Tài liệu ôn thi học sinh giỏi Toán Lớp 11 - Phần 2: Bất phương trình - Ngô Tùng Hiếu

Nội dung text: Tài liệu ôn thi học sinh giỏi Toán Lớp 11 - Phần 2: Bất phương trình - Ngô Tùng Hiếu

1. 2. BẤT PHƯƠNG TRèNH 1. Khụng cú tham số Dạng 1: Biến đổi tương đương 1 3x Bài 1. Giải bất phương trỡnh: 2 1 . 1 x 1 x2 (Chưa giải) 9 9 Bài 2. Giải bất phương trỡnh: 9 x x x x Lời giải 9 9 0 x 9 x 3 Điều kiện: x 0 x 3 x 0 x 0 9 9 *) Nếu 3 x 0 thỡ x x 0 9 suy ra bất phương trỡnh vụ nghiệm. x x 9 *) Nếu x 3 x x 0 nờn bất phương trỡnh tương đương với x 9 9 9 9 9 x2 2x. x x x2 9 2x. x x 0 x x x x x 3 x 3 ( x2 9 x)2 0 2 1 37 x 9 x x 2 1 37 Vậy tập nghiệm là S [3;+ )\{ } 2 Bài 3. Giải bất phương trỡnh: 2(x 1) x2 2x 1 x2 2x 1. (1) Hướng dẫn giải x 1 2 Điều kiện: x2 2x 1 0 . x 1 2 2 (1) x 1 x2 2x 1 (x 1)2 0 2 x2 2x 1 2x x2 2x 1 0 2x x2 2x 1 0 (do 2 x2 2x 1 0 )
2. 2x x2 2x 1 (*) +) Với x 1 2 thỡ (*) luụn đỳng. +) Với x 1 2 , bỡnh phương 2 vế của (*) suy ra vụ nghiệm. Vậy, bất phương trỡnh cú nghiệm x 1 2 . Bài 4. Giải bất phương trỡnh: x2 4x 3 2x2 3x 3 x 1. Hướng dẫn giải x 3 x2 4x 3 0 +) Điều kiện: x 1 2x2 3x 1 0 1 x 2 +) Với x=1 BPT hiển nhiờn đỳng suy ra x=1 là nghiệm +) Với x 3 suy ra BPT (x 3)(x 1) (x 1)(2x 1) x 1 chỉ ra vụ nghiệm +) Với x 2 suy ra BPT (1 x)(1 2x) (1 x)(3 x) 1 x . 1 Chỉ ra nghiệm x 2 x 1 +) Kết luận: BPT cú nghiệm 1 x 2 Bài 5. Giải bất phương trỡnh sau: x x2 10x 9 x2 2 x2 10x 9. Hướng dẫn giải Điều kiện x ( ;1][9;+ ) . Với x x2 10x 9 0 x2 10x 9 x suy ra x2 10x 9( x2 10x 9 2 2x) 0 do đú x2 10x 9 0 và x2 10x 9 2 2x . 5 Kết luận tập nghiệm S ( ;1)  (9; ) . 3
3. Dạng 2: Đặt ẩn phụ Bài 1. Giải bất phương trỡnh: 3 x 1 2x 4 3 x 2. (Chưa giải) Bài 2. Giải bất phương trỡnh: 2x2 4x 6 2x 1 x 2, x Ă . Hướng dẫn giải. 1 Điều kiện x . 2 Biến đổi bất phương trỡnh về dạng: 2(x 2)2 2(2x 1) x 2 2x 1 u x 2 2 2 Đặt: Khi đú, bất phương trỡnh cú dạng: 2u 2v u v v 2x 1 0 (1) 2 Ta cú: 2 u2 v2 u v u v u v Dấu đẳng thức xảy ra khi u v Vậy (1) u v x 2 Xột trường hợp u v , ta cú: 2x 1 x 2 x 1 x 5 x 5 1 Vậy tập nghiệm của bất phương trỡnh là: ; \ 5 . 2 Bài 3. Giải phương trỡnh: x 3 5 x x2 8x 18 . Dạng 3: Sử dụng hàm số x y 2y Bài 1. Chứng minh rằng: ln với x > 0 và y > 0. x 2x y x y • Đặt t = 1 x x y • Vỡ x > 0 và y > 0 nờn: t = tx x y y x(t 1) x 2y 2x(t 1) t 1 • Do đú: 2 . 2x y 2x x(t 1) t 1
4. t 1 • Bài toỏn trở thành chứng minh: ln t 2 với mọi t > 1. t 1 t 1 • Xột hàm số y = f(t) = ln t 2 với mọi t > 1. t 1 t 1 2 • y’ = 0 nờn hàm số đồng biến trờn khoảng (0; + ). t(t 1)2 t 1 • Do đú: t > 1 f(t) > f(1) = 0 ln t 2 >0. t 1 y t 1 • Cỏch giải khỏc: Đặt t = và đưa đến chứng minh: ln t 2 . Giải tương tự. x t 1 Bài 2. Giải bpt (2x)cos4x 3 (1 x2 )cos4x 3 (1 x2 )cos4x 3 , 0 0 ta được: cos4x + 3 cos4x + 3 2x 1 x2 (1) 2 2 1 (2). 1 x 1 x • (4 đ) Tỡm ra nghiệm của (1): 2 2 2x 1 x2 2x 1 x2 • Vỡ 0 0 và m ạ 1, x 2 + mx + 10 ³ 0.
5. Bất phương trỡnh đó cho tương đương với: 1- log ( x 2 + mx + 10 + 4) log (x 2 + mx + 12) 7 11 ³ 0 . (*) log11 m Đặt u = x 2 + mx + 10, u ³ 0. + Với 0 1: Ta cú: f (u)Ê 1= f (9)Û 0 Ê u Ê 9. ùỡ x 2 + mx + 10 ³ 0 (1) Û Ê x 2 + mx + 10 Ê 9 Û ớù . ù 2 ợù x + mx + 1Ê 0 (2) Xột phương trỡnh x 2 + mx + 1= 0 cú D = m2 – 4. Nếu 1 2 ị D > 0 ị phương trỡnh trờn cú 2 nghiệm đều thoả món (1) và (2) bất phương trỡnh đó cho cú nhiều hơn một nghiệm. Nếu m = 2 (2) cú nghiệm duy nhất x = - 1 bất phương trỡnh đó cho cú nghiệm duy nhất x = - 1. Vậy giỏ trị cần tỡm của m là: m = - 2. Bài 2. Tỡm m để bất phương trỡnh x 2 2x 4 4 x x 2 18 m 0 đỳng với mọi x  2;4. Bài 3. [Đề hsg Dương Xỏ,2008-2009] Cho bất phương trỡnh: x 4 x 4x x2 m 3 Xỏc định m để bất phương trỡnh nghiệm đỳng với mọi x 0;4. Lời giải 0 x 4 0 x 4 Điều kiện 2 2 4x x m 3 0(2) m x 4x 3(2)
6. Điều kiện cần để bpt (1) nghiệm đỳng với x 0;4 thỡ (2) nghiệm đỳng x 0;4 Xột f(x)= x2-4x-3 Bảng biến thiờn x 0 2 4 f(x) -3 -3 -7 Từ bảng biến thiờn (2) đỳng với x 0;4 m max f (x) m 3 [0;4] PT 4 2 4x x2 4x x2 m 3 Đặt t 4x x2 Bảng biến thiờn 4 x 0 2 2 t 0 0 Dựa vào bảng biến thiờn suy ra 0 t 2 Bất phương trỡnh trở thành g(t)=-t2+2t+1 m (3) Để bất phương trỡnh đầu nghiệm đỳng với x 0;4 thỡ (3) cú nghiệm đỳng với t 0;2. m max g(t) [0;2]
7. 2 t 0 1 2 g(t) 1 1 Từ BBT suy ra m 2 . Kết luõn m 2 thỡ bpt (1) nghiệm đỳngx 0;4 .