• Không có kết quả nào được tìm thấy

Giaỉ phương trình vô tỷ

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2022

Chia sẻ "Giaỉ phương trình vô tỷ"

Copied!
12
0
0

Loading.... (view fulltext now)

Văn bản

(1)

1

CHUYÊN ĐỀ

PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ

- Các phương pháp giải PT vô tỉ 1) Phương pháp lũy thừa.

2) Phương pháp đặt ẩn phụ.

3) Phương pháp biến đổi thành tích.

4) Phương pháp nhân liên hợp 5) Phương pháp đánh giá.

6) Phương pháp hàm số.

- Các phương pháp giải BPT vô tỉ 1) Phương pháp lũy thừa.

2) Phương pháp đặt ẩn phụ 3) Phương pháp nhân liên hợp 4) Phương pháp đánh giá.

(2)

2

BÀI 1 : MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ

I.

Phương pháp lũy thừa.

- Nêu các dạng phương trình cơ bản.

Bài 1 Giải các phương trình

a) x23x  2 x 1 b) 3x2 9x  1 x 2 c) x22x  3x4 d) (x3) x2 4 x2 9 e) x 3 7 x 2x8 f) x 2 3 x 5 2 x g) (x3) x2 3x 2 x2 8x15 h) (x4) 10x2x2 2x8 i)

2

3 2 1

3 2

x x x

x

   

 j)

2

4 3 1

4 3

x x x

x

   

Bài 2 Giải phương trình

a) x2 3x 2 x2 6x 5 2x2 9x7 b) x2 3x 2 x2 6x 5 2x2 9x7 c) x2 3x 2 x24x 3 x2 5x4 Bài 3 Giải phương trình

a) 3 x 5 3 x 6 3 2x11 b) 3 x 1 3 x 1 35x c) 3 2x 1 3 x 1 3 3x1 7

x 6(Phải thử , loại nghiệm) Bài 4 Giải phương trình

a) x x 1 x 4 x 9 0. Bình phương 2 lần. nghiệm x0 b) x 1 x16 x 4 x9 Bình phương 2 lần. nghiệm x0 c) x 3 3x 1 2 x 2x2

II. Phương pháp đặt ẩn phụ.

1) Dạng 1 : Phương trình có chứa f x v( ) à f x( ) Bài 1 Giải phương trình.

a) (x1)(x4)5 x2 5x28 Nghiệm 4; 9 b) 5x2 10x  1 7 2xx2

c) (4x)(6x) x22x12 d) x x( 5)23 x2 5x 2 2 Bài 2 Tìm để phương trình có nghiệm

a)  x2 2x4 (3x)(1x)  m 2 m [ 1;11]

b) 2x2 5x4 (3x)(1 2 ) x  m 2 [ 1;41 56 2]

m 8

 

Bài 3 Giải phương trình :

a) 5 1

5 2 4

2 2

x x

x x

   

b) 3 1

3 2 7

2 2

x x

x x

   

2) Dạng 2 : Phương trình có chứa AB và AB Bài 4 Giải phương trình

a) 2x 3 x 1 3x2 2x2 5x 3 2 Nghiệm 25 6 17

(3)

3 b) 7x 7 7x 6 2 49x27x42 181 14 x c) x 4 x 4 2x 12 2 x2 16

d) 3x 2 x 1 4x 9 2 3x2 5x2

Bài 5 (B – 2011) Giải phương trình : 3 2 x 6 2 x 4 4x2 10 3 x - Đặt t 2 x 2 2x. Nghiệm 6

x 5 Bài 6 Tìm m để phương trình có nghiệm

a) 1 x 8   x x2 7x 8 m [6 2 9 ] 2 ;3

m

b) 3 x 6 x (3x)(6x) m

c) 3( 12x  1 x)  m x 2 1 x 2x2 3) Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn.

Bài 7 Giải phương trình

a) x23xx x2   2 1 2 x2 2 Đặt tx2 2nghiệm t3;1x b) (x1) x2 2x 3 x2 1

c) x2  1 2 .x x2 2x Nghiệm x 1 2

d) 3x2  x 48(3x10) x2 15 e) 2(x1). x2 2x 1 x2 2x1

f) 2 2

4 ( 2). 2 15 39

xxxxx  g) (14 ) 4x x2  1 8x2 2x1 h) (4x1) x3  1 2x3 2x1

i) 3 3

3 2 ( 2) 2 1

xx  xxx

4) Phương pháp chia để làm xuất hiện ẩn phụ.

Bài 8 Giải phương trình.

a) (x2) x2   x 4 2x bình phương, chia x2 Đặt 4 t x

  x  t 0;5 thử lại  x 4 b) x23x 2 2 x2  x 2 2 x chia cho x  Nghiệm x2

c) x 1 x24x 1 3 xChia 2 vế cho xvà đặt 1 1 4;4

t x x

x

    Bài 9 Giải phương trình

a) 2(x2 2)5 x31

b) (Thi thử ninh giang 2013) 5x2 14x 9 x2 x 205 x1

- Chuyển vế, bình phương và rút gọn ta được 2x2 5x 2 5 (x2 x 20)(x1) -

2 2

2 2

2( 4 5) 3( 4) 5 ( 4)( 4 5)

4 5 4 5 5 61

2 3 5 8;

4 4 2

x x x x x x

x x x x

x x x

        

    

    

 

c) 7x2 25x19 x2 2x357 x2

- Chuyển vế, bình phương ta được : 3(x2 5x14)4(x 5) 7 (x2 5x14)(x5)

(4)

4

- Chia 2 vế cho (x5)Nghiệm 61 11137 3 2 7;

18

 

5) Đặt một hoặc nhiều ẩn phụ đƣa về phuơng trình đẳng cấp.

Chú ý : Nêu cách giải phương trình đẳng cấp bậc hai, ba.

Bài 10

a) 2(x2 2)5 x3 1 Đặt ax1;bx2  x 1 PT 2a22b2 5ab 5 37 x 2

 

b) 2x25x 1 7 x31 Đặt ux1;vx2 x 1PT 3u22v2 7uv  x 4 6 - Phương trình đã cho có dạng a u. 2b v. 2c uv. trong đó căn thường uv

c) x2 3 x2  1 x4x21

- Cách 1 : Đặt ax2;bx2 1. PT a 3ba2b2 nghiệm : x 1 - Cách 2 : Đặt ax2, thay vào PT ta được 36a3136a2 200a100  0 a 1 d) 5x2 14x 9 x2 x 205 x1 (Thi thử NG 2013)

- Chuyển vế, bình phương và rút gọn ta được 2x25x 2 5 (x2 x 20)(x1)

2 2 5 61

2( 4 5) 3( 4) 5 ( 4)( 4 5) 8;

x x x x x x x 2

          

e) 7x225x19 x2 2x357 x2 Nghiệm : 61 11137 3 2 7;

18

 

- Chuyển vế, bình phương ta được : 3(x2 5x14)4(x 5) 7 (x2 5x14)(x5) Bài 11. Giải phương trình : x22x 2x 1 3x24x1

- Điều kiện : 1

x 2. Bình phương 2 vế ta có :

x22x

 

2x 1

x2 1

x22x

 

2x 1

 

x22x

2x1

- Ta có thể đặt :

2 2

2 1

u x x

v x

  

  

 khi đó ta có hệ : 2 2

1 5 2 1 5

2

u v

uv u v

u v

  



  

  



- Do ,u v0. nên 1 5 2 2 1 5

2 1

2 2

u  vxx  x2x22 1

5

 

x 5 1 

0.

-   '

1 5

 

22 5 1 

 

4 1 5

0.Vậy phương trình đã cho vô nghiệm . Bài 12. Giải phương trình : 4x25x 1 2 x2  x 1 9x3.

- Đặt 2

 

2

4 5 1

, 0

2 1

x x a

a b

x x b

   

 

   

 . ta có : 2 2

 

1

0

1 a b

a b a b a b a b

a b

 

            .

-

2 2

2 2

2 2

1 1

4 5 1 4 4 4 3 3

4 5 1 2 1 1 4

4 5 1 1 2 1

9 x x

x x x x

x x x x x x x x x

  

       

                

Bài 13 Giải phương trình : x33x2 2 (x2)3 6x0

- Đặt yx2 ta được phương trình : x33x2 2y36x 0 x32y33 (x x2)0

(5)

5

3 3 2 2 3 0 êm 2; 2-2 3

2 x y

x xy y nghi x

x y

 

        

- Chú ý có thể sửa lại đề bài thành : x3 (x 2)(3x2 x2)0 - Bài tập tương tự : x33x22 (x1)3 3x0

- Bài tập tương tự : 3x (3x24x4) x 1 0

6) Dạng 6 : Đặt một hoặc nhiều ẩn phụ để đưa về hệ phương trình Bài 14 Giải phương trình 3 2x 1 6 x 4 (2x1)(x4) 7 0

- Đặt 2 1 2 2

2 7 (1)

4

u x

v u

v x

  

   

  



- Thay vào phương trình có : 3u6v uv  7 0 (2)

- Thay (1) vào (2) và rút gọn được (2vu u)(     v 3) 0 x 0 Bài 15 (Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình)

a) 2 33 x  2 3 65x  8 0 (A – 2009) Nghiệm x 2 b) 2 33 x 2 3 65x 160 Nghiệm x 2 c) x 17x2x 17x2 9 Nghiệm x1; 4 d) x. 353x3.(x3 35x3)30 Nghiệm x2 ; 3

e) 2

1 1

2

x 2 x

 

Nghiệm

1 3

1; 2 x   f) x3  1 2. 23 x 1 Nghiệm 1 5

1; 2

x  

 g) x3  2 3. 33 x2

7) Dạng 7 : Đặt ẩn phụ đặc biệt.

Bài 16 (Các dạng đặt ẩn phụ đặc biệt)

a) x 1 x2 4x5 PT vô nghiệm.

b) 4 9 2

7 7

28

x   xx Đặt 4 9 1

28 2

x  y c) x 2 x2 6x10 Đặt x   2 y 3 d) 2x 1 4x2 12x5 Đặt 2x  1 2y3

(6)

6

III. Phương pháp biến đổi thành tích.

Bài 1 Giải phương trình

a) x 3 2x x 1 2x x2 4x3

- Phương trình ( x 3 2 )(x x    1 1) 0 x 0; 1

b) 3 4 4

3

x x x

  x

HD ( x 2 2 x)2   0 x 1

c) 2 3 9 2 4 : (1 3)2 9 2 1; 5 97

x x x HD x x x  18

       

Bài 2 Giải phương trình

a) x2 10x213 x 3 2 x 7 6 b) x2 8x15 3 x 3 2 x 5 6 c) x2 x  1 (x 1) xx2  x 0 d)

2 7 4

2 4

x x

x x

IV. Phương pháp nhân liên hợp.

1) Cơ sở phương pháp : Nhiều phương trình vô tỉ có thể nhẩm được nghiệm x0hữu tỉ, khi đó phương trình luôn viết được thành (xx P x0) ( )0P x( )0có thể vô nghiệm hoặc giải được.

2) Cách nhẩm nghiệm : Ta thường thử các giá trị x0 để trong căn là bình phương hoặc lập phương.

Bài 1

a) (Khối B 2010) Giải phương trình : 3x 1 6 x 3x214x 8 0

- PT 3 1

( 5)( 3 1) 0

3 1 4 6 1

x x

x x

     

    . Nghiệm duy nhất x5

b) Giải phương trình : 2 33 x 2 3 65x 160 Nghiệm duy nhất x 2 - PT

3 2 3

6 15

( 2)[ + ]=0 2

( 3 2) 2 3 2 4 6 5 4

x x

x x x

    

     

c) (ĐT năm 2013 lần 1) Giải phương trình : 4 2 10

2x 39x37

4x2 15x33

- ĐK: x5. Pt 4 4

39x37

 

8 4 10 2 x

4x215x810 0,25

-

 

 

2

3 3

4 27 9 8(6 2 )

( 3)(4 27) 0 4 10 2

16 4 9 37 9 37

x x

x x

x x x

 

     

 

    0,25

- TH 1. x    3 0 x 3 (TMPT) 0,25

- TH 2. x 3 - pt

 

2

3 3

36 16

4 27 0 4 10 2

16 4 9 37 9 37

x

x x x

- 12

39x36372

2 4 1610 2 x 4x270

- Do x5 nên 36 16 4.5 27 0 12 4

VT . Đẳng thức xảy ra  x 5 - Vậy phương trình có 2 nghiệm là 3 và 5

0,25

Bài 2 Giải phương trình

(7)

7

a) x 1 4x2  1 3x Nghiệm 0; 1 x 2 b) x 1 9x2  1 4x

c) x2 12 5 3xx2 5. Nghiệm duy nhất x2

- Nhận xét 2 2 5

12 5 3 5

x x x x 3

        để chứng minh biểu thức còn lại vô nghiệm.

d) x2 15 3x 2 x28

e) 3x2 5x 1 x2 2 3x2 3x 3 x23x4 - Nghiệm x2, P x( )0 vô nghiệm.

Bài 3 Giải phương trình :

a) 2x2   x 9 2x2    x 1 x 4.

- Ta có VT  0 (x4) 0 2x2   x 9 2x2  x 1 - Nhân với biểu thức liên hợp ta được :

-

2 2

2

2 2

2 9 2 1 2 8

2 2 9 6 0;

2 9 2 1 4 7

x x x x

x x x x

x x x x x

      

       

       



b) 2x2   x 1 x2   x 1 3x. Từ phương trình  x 0

- 2 2

2 2

2 1 1

( 2 1 2 ) ( 1 ) 0 ( 1)[ ]=0 1

2 1 2 1

x x x x x x x x x

x x x x x x

         

      .

Bài 4. Giải phương trình :3 x2   1 x x32 - Điều kiện : x3 2.

- Nhận thấy x = 3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình

-

 

 

  

2

2 3

3

2 3

2 3 2

3

3 3 9

1 2 3 2 5 3 1 3

2 5

1 2 1 4

x x x

x x x x x

x x x

     

 

                 

- Ta chứng minh :

2

2 3 2

3 2

2

3

3 3

1 1 2

1 2 1 4 1 1 3

x x

x x x

 

   

      

2 3

3 9

2 5

x x

x

 

   - Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.

Bài 7 Giải phương trình

a) x2 3x 1 (x3) x2 1. b) 43 103x  x 2

c) 2 (2x)(5x)  x (2x)(10x) d) 2x2 16x18 x2  1 2x4

e) 2x2  1 x2 3x 2 2x2 2x 3 x2  x 2 f) 3x2 7x 3 x2  2 3x2 5x 1 x2 3x4 Bài 8 Giải phương trình :

a) 3 x2  4 x 1 2x3 b) 3 x2  1 3x3  2 3x2 c) 2x2 11x21 3 4 3 x 4 0 d) 3 x2   1 x x31

(8)

8

V. Phương pháp đánh giá.

Bài 1 Giải các PT sau :

a) x 2 4 x x2 6x11 Nghiệm x3

b) x 2 10 x x2 12x52

c) x2 2x 5 x 1 2 Nghiệm x1

d) 3x2 6x 7 5x2 10x14  4 2xx2 Nghiệm x 1

e) 2 1 19 2 6

2 10 24

x x

x x

 

Bài 2 Giải PT sau :

a) 2 7x311x2 25x12 x2 6x1

- VT : 2

2 (7x 4)(x x 3) ( ôs )c i

     VP. Nghiệm x1;7

b) 2 5x33x2 3x 2 x2 6x1 Nghiệm x1; 3

c) 2 2 2 1 4 ( 1)

x 2 x

x x

  2 1 1

( 2 ) ( 2 ) 4

PT x x 2

x x

Bài 4. Giải phương trình:

2

2 2

6 15

6 18 6 11

x x

x x

x x

 

  

  (1)

4

2

 

2

(1) 1 3 9

3 2

x x

    

  Mà :

 

2

4 4

1 1 3

3 2 2 x

   

  và

x3

2 9 3 .

Do đó ta có:

x3

2   0 x 3.

Bài 5 Giải phương trình 13 x2 x4 9 x2 x4 16

- Bình phương 2 vế ta được : x2(13 1x2 9 1x2)2 256.

- Áp dụng bđt bunhia : (13 1x2 9 1x2)2 ( 13. 13 13 x2 3 3. 3 3 x2)2 40(16 10 x2) -  VT x240(16 10 x2). Áp dụng cosi VTVP. Nghiệm 2

5 x  .

(9)

9 VI.

Phương pháp hàm số.

1) Cơ sở phương pháp :

- Để giải phương trình : ( )f xm ta có thể chứng minh VT luôn đồng biến hoặc nghịch biến.

- Xét hàm số ( )f x luôn đồng biến hoặc nghịch biến mà có ( )f af b( ) a b. 2) Bài tập.

Bài 1 Giải các phương trình.

a) xx 5 x 7 x1614  x 9. b) x   1 x3 4x5. Chuyển vế, nghiệm duy nhất x1. c) 2x 1 x2  3 4 x. Chuyển vế, nghiệm duy nhất x1. Bài 2 (CĐ – 2012) Giải phương trình 4x3  x (x 1) 2x 1 0

- Nhân 2 vế với 2 và biến đổi phương trình (2 )x 32x(2x1) 2x 1 2x1 - Xét hàm số f t( )  t3 t f t'( )3t2  1 0 Hàm số luôn đồng biến.

- Từ phương trình có 1 5

(2 ) ( 2 1) 2 2 1

f xf x  xx  x 4 Bài tập tương tự :

a) 2 2 2 3

4

2 (4x x  1) (x 3x1) x 3x  x 0;

b) 4x3   x (x 2) 2x 3 0

Bài 3 Tìm m để phương trình có nghiệm : mx2 2x 4 x2 2x4 - y'  0 x 0, vẽ bảng biến thiên  m [4;)

Bài 4 Tìm m để phương trình có nghiệm : 4x2mx m 2

- Cô lập tham số, 8

' 0 0;

y   x 5

Bài 5 Tìm m để phương trình có nghiệm : x 1 x 1 5 x 18 3 x 2m1 Bài 6 (A – 2007) Tìm m để phương trình có nghiệm : 3 x 1 m x 1 24 x21

- Cô lập tham số 4 1 1

2 3

1 1

x x

m x x

 

 

 

Bài 7 (B – 2004) Tìm m để phương trình có nghiệm :

2 2 4 2 2

( 1 1 2) 2 1 1 1

mx  x   x  x  x - Đặt ẩn phụ : t 1x2  1x2

Bài 8 (B – 2007) Chứng minh rằng với mọi m0phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt :

2 2 8 ( 2)

xx  m x - Bình phương 2 vế đưa về phương trình bậc ba.

Bài 9 Tìm m để phương trình có nghiệm Bài 10 Tìm m để phương trình có nghiệm

(10)

10

BÀI 2 : PHƯƠNG PHÁP GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ

I) Phương pháp lũy thừa. Có ba dạng phương trình cơ bản :

- Dạng 1 :

2

( ) 0

( ) ( ) ( ) 0

( ) [ ( )]

f x

f x g x g x

f x g x

 

  

 

- Dạng 2 :

2

( ) 0 ( ) 0 ( ) ( )

( ) 0 ( ) [ ( )]

f x g x f x g x

g x

f x g x

 

 

   

 

 - Dạng 3 : ABC Bài 1 Giải bất phương trình :

a) x22x15 x 3 Kết quả : x[5;6]

b)  x2 6x  5 8 2x Kết quả : x[3;5]

c) x2 2x  8 x 3 d) x23x10 x 2 Bài 2 Giải bất phương trình :

a) (x3) x2  4 x2 9

b) 5x 1 x 1 2x4 (A2005)  x [2;10) c) 7x13 3x 9 5x27

d) x 1 2 x 2 5x1 (CD2009) e)

2( 2 16) 7

3 ( 2004)

3 3

x x

x A

x x

     

 

Bài 3 Giải bất phương trình : a)

51 2 2

1 1

x x x

  

 b)

8 2 2

6 3 1 x x

x

  

c) 2

1 1

2 1

2x 3x 5 x

 

 

5 3

( ; ) (1; ) (2; )

2 2

T      

Bài 4 Giải bất phương trình : x2 4x 3 2x2 3x  1 x 1 II) Phương pháp đặt ẩn phụ.

Bài 1 Giải bất phương trình :

a) 5x210x  1 7 2xx2 T     ( ; 3) (1; ) b) 2x2x2 5x 6 10x15

c) (x3)(8x)x2 11x0 Bài 2 Giải bất phương trình :

a) 5 1

5 2 4

2 2

x x

x x

   

b) 1

2 3

1

x x

x x

  

(11)

11

Bài 3 (B – 2012) Giải bất phương trình x 1 x2 4x 1 3 x

- Chia 2 vế cho xvà đặt 1 5 1

[0; ] [4; )

2 4

t x t x

x

       

Bài 4 (Thử GL – 2013) Giải BPT : x2  x 2 3 x  5x2 4x6 - Điều kiện : x2.

- Bình phương 2 vế và rút gọn ta được : 3 x x( 2)(x 1) 2 (x x 2) 2(x1) - Chia 2 vế cho (x1) và đặt ( 2)

1 t x x

x

 

 . Nghiệm x [3 13;) Bài 5 Giải bất phương trình

a) 5x214x 9 x2  x 205 x1

- Chuyển vế, bình phương và rút gọn ta được 2x2 5x 2 5 (x2  x 20)(x1)

2 2

2 2

2( 4 5) 3( 4) 5 ( 4)( 4 5)

4 5 4 5 5 61

2 3 5 [ ;8]

4 4 2

x x x x x x

x x x x

x x x

        

    

    

 

b) 7x2 25x19 x2 2x357 x2

- Chuyển vế, bình phương ta được : 3(x2 5x14)4(x 5) 7 (x25x14)(x5) - Nghiệm x

Bài 6 (Thi thử ĐT – 2012) Giải BPT x3(3x24x4) x 1 0 - Điều kiện : x 1. Đặt 1 2 0

1 y x y

y x

  

  - Bpt trở thành x3(3x24y2)y0

0,25

- TH 1. y   0 x 1. Thỏa mãn BPT

- TH 2. y   0 x 1. Chia hai vế cho y3 ta được

3 2

3 4 0

x x

y y

      

   

    . Đặt t x

y và giải BPT ta được t1

0,25

-

2

1 0

1 1 1 0

1 0 x

x x

t x x

y x x

  

       

   

0,25

-

1 0

0 1 5

1 2

1 5 1 5

2 2

x

x x

x

  

   

 

  

. Kết hợp x 1 ta được

- 1 1 5

x 2

   . Vậy tập nghiệm của BPT là S = 1;1 5 2

0,25

Cách 2 : Có thể biến đổi BPT về dạng tích -

3 2 3 2

3 2

2

(3 4 4) 1 0 3 1 4( 1) 1 0

[ ( 1) 1] [3 1 3( 1) 1] 0

( 1)( 1) 0

x x x x x x x x x

x x x x x x x

x x x x

      

     

Bài tập tương tự : x33x2 2 (x2)3 6x0

(12)

12 Phương pháp nhân liên hợp.

Bài 1 Giải bất phương trình : a) 1 x 1 x x b)

1 1 8 2

2 1 x x

   Nghiệm 1 1

[ ;0) (0; ) 2 2 3

T   

Bài 2 Giải bất phương trình :

a) Giải phương trình : 3x 1 6 x 3x214x 8 0. Nhẩm nghiệm x5

- BPT 3 1

( 5)( 3 1) 0

3 1 4 6 1

x x

x x

     

    . Trong ngoặc  0 Nghiệm 1

[ ;5) x 3 b) Giải phương trình : 2 33 x 2 3 65x 160 Nhẩm nghiệm x 2

- BPT

3 2 3

6 15 6

( 2)[ + ] 0 x [ 2; ]

( 3 2) 2 3 2 4 6 5 4 5

x

x x x

     

     

III) Phương pháp đánh giá.

Bài 1 Giải các PT sau :

a) x 2 4 x x2 6x11 Nghiệm x3

b) x 2 10 x x2 12x52

c) x2 2x 5 x  1 1 2xx2 Nghiệm x1 d) 3x2 6x 7 5x2 10x1442xx2 Nghiệm x 1

e) 2 1 19 2 6

2 10 24

x x

x x

 

Bài 2 Giải PT sau :

a) 2 7x311x2 25x12 x2 6x1 VT : 2

2 (7x 4)(x x 3) ( ôs )c i

     VP

b) 2 5x33x2 3x2 x2 6x1 Bài 5 (A – 2010) Giải BPT :

2 1

1 2( 1)

x x

x x

 

  

- Ta có 1 2(x2  x 1) 0 nên BPT  2(x2    x 1) 1 x x (1). - Mặt khác ta lại có : 2(x2   x 1) 2(1x)2 2( x)2   1 x x (2) - Từ đó  2(x2     x 1) 1 x x .

- Dấu bằng khi 3 5

1 ( / 0)

x x x 2 t m x

    

Tài liệu tham khảo

Tài liệu liên quan

Trong phần này, chúng tôi trình bày việc giải quyết mô hình bài toán biên cấp bốn với hệ số phụ thuộc phiếm hàm tích phân bằng phương pháp số.. Martinez đưa ra trong

PP ĐẶT ẨN PHỤ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Em hãy chỉ rõ trong cách làm trên, bạn Việt đã sử dụng những phương pháp nào để phân tích đa thức thành

Tuy nhiên, với những người lười tư duy như tôi hoặc như một phần không nhỏ các bạn khác, chúng ta cần một công cụ hỗ trợ việc phân tích nhân tử như trên.. Đó là

Vũ Hồng Phong GVTHPT Tiên Du 1, Bắc Ninh.

TÓM TẮT: Bài viết trình bày sự liên kết “hoàn hảo” của phương pháp lập trình và các phương pháp giải Toán cao cấp nhằm hình thành tri thức khám phá và phương pháp

PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỈ NHÂN LIÊN HỢP THÊM BỚT HẰNG SỐ Bài 1...

Như chúng ta đã biết có nhiều trường hợp giải một phương trình vô tỷ mà ta biến đổi tương đương sẽ ra một phương trình phức tạp , có thể là bậc quá cao ...Có lẽ phương