intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 

PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ

Chia sẻ: Nguyễn Quốc Mạnh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST
Báo xấu
1.313
lượt xem 358
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo dành cho giáo viên, sinh viên đang ôn thi đại học, cao đẳng chuyên môn toán học - PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ

  1. T.s Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt http://www.toanthpt.net PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ Dạng cơ bản 4321 −=− Giải phương trình : x2 4 x 2 2 1 4 − x x − 2 ≥ 0 0 < x ≤ 4  2x ≥ 0    4321 − = − ⇔ 2⇔ ⇔ 2 ⇔ x=2 1− = 0 4 3 2 1 2 43 421 x 4x2 −= −= x −+ −   x2 4  x 2   x2 4 x2 x 4     x+6 x +6 x −9 + x −6 x −9 = Giải phương trình : 23 Đặt t = x − 9, t ≥ 0 ⇒ x = t 2 + 9 ≥ 9 t 2 − 4 = 0 t = 2   0 ≤ t < 3 t = 4 Phương trình cho viết lại : 6 t + 3 + 6 t − 3 = t + 32 ⇔  ⇔ 2  t 2 − 12t + 32 = 0  t = 8  t ≥ 3  • t = 2 ⇔ x − 9 = 2 ⇔ x = 13 • t = 4 ⇔ x − 9 = 4 ⇔ x = 25 • t = 8 ⇔ x − 9 = 8 ⇔ x = 73 Vậy phương trình cho có 3 nghiệm x = 13, x = 25, x = 73 2 = 1 + 3 + 2x − x 2 Giải phương trình : x +1 + 3 − x x +1 ≥ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 3 . Điều kiện để phương trình có nghĩa :  3 − x ≥ 0 Đặt t2 − 4 ( x + 1)( 3 − x ) = 4 + 2 t = x +1 + 3 − x , 2 ≤ t ≤ 2 2 ⇒ t2 = 4 + 2 3 + 2x − x 2 ⇒ 3 + 2x − x 2 = 2 t2 − 4 ⇔ t 3 − 2t − 4 = 0 ⇔ ( t − 2 ) ( t 2 + 2t + 2 ) = 0 (*) 2 2 = 1 + 3 + 2x − x 2 ⇔ = 1 + x +1 + 3 − x t 2 Vì t 2 + 2t + 2 > 0 nên (*) ⇔ t = 2 ⇔ x + 1 + 3 − x = 2 ⇔ ( x + 1)( 3 − x ) = 0 ⇔ x = −1, x = 3 a + b ≤ t ≤ 2 ( a + b ) ( Đại số 9) Chú ý : Cho hai số a ≥ 0, b ≥ 0 nếu t = a + b thì Dễ thấy AM − GM 2 (a + b) ⇔ a + b ≤ t ≤ 2 (a + b) t = a + b ⇔ t 2 = a + b + 2 ab ⇔ a + b ≤ t 2 = a + b + 2 ab ≤ AM − GM viết tắt bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân.
  2. T.s Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt http://www.toanthpt.net Giải phương trình : ( 4x − 1) x 2 + 1 = 2x 2 + 2x + 1 (1) x 2 + 1 = 2x 2 + 2x + 1 ⇔ ( 4x − 1) x 2 + 1 = 2 ( x 2 + 1) + 1 ( 4x − 1) Đặt t = x 2 + 1, t ≥ 1 Phương trình (1) ⇔ ( 4x − 1) t = 2t 2 + 2x − 1 ⇔ 2t 2 − ( 4x − 1) t + 2x − 1 = 0 ⇔ ( 2t − 1) ( t − 2x + 1) = 0  1 1 2x − 1 > 0 x > t = 2 < 1 ⇔   4 ⇔ 2⇔ ⇔x= 2  x + 1 = ( 2x − 1)  2 3 3x 2 − 4x = 0  t = 2x − 1   Giải phương trình : 1 + 2x − x 2 + 1 − 2x − x 2 = 2 (1 − x ) ( 2x 2 − 4x + 1) 4 Điều kiện để phương trình có nghĩa : 2 x − x 2 ≥ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤ 2 . 1 + 2x − x 2 + 1 − 2x − x 2 = 2 (1 − x ) ( 2x 2 − 4x + 1) 4 ( ) ⇔ 1 + 1 − ( x 2 − 2x + 1) + 1 − 1 − ( x 2 − 2x + 1) = 2 (1 − x ) 2 ( x 2 − 2x + 1) − 1 4 ⇔ 1 + 1 − ( x − 1) + 1 − 1 − ( x − 1) = 2 (1 − x ) 2 ( x − 1) (*) 2 2 4 2 Đặt t = ( x − 1) , x ∈ [ 0; 2] ⇔ t ∈ [ 0;1] ( a ) 2 Phương trình (*) ⇔ 1 + 1 − t + 1 − 1 − t = 2t ( 2t − 1) (**) 2 ( b ) .Từ ( a ) , ( b ) ⇒ t ∈  ;1 . 1 1 Điều kiện để phương trình có nghĩa : 2t − 1 ≥ 0 ⇔ t ≥ 2    2 1  Với t ∈  ;1 , bình phương 2 vế phương trình (**) ta được 2  1 1 1 + t = 2t 4 ( 2t − 1) ⇔ 4 + 3 = 2 ( 2t − 1) 2 2 t tt  1 1  1  VT = t 4 + t 3 t ≥ 2 t ∈  ;1 ⇒  ⇒ VT = VP = 2 xảy ra khi t = 1 ⇔ x = 2 2   VP = 2 ( 2t − 1) ≤ 2 2 Vậy phương trình có nghiệm x = 2 . 3 Giải phương trình : x 2 − 3x + 1 = − x4 + x2 +1 3 x 4 + x 2 + 1 ⇔ 2 ( x 2 − x + 1) − ( x 2 + x + 1) = − ( x 2 − x + 1)( x 2 + x + 1) 3 3 x 2 − 3x + 1 = − 3 3 x2 − x +1 x2 − x +1 3 − 1 = 0 ( *) ⇔2 + x + x +1 3 x2 + x +1 2 x2 − x +1 Đặt t = ,0 < t ≠1 x2 + x +1
  3. T.s Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt http://www.toanthpt.net  3 t = − 1 . 1 Đặt x = , x > 1 ⇒ 0 < y < 1 ( a ) y x 35 1 1 35 35 (1) ⇔ + y 1 − y2 ( 2) x+ = = ⇔ y + 1 − y2 = x − 1 12 1− y y 12 12 2 2 t 2 −1 ( 3) với 0 < y < 1 ⇒ 1 < t ≤ 2 Đặt t = y + 1 − y 2 ⇒ y 1 − y 2 = 2 7 t = 5 35 t − 1 2 Phương trình ( 2 ) viết lại : t = . ⇔ 35t 2 − 24t − 35 = 0 ⇔  (  t = − 5 ∉ 1; 2  12 2    7  2 16  4 49  y = 25 y = ± 5 −1 t − 1 25 2 ⇔ y 2 (1 − y 2 ) = 12 144 144 (b) y 1− y2 = = = ⇔ y4 − y2 + =0⇔ ⇔  y2 = 9 y = ± 3 2 2 25 625 625     25 5 5 4 5 3 Từ ( a ) và ( b ) suy ra ( x; y ) =  ;  ,  ;   4 5 3 5 5 5 Vậy phương trình cho có nghiệm : x = , x = 4 3 1 Chú ý : Với điều kiện x > 1 gợi liên tưởng bài toán này có cách giải lượng giác , với x = hoặc cos t 1 x= sin t Giải phương trình : x 2 − 4x − 3 = x + 5 Điều kiện để phương trình có nghĩa : x + 5 ≥ 0 ⇔ x ≥ −5 x 2 − 4x − 3 = x + 5 ⇔ ( x − 2 ) − 7 = x + 5 2 Đặt y − 2 = x + 5, y ≥ 2 ⇔ ( y − 2 ) = x + 5 2   ( x − 2 ) 2 = y + 5   ( x − 2 ) ( x − 2 )2 = y + 5 = y+5 2 x − y = 0   5 + 29    x =   Ta có hệ : ( y − 2 ) = x + 5 ⇔ ( x − y )( x + y + 3) = 0 ⇔   ( x − 2 ) = y + 5 ⇔ 2 2  2   y ≥ 2   x = −1 y ≥ 2  x + y + 3 = 0      y ≥ 2
  4. T.s Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt http://www.toanthpt.net 2x + 15 = 32x 2 + 32x − 20 Giải phương trình : 15 Điều kiện để phương trình có nghĩa : 2 x + 15 ≥ 0 ⇔ x ≥ − . 2 2x + 15 = 32x 2 + 32x − 20 ⇔ 2x + 15 = 2 ( 4x + 2 ) − 28 2 1 ⇔ ( 4y + 2 ) = 2x + 15 Đặt 4y + 2 = 2x + 15, y ≥ − 2 2 Ta có hệ :   ( 4x + 2 )2 = 2y + 15     x = y ( 4y + 2 ) = 2x + 15 ( x − y )( 8x + 8y + 9 ) = 0   2 1 x = 2     ⇔   ( 4x + 2 ) = 2y + 15 ⇔  ( 4x + 2 ) = 2y + 15 ⇔ ( 4x + 2 ) = 2y + 15 2 2 2    8x + 8y + 9 = 0 −9 − 221    x =  1 1 y ≥ − y ≥ −   16    2 2 1 y ≥ − 2  Dạng tổng hiệu – bình phương x + 1 − x + 2 x (1 − x ) − 2 4 x (1 − x ) = 1 Giải phương trình : x ≥ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤1. Điều kiện để phương trình có nghĩa :  1 − x ≥ 0 ( )( ) x + 1 − x + 2 x (1 − x ) − 2 4 x (1 − x ) = 1 ⇔ x − 2 4 x (1 − x ) + 1 − x − x − 2 x (1 − x ) + 1 − x = 0 ( ) −( ) ( )( ) 2 2 ⇔ x − 4 1− x x − 1− x =0⇔ x − 4 1− x − x + 1− x x − 4 1− x + x − 1− x = 0 4 4 4  4 x − 4 1 − x − x + 1 − x = 0 (1) ⇔  4 x − 4 1 − x + x − 1 − x = 0 ( 2)  Phương trình  1  1 x − 4 1 − x − x + 1 − x = 0 (1) ⇔  1 − x − 4 1 − x +  −  x − 4 x +  = 0 4  4  4 2 2 ( )( )  1  1 ⇔  4 1− x −  −  4 x −  = 0 ⇔ 1− x − 4 x 1 − x + 4 x −1 = 0 4 4  2  2 (a )  1− x − x = 0 4 4 ⇔  4 1 − x + 4 x −1 = 0 ( b)  1 1− x − 4 x = 0(a ) ⇔ 4 1− x = 4 x ⇔ 1− x = x ⇔ x = • 4 2 1 − x + 4 x −1 = 0 ( b) ⇔ 4 1 − x = 1 − 4 x ⇔ 1 − x = 1 − 4 4 x + 6 4 x 2 − 4 4 x3 + x • 4 ) ) ( )( ( ⇔4x x3 − 2 4 x2 + 34 x − 2 = 0 ⇔ 4 x x −1 x2 − 4 x + 2 = 0 4 4 4
  5. T.s Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt http://www.toanthpt.net 4 x = 0  4 x = 0 x = 0 ⇔  4 x −1 = 0 ⇔ ⇔ x = 1 4 x =1 4 2 4   x − x +2>0  Phương trình  1  1 x − 4 1 − x + x − 1 − x = 0 ( 2) ⇔  x + 4 x +  −  1 − x + 4 1 − x +  = 0 4  4  4 2 2 ( )( )  1  1 ⇔  4 x +  −  4 1− x +  = 0 ⇔ 4 x − 4 1− x 4 x + 4 1− x +1 = 0  2  2  4 x − 4 1− x = 0 1 ⇔ ⇔ 4 x = 4 1− x ⇔ x = 1− x ⇔ x =  x + 1− x +1 > 0 2 4 4  1 Vậy phương trình cho có 3 nghiệm x = 0, x = , x = 1. 2 Dạng dùng bất đẳng thức x 2 + x −1 + −x 2 + x + 1 = x 2 − x + 2 Giải phương trình : x 2 + x − 1 ≥ 0  Điều kiện để phương trình có nghĩa :  2 . − x + x + 1 ≥ 0  Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân , 2 1 + x2 + x −1 x2 + x  x + x − 1 = 1. ( x + x − 1) ≤ = 2  2 2 ⇒ x 2 + x − 1 + −x 2 + x + 1 ≤ x + 1   − x 2 + x + 1 = 1. − x 2 + x + 1 ≤ 1 + − x + x + 1 = − x + x + 2 ( ) 2 2   2 2 Phương trình : x 2 − x + 2 = x 2 + x − 1 + − x 2 + x + 1 ⇔ x 2 − x + 2 ≤ x + 1 ⇔ ( x − 1) ≤ 0 ⇔ x = 1 2 Vập phương trình cho có nghiệm x = 1 2x 2 − x + −3x 2 + 3x + 1 = x 2 − 2x + 3 Giải phương trình : 2x 2 − x ≥ 0  Điều kiện để phương trình có nghĩa :  . −3x + 3x + 1 ≥ 0 2  Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân ,  1 + 2x 2 − x 2x 2 − x = 1. ( 2x 2 − x ) ≤   2   −3x 2 + 3x + 1 = 1. −3x 2 + 3x + 1 ≤ 1 + −3x + 3x + 1 = −3x + 3x + 2 2 2 ( )   2 2 ( x − 1) ≤ 2 2 − x 2 + 3x + 2 ⇒ VT = 2x − x + −3x + 3x + 1 ≤ = 2− 2 2 2 2 VP = x − 2x + 3 = ( x − 1) + 2 ≥ 2 2 2
  6. T.s Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt http://www.toanthpt.net x − 1 = 0  VT = VP = 2 khi 1 = 2x 2 − x ⇔ x =1 1 = 1 + 3x − 3x 2  Vậy phương trình có nghiệm x = 1 . Dạng khác Giải phương trình : ( x + 1)( x − 4 ) = 5 x +1 + x − 4 + a) x + 4 − x 2 = 2 + 3x 4 − x 2 4x − 1 + 4x 2 − 1 = 1 b) c) Hướng dẫn : a) x + 4 − x 2 = 2 + 3x 4 − x 2 x ; t ' = 0 ⇔ x = 2 ⇒ t ∈  −2; 2 2  Phương trình : Đặt t = x + 4 − x 2 ; x ≤ 2 có t ' = 1 −   4 − x2 − 2 − 14 x + 4 − x 2 = 2 + 3x 4 − x 2 ⇔ 3t 2 − 2t − 8 = 0 ⇔ x = 0, x = 2, x = 3 ( x + 1)( x − 4 ) = 5 x +1 + x − 4 + b) 4 − x; x ∈ [ −1; 4] ⇒ t ' = 0 ⇒ t ∈  5; 10  Đặt t = x + 1 +   t2 −5 ( x + 1)( x − 4 ) = 5 ⇔ t + x +1 + x − 4 + = 5 ⇔ x = 0∨ x = 3 2 4x − 1 + 4x 2 − 1 = 1 c)  1 x ≥ 1 1 ⇒ f ( x) = 1 = f ( ) ⇒ x =  2 2 2  f ( x) = 4 x − 1 + 4 x 2 − 1; f ' ( x) > 0  Nhân lượng liên hợp Giải các phương trình : ( )( ) a) x + 1 + 1 x + 1 + 2x − 5 = x 2x 2 + 3x + 5 + 2x 2 − 3x + 5 = 3x b) a) ( x + 1 + 1) ( x + 1 + 2x − 5 ) = x x + 1 − 1 ta được phương trình hệ quả Nhân cả hai vế phương trình với ( )( ) ( )( ) x + 1 − 1 ⇔ x  x + 1 + 2x − 5 − x + 1 − 1  = 0 x + 1 + 2x − 5 = x x   x = 0 x = 0 ⇔ ⇔ ( )( )  x + 1 + 2x − 5 − x + 1 − 1 = 0 x = 2  Thử lại ta thấy x = 2 thỏa mãn . (1) 2x 2 + 3x + 5 + 2x 2 − 3x + 5 = 3x b) 2x 2 + 3x + 5 − 2x 2 − 3x + 5 ta được phương trình hệ quả : Nhân cả hai vế phương trình với
  7. T.s Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt http://www.toanthpt.net x = 0 ) ( 6x = 3x 2x 2 + 3x + 5 − 2x 2 − 3x + 5 ⇔  ( 2)  2x + 3x + 5 − 2x − 3x + 5 = 2 2 2  Lấy (1) + ( 2 ) ta được 2 2x 2 + 3x + 5 = 2 + 3x ⇔ 4 ( 2x 2 + 3x + 5 ) = ( 2 + 3x ) phương trình hệ quả 2 x = 4 ⇔ 8x 2 + 12x + 20 = 4 + 12x + 9x 2 ⇔ x 2 = 16 ⇔   x = −4 Kiểm tra lại các nghiệm x = 4; x = −4; x = 0 ta thấy x = 4 thỏa mãn Giải các phương trình : x2 b) 4x 2 − 1 − 2x + 1 = 1 + x − 2x 2 a) x + 1 + 1 − x = 2 − 4 x2 x +1 + 1− x = 2 − a) 4 Độc giả thấy quá quen thuộc bài toán trên giải bằng phương pháp sử dụng bất đẳng thức , đánh giá , lượng giác… nay tôi giới thiệu cách giải nhân lượng liên hợp . x +1 ≥ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1 . Điều kiện để phương trình có nghĩa :  1 − x ≥ 0 x2 Vì −1 ≤ x ≤ 1 nên 2 − >0 4 Phương trình cho ( )  x2  x4 ⇔ 2 + 2 1− x2 = 4 − x2 + ⇔ 2 1 − 1 − x 2 = x 2 1 −   16  16 ( )( ) ( )  x2  ⇔ 2 1 − 1 − x 2 1 + 1 − x 2 = x 2 1 −  1 + 1 − x 2  16  x 2 = 0 ) (  x  2 ( ) ⇔ 2x 2 = x 2 1 −  1 + 1 − x 2 ⇔  ⇔ x=0  x2  2 = 1 −  1 + 1 − x 2  16    16    x2 ( ) 1 −
  8. T.s Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt http://www.toanthpt.net 1 • Nếu x ≥ thì phương trình cho 2 ⇔ ( 2 x + 1)( 2 x − 1) + ( 2 x + 1)( x − 1) = 2 x + 1 ⇔ 2 x − 1 + 2 x + 1 ( x − 1) = 1 ( )( ) ( ) ⇔ 2 x − 1 − 1 = 2 x + 1 ( − x + 1) ⇔ 2 x − 1 + 1 = 2 x + 1 ( − x + 1) 2x −1 −1 2x −1 + 1 x =1 ( ) ⇔ 2 ( x − 1) = 2 x + 1 ( − x + 1) 2x −1 +1 ⇔  ⇔ x =1 ( ) 2 + 2 x + 1 2x −1 +1 = 0  1 Vậy phương trình cho có nghiệm x = − , x = 1 2 Dùng đạo hàm x + 7 + 6 x 2 − 2x + 1 = 2 Giải phương trình : 3  3 x + 7 + 3 x − 1 = 2    x ≥ 1  x + 7 + 6 x 2 − 2x + 1 = 2 ⇔ 3 x + 7 + 3 x −1 = 2 ⇔  3 3  x + 7 − x − 1 = 2 3   x < 1    3 x + 7 + 3 x −1 = 2 . Xét hàm số f ( x ) = 3 x + 7 + 3 x − 1 . Trường hợp 1:  x ≥ 1  Hàm số f ( x ) là hàm số đồng biến và luôn cắt đường thẳng y = 2 tại 1 giao điểm ; do đó phương trình cho có nghiệm duy nhất và f (1) = 2 ⇒ x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình .   3 x + 7 − 3 x −1 = 2 Trường hợp 2 :  x < 1  Đặt u = 3 x + 7, v = 3 x − 1 x < 1 3  u = 0  x + 7 = 0    3  v = −2 u − v = 2   x + 7 − x −1 = 2 3 3 ⇔ ⇔    x − 1 = −2 ⇔ x = −7 ⇔ 3 Hệ    u = 2 u − v = 8 x < 1  3 3    x + 7 = 2  v = 0   3 x − 1 = 0   Vậy hệ cho có nghiệm x = −7; x = 1 . ( ) Tìm các giá trị m để phương trình sau có nghiệm: x x + x + 12 = m 5 − x + 4 − x ( )( ) Phương trình cho ⇔ x x + x + 12 5− x − 4− x = m ( )( ) 5 − x − 4 − x ; D ∈ [0,4] X ét f ( x ) = x x + x + 12 144 244 1442443 3 g( x) h( x ) ( ) g ( x ) = x x + x + 12 : đồng biến trong D
  9. T.s Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt http://www.toanthpt.net −1 1 h '( x) = ∀x ( 0; 4 ) ⇒ f ( x ) = g ( x ) h ( x ) : đồng biến mọi x ∈ D ⇒ phương + >0 2 5− x 2 4− x ( ) trình có nghiệm khi và chỉ khi f (0 ) ≤ f ( x ) ≤ f (4 ) ⇔ 2 3 5 − 4 ≤ m ≤ 12 . Bài tập : (x − 5)(1 − x ) = 0 Bài tập 1: Xác định m để phương trình : x 2 − 6 x + m + có nghiệm. ( )( ) t = x − 5 1 − x ; 0 ≤ t ≤ 4 19  ≤ m ≤ 17 ⇒ Hướng dẫn :  4 m = t − t + 5 2  Bài tập 2: Tìm m để phương trình : sin x + 2 − sin 2 x + sin x 2 − sin 2 x = m có nghiệm.  2 − z2 − z t = sin x + 2 − sin 2 x ⇒ t ∈ [0;2] ⇒ t' = Hướng dẫn :   z = sin x ; | z |≤ 1 2 − z2  2m = t 2 + 2t − 2 = f (t ) t2 − 2 ⇒ sin x 2 − sin 2 x = ⇒ ⇒ −1 ≤ m ≤ 3 t ∈ [0;2] 2 2 − sin x + sin 2 x + 1 + sin x + cos 2 x = m Bài tập 3 : Cho phương trình : 1. Giải phương trình khi m = 2 2  π π 2. Định m để phương trình cho có nghiệm x ∈ − ;   2 2 Hướng dẫn :   9 t ∈ 0; t = 2 + sin x − sin 2 x  9 ⇒ t ' = 1 − 2 z ⇒ t ∈ 0;  ⇒   4  ⇒2≤m≤2 2     z = sin x ; | z |≤ 1  4  f (t ) = 4 − 1 + t = m  x 4 + 4 x + m + 4 x 4 + 4m + m = 6 Bài tập 4: Xác định theo m số nghiệm phương trình : Hướng dẫn : t = 4 x 4 + 4 x + m ; f ( x) = − x 4 − 4 x + 16 = m m > 19 : vô nghiệm ; m = 19 : 1 nghiệm ; m < 19 : 2 nghiệm 1 (1 + 2 x )( 3 − x ) > m + ( 2 x 2 − 5 x + 3) thỏa mãn ∀x ∈  − ;3 . Tìm m để bất phương trình : 2 5 − 4x (1 + 2 x )( 3 − x ) ; x ∈  − 1 1 Đặt t = có t ' = , x ∈  − ;3  ;3 2 2 (1 + 2 x )( 3 − x )  2 5 t'=0⇔ x = 4
  10. T.s Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt http://www.toanthpt.net −1 5 x 3 2 4 t’ + 0 – 1   7 7 : x ∈  − ;3 ⇒ t ∈ 0;  t 2  2 2 0 0 1   7 Để bất phương trình cho đúng x ∈  − ;3 thì : t + t 2 > m + 6 đúng t ∈ 0;  . 2  2 1 Đặt f (t ) = t 2 + t ⇒ f '(t ) = 2t + 1 ⇒ f '(t ) = 0 ⇔ t = − 2 −∞ −1 7 t 0 2 2 f’(t) + f(t) 0  7 ⇒ m + 6 < min f (t ) = f (0) = 0 t ∈ 0;  ⇒ m < −6  2
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
647=>2