Title II.-BAT-PHUONG-TRINH.docx ✅

1 2. BẤT PHƯƠNG TRÌNH 1. Không có tham số Dạng 1: Biến đổi tương đương Bài 1. Giải bất phương trình: 22 13 1 11 x xx  . (Chưa giải) Bài 2. Giải bất phương trình: 99 9xx xx Lời giải Điều kiện: 9 90 39 0 30 0 x x x xx x             *) Nếu 30x thì 99 09xx xx suy ra bất phương trình vô nghiệm. *) Nếu 9 30xxx x nên bất phương trình tương đương với 229999 92.92.0xxxxxxxx xxxx 22 2 3 3 (9)0 137 9 2 x x xx xxx         Vậy tập nghiệm là 137 [3;+)\{} 2S  Bài 3. Giải bất phương trình: 222(1)2121.(1)xxxxx Hướng dẫn giải Điều kiện: 212 210. 12 x xx x     222(1)121(1)0xxxx222212210xxxxx 2 2210xxx (do 22210xx )
2 2 221(*)xxx +) Với 12x thì (*) luôn đúng. +) Với 12x , bình phương 2 vế của (*) suy ra vô nghiệm. Vậy, bất phương trình có nghiệm 12x . Bài 4. Giải bất phương trình: 22432331xxxxx . Hướng dẫn giải +) Điều kiện: 2 2 3 430 1 2310 1 2 x xx x xx x          +) Với x=1 BPT hiển nhiên đúng suy ra x=1 là nghiệm +) Với 3x suy ra BPT (3)(1)(1)(21)1xxxxx chỉ ra vô nghiệm +) Với 2x suy ra BPT (1)(12)(1)(3)1xxxxx . Chỉ ra nghiệm 1 2x +) Kết luận: BPT có nghiệm 1 1 2 x x     Bài 5. Giải bất phương trình sau: 2221092109.xxxxxx Hướng dẫn giải Điều kiện (;1][9;+)x . Với 221090109xxxxxx suy ra 22109(10922)0xxxxx do đó 21090xx và 210922xxx . Kết luận tập nghiệm 5 (;1)(9;) 3S .
3 Dạng 2: Đặt ẩn phụ Bài 1. Giải bất phương trình: 312432.xxx (Chưa giải) Bài 2. Giải bất phương trình: 2 246212,.xxxxxℝ Hướng dẫn giải. Điều kiện x  1 2 . Biến đổi bất phương trình về dạng: 2 2(2)2(21)221xxxx Đặt: 2 210 ux vx      Khi đó, bất phương trình có dạng: 22 22uvuv (1) Ta có: 2222uvuvuvuv Dấu đẳng thức xảy ra khi uv Vậy (1)uv Xét trường hợp uv , ta có: 212 2 51 5 xx x xx x        Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: 1;\5 2     . Bài 3. Giải phương trình: 235818xxxx . Dạng 3: Sử dụng hàm số Bài 1. Chứng minh rằng: 2 ln 2     xyy xxy với x > 0 và y > 0.  Đặt t = 1 xy x  Vì x > 0 và y > 0 nên: t = (1) xy txxyyxt x  Do đó: 22(1)1 2 22(1)1    yxtt xyxxtt .
4  Bài toán trở thành chứng minh: 1 ln2 1    t t t với mọi t > 1.  Xét hàm số y = f(t) = 1 ln2 1    t t t với mọi t > 1.  y’ = 2 2 t1 0 t(t1)    nên hàm số đồng biến trên khoảng (0; +).  Do đó: t > 1  f(t) > f(1) = 0  1 ln2 1    t t t >0.  Cách giải khác: Đặt t = y x và đưa đến chứng minh: 1 ln2 1    t t t . Giải tương tự. Bài 2. Giải bpt cos432cos432cos43(2)(1)(1), 0 < x < 1xxxxxx (1).  (1đ) Biến đổi về dạng: a y + b y  1: Chia hai vế của (1) cho (1 + x 2 ) cos4x + 3 > 0 ta được: (1)  os4x + 3os4x + 3 2 22 21 1 11      cc xx xx (2).  (4 đ) Tìm ra nghiệm của (1):  Vì 0< x < 1 nên: 2 22 21 01,01 11    xx xx và 22 2 22 21 1 11      xx xx  Và cos4x + 3  2 nên: os4x + 3os4x + 3 2 22 21 11      cc xx xx 22 2 22 21 1 11      xx xx .  Dấu bằng xảy ra khi chỉ khi: cos4x + 3 = 2  cos4x = -1  x = 4  (vì 0< x <1). Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: x = 4  . Cách khác: Đặt x = tgt, t  ; 22     nên 0< x <1  0 < t < 4  . (2)  (sin2t) cos4x + 3 + (cos2t) cos4x + 3  1. Dạng 4: Đánh giá Bài 1. [Đề chọn HSG Sở Quảng Trị,2010] Giải bất phương trình : 2 35818xxxx . 2. Có tham số Bài 1. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm duy nhất: ++++++³22 1 7 log11log(104)log(12)0 mmxmxxmx . Hướng dẫn giải. Điều kiện: 0m> và 1,m¹2100.xmx++³