 3 x 4 x . KÕt luËn: TËp nghiÖm 1 4; 1 II.8)Cho bpt: mx x 3 m 1 a) Giải bpt khi m b) Tìm m để bpt (1) có nghiệm. 2 G: Đk: x 3 .Đặt t x 3;dk : t 0;x t2 3 Bpt(1) trở thành: m t2 3 t m 1 (2) 1 a)Khi m : (2) t2 2t 0 0 t 2 0 x 3 2 3 x 7 2 t 1 t 1 t2 2t 2 b) (2) m Xét hàm số f (t) , t 0 ; f '(t) , f '(t) 0 t 1 3 2 2 2 2 t 2 t 2 t 2 Bài-giảng Pt- Bpt- Hpt trang.141 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
6. Bpt- bđtđ/ẩn-phụ/liên-hợp/tích/cần&đủ/đánh-giá- Lớp 10 t 0 -1+ 3 +∞ f'(t) + 0 - f(t) 1+ 3 1 4 0 2 1 3 Từ bảng biến thiên, ta thấy bất phương trình (1) có nghiệm khi và chi khi m 4 II.2) Phương pháp đặt ẩn phụ II.9)Giải các bpt sau [bằng pp đặt ẩn phụ nhằm đưa về bpt đại-số quen thuộc]: x 1 x 1 a) x2 2 x2 3x 11 3x 4 c) 5x2 10x 1 7 x2 2x d) 2 3 x x 5 1 3 1 e) 5 x 2x 4 f) 3 x 2x 7 g) 2x 1 9 2x 3 (2x 1)(9 2x) 13 2 x 2x 2 x 2x 2x2 3x 1 1 3x 4 2 2 2 h)3 2x 1 4 x 1 k) 2 1 l) x 2x 2 2x x x 2x 1 36 1 x 1 x2 2x m) x+ 3 5 n) x 1 3 x 1 o) 7x 7 7x 6 2 49x2 7x 42 181 14x x2 4 3 1 p) 2x2 4x 3 3 2x x2 1 q) x(x 4) x2 4x (x 2)2 2 r) 3 x 2x 7 2 x 2x s) 2 x 7 x (2 x)(7 x) 3 G: a) x2 2 x2 3x 11 3x 4 đặt t = x2 3x 11 0 dẫn tới bpt :t2+2t-15 ≤ 0 suy ra 0 ≤ t ≤ 3 suy ra x2 3x 11 3 suy ra x2 -3x+11 ≤ 9 suy ra nghiệm của bpt 1 ≤ x ≤ 2 . c) 5x2 10x 1 7 x2 2x đ/s: x 3, x 1 x 1 x 1 x 1 1 d) 2 3 Đặt t 0 → t2 -2t -3 >0 có nghiệm t≥ 3→ S 0, x x x 8 5 1 1 e)5 x 2x 4 đk: x > 0 đặt t = x ≥ 2 . Bpt tt: 2t2 – 5t + 2 > 0 ↔ t > 2 2 x 2x 2 x 1 3 3 Khi đó: x >2 x 4 x 1 0 Đs: S (0, 2)  ( 2, ) 2 x 2 2 3 1 f)3 x 2x 7 → tương tự ý e. 2 x 2x g) 2x 1 9 2x 3 (2x 1)(9 2x) 13 đặt t = 2x 1 9 2x 0 . đ/s: S=(0;4) 2 * * 1 3x x 3x x h )S=1,5 k ) 2 1 1 2 1. Đặt t = . 1 x 1 x2 1 x 1 x2 1 x2 Ta có : t2-3t+2 > 0 suy ra t > 2 hoặc t 2 x 1 2 2 2 1 x 1 x 0 5x 4 5 1 x 0 x x 1 x2 1 1 +) Xét bpt <1 x 0 1 x ĐS: S = ( 1, ) 2 2 2 2 1 x 1 x 0 2 2 x 4(1 x ) Bài-giảng Pt- Bpt- Hpt trang.142 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
7. Bpt- bđtđ/ẩn-phụ/liên-hợp/tích/cần&đủ/đánh-giá- Lớp 10 2 1 3x x 3x x 2 2 1 1 2 1 đặt t = có bpt: t -3t+2 > 0 ↔t > 2 hoặc t 2 x 1 2 2 2 1 x 1 x 0 5x 4 5 1 x 0 x x 1 x2 1 1 3 +) Xét bpt 9 , 0<x<1 6 o) 7x 7 7x 6 2 49x2 7x 42 181 14x . HD: Đặt t 7x 7 7x 6 0 x 6 . 7 p) 2x2 4x 3 3 2x x2 1(§HDL Ph­¬ng §«ng -2000). §k: 3 x 1.§Æt: t 3 2x x2 ;(t 0) 5 3 x 1 2t2 3t 5 0 1 t 5 Bpt ®· cho trë thµnh: 2 0 t → 2 13 3 x 1 0 t 2 x 2x 0 0 t 4 q) x(x 4) x2 4x (x 2)2 2 (ĐH QG HCM -1999) §iÒu kiÖn: 0 x 4 §Æt: t x2 4x 0 → t 1 ↔ 2 3 x 2 3 3 1 1 r) 3 x 2x 7 (§H Th¸i Nguyªn -2000) §Æt: t x t 2 2 x 2x 2 x 2 1 2 1 1 1 3( x ) 2 x 1 9 2 x 3 x 9 0 2 2 x 2 x 2 x 2 x 3 0 x 4 7 t 2 1 2 BPT ®· cho trë thµnh: t 3 x 3 2 2 x 3 2t 3t 9 0 x 4 7 2 s) 2 x 7 x (2 x)(7 x) 3 t2 9 §iÒu kiÖn: 2 x 7 .§Æt t 2 x 7 x;(t 0) .VËy (2 x)(7 x) 2 2 x 7 2 x 2 Bpt ®· cho trë thµnh: t 2t 15 0 0 t 3 9 2 (2 x)(7 x) 9 x 7 II.10)Giải các bpt sau( bằng pp đặt ẩn phụ t nhằm đưa về bpt nhận t là ẩn số,x là tham số): a) x2-1 2x x2 2x b) (4x 1) x2 1 2x2 2x 1 G: a) x2-1 2x x2 2x Đặt t = x2 2x 0 dẫn tới bpt: x2-2tx-1≤ 0 có t 1 (x 1)2 dẫn tới ( x2 2x 1)( x2 2x 2x 1 0 khi và chỉ khi 1 2 x 1 0 x 2 x 2 2 x 2 x 1 0 x 2 2 x 0 x 0 x 0 2 2 x 2 x (2 x 1) x 2 b) (4x 1) x2 1 2x2 2x 1 II.11) Giải bpt [đặt 2 ẩn phụ dẫn tới một hbpt] : a) 2x2 6x 8 x x 2 b) 3x 2 3 x 1 3 c) x 2 3x 2 x 2 6x 5 2x 2 9x 7 d) 2x 2 12x 6 2x 1 x 2 Bài-giảng Pt- Bpt- Hpt trang.143 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
8. Bpt- bđtđ/ẩn-phụ/liên-hợp/tích/cần&đủ/đánh-giá- Lớp 10 u x 0 u v 0 u v 0 a) 2x2 6x 8 x x 2 Đặt bpt có dạng: G: 2 2 2 v x 2 2u 2v u v (u v) 0 x 2 0 x 2 2u2 2v2 u v u v 0 x 4 2 x x 2 x 5x 4 0 (???) 2x2 6x 8 x x 2 điều kiện x ≥ 0 biến đổi 2(x 2)2 2(2x 1) x 2 2x 1 đặt u 2x 1 0 u v 0 2u 2 2v2 u v u v 2 2 2 v x 2 2u 2v (u v) x 2 0 1 Th: u = v 2x 1 x 2 x 1, x 5 . Vậy để u v x , x 1, x 5 2 x 6x 5 0 2 b) 3x 2 3 x 1 3 H: (3v3-v2 +6v -8 0 ) c) x 2 3x 2 x 2 6x 5 2x 2 9x 7 H: Đặt u,v d) 2x 2 12x 6 2x 1 x 2 H: u = 2x 1 ; v=x+2 II.12)Giải bất phương trình sau [ẩn phụ hoặc sử dụng pp đánh giá]: 1 2x 1 2x 2 x2 . t 4 4t 2 G: Cách 1: Đặt t 1 2x 1 2x x2 . 16 Cách 2: Bình phương rồi đưa về dạng: A1+A2 = 0, với A1, A2 0 . II.13) II.3) Nhân lượng liên hợp; đưa về bpt tích II.14)Giải bpt (bằng cách nhân lượng liên hợp): 2x 2 9 7 x2 a) 1 x 1 x x b) x 21 Đs: , , 0 c) x 4 (3 9 2x) 2 2 2 (1 1 x)2 d) x2 3x 2 x2 4x 3 2 x2 5x 4 e) 3x 2 7x 3 x 2 3x 4 x 2 2 3x 2 5x 1 G: a) 1 x 1 x x (§H Ngo¹i th­¬ng HCM-2001). §iÒu kiÖn: 1 x 1 Nh©n hai vÕ víi biÓu thøc liªn hîp 1 x 1 x th× bÊt ph­¬ng tr×nh ®· cho t­¬ng ®­¬ng víi: 1 x 0 1 x 0 1 x 1 1 x 1 2 1 x 1 x x 0 2x 0 x 1 x x(2 1 x 1 x) 0 0 x 1 0 x 1 1 x 1 x x 2 1 x 1 x 2x 2 9 7 x2 b) x 21 đ/s: , , 0 c) x 4 (3 9 2x) 2 2 2 (1 1 x)2 d) x2 3x 2 x2 4x 3 2 x2 5x 4 đ/s: x=1, x 4 e) 3x 2 7x 3 x 2 3x 4 x 2 2 3x 2 5x 1 2x 2 x2 II.15) Giải bpt: a) x 21 b) x 4 (3 9 2x) 2 (1 1 x)2 c) x2 3x 2 x2 4x 3 2 x2 5x 4 9 7 G: a) , , 0 b) ? c) x=1, x 4 2 2 2 x 2 2 II.16)Giải các bpt [đưa về bpt tích]: a) 2 x 4 b) x 3x 2x 3x 2 0 1 1 x 1 G: a) 1 x<8, b) ;  2 3; 2 II.17) Bài-giảng Pt- Bpt- Hpt trang.144 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
9. Bpt- bđtđ/ẩn-phụ/liên-hợp/tích/cần&đủ/đánh-giá- Lớp 10 II.4) Phương pháp điều kiện cần và đủ Cơ sở lý thuyết : dựa vào đặc điểm của bất phương trình ta có thể Suy ra đặc điểm của nghiệm của bất phương trình từ đó suy ra Giá trị tham số m , điều kiện đủ với m tìm được thay vào bẩt phương trình ,giá trị m thỏa mãn điều kiện của bài toán là giá trị cần tìm. II.18) Tìm m để bất phương trình có nghiệm duy nhất x2 2m mx2 (1) G: Điều kiện cần : giả sử (1) có nghiệm là x0 thì – x0 cũng là nghiệm , do đó muốn có nghiệm duy nhất thì phải có x0 = - x0 suy ra x0= 0 thay vào (1) ta có m = 0 Điều kiện đủ : với m = 0 thay vào bất phương trình ta có ngay nghiệm duy nhất x = 0 ,vậy m = 0 là giá trị cần tìm II.19) Tìm m để bpt (2 x)(4 x) x2 2x m (1) nghiệm đúng với mọi x  2,4 G: Điều kiện cần: để bpt đúng với mọi x  2,4 thì x = 1 cũng là nghiệm thay vào (1) ta có m≥ 4 2 x 4 x Điều kiện đủ : với m ≥ 4 khi đó áp dụng bđt Cô si vế trái ta có VT= (2 x)(4 x) 3 2 VP= x2 – 2x + m = (x-1)2+ m – 1 ≥ 3 suy ra vế phải ≤ vế trái , vậy m ≥ 4 là giá trị cần tìm. II.20) II.5) Phương pháp đánh giá Đó là các bpt mà chúng ta sẽ gặp khó khăn nếu giải theo các cách thông thường. Nếu để ý đặc điểm của bài toán và kết hợp với một số bđt cơ bản ta có thể suy ngay ra nghiệm của bài toán II.21)Giải bpt: a) x x2 1 x x2 1 2 b) cosx x 2 1 . 1 1 c) x x 2 1 x x 2 1 2 d*) 2 x 2 2 4 (x ) x 2 x x2 1 0 2 2 2 G: a) x x 1 x x 1 2 Đk: x x 1 0 x 1 2 x x 1 0 Khi đó x x2 1 x x2 1 2 x x2 1. x x2 1 2 vậy bát phương trình có nghiệm khi và chỉ khi Vế trái = 2 khi và chỉ khi x x2 1 x x2 1 x 1 vậy x = 1 là nghiệm của bất phương trình b) cosx x 2 1 .Đs: x=0 c) x x 2 1 x x 2 1 2 H: VT áp dụng bđt Cauchy. Đs: x=1 1 1 d*) 2 x 2 2 4 (x ) H: Chuyển vế áp dụng bđt BKS. Đs: x=1 x 2 x II.22) II.23) Bài-giảng Pt- Bpt- Hpt trang.145 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
10. Bpt- bđtđ/ẩn-phụ/liên-hợp/tích/cần&đủ/đánh-giá- Lớp 10 Bài-giảng Pt- Bpt- Hpt trang.146 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng