Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Dạy phương pháp xét dấu để giải bất phương trình cho học sinh lớp 10A9 trường THPT Sáng Sơn năm học 2018-2019

Chia sẻ: Caphesuadathemhanh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:32

Thêm vào BST

Báo xấu

24
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích nghiên cứu đề tài là dạy học sinh sử dụng phương pháp xét dấu để giải nhanh các bất phương trình khó, phức tạp thuộc chương trình bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán lớp 10,11,12; chương trình dạy ôn thi THPT quốc gia môn Toán.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Dạy phương pháp xét dấu để giải bất phương trình cho học sinh lớp 10A9 trường THPT Sáng Sơn năm học 2018-2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG SÁNG SƠN =====***===== BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN Tên sáng kiến: Dạy phương pháp xét dấu để giải bất phương trình cho học sinh lớp 10A9 trường THPT Sáng Sơn năm học 2018-2019 Tác giả sáng kiến: Triệu Văn Hải Mã sáng kiến: 18.52.01 Sông Lô, Năm 2019 0
BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN 1. Lời giới thiệu: Bất phương trình đại số là một trong những phần kiến thức quan trọng của chương trình môn Toán cấp THPT, thường xuất hiện ở tất cả các đề thi môn Toán, từ thi học sinh giỏi đến thi THPT quốc gia. Học sinh muốn học tốt phần bất phương trình này thì phải nắm vững phương pháp giải ngay từ năm lớp 10. Thực tế hiện nay hầu hết giáo viên dạy phương pháp biến đổi tương đương giống như kiến thức viết trong sách giáo khoa để giải bất phương trình. Học sinh rất khó khăn khi học bất phương trình, ngay cả nhiều học sinh khá – giỏi cũng giải sai các câu bất phương trình nhất là bất phương trình vô tỷ. Nguyên nhân học sinh giải sai là do phương pháp biến đổi tương đương như sách giáo khoa và các sách tham khảo hiện nay trình bày thường phải biến đổi phức tạp, chia nhiều trường hợp dẫn đến kết hợp nghiệm sai (dẫn đến thiếu nghiệm, thừa nghiệm), học sinh cũng hay mắc sai lầm về logic toán học... Việc thử lại nghiệm trong giải bất phương trình là không khả thi vì nghiệm thường là một tập hợp con của tập số thực. Sách giáo khoa Đại số lớp 10 có đề cập đến phương pháp xét dấu để giải P( x) P( x) P( x) P( x) các bất phương trình tích, thương như Q ( x )  0, Q ( x )  0, Q ( x )  0, Q ( x )  0 (*) ( P  x  , Q  x  là tích của các nhị thức bậc nhất hoặc tam thức bậc hai), nhưng chỉ ở các ví dụ và trình bày xét dấu bằng cách lập bảng. Do sách giáo khoa trình bày chưa đầy đủ, nên học sinh chưa hiểu đầy đủ phương pháp xét dấu, chỉ biết vận dụng phương pháp này vào giải các bất phương trình tích, thương đơn giản, bắt trước giống như các ví dụ sách đưa ra, không biết áp dụng phương pháp để giải những bài toán giải bất phương trình phức tạp hơn (như bất phương trình chứa căn, bất phương trình mũ, logarit…), kể cả với những học sinh khá – giỏi. Trong quá trình dạy học, móc nối mạch kiến thức môn Toán của toàn bộ cấp THPT thì tôi thấy: liên kết giữa kiến thức về hàm số liên tục ở chương trình Đại số - Giải tích lớp 11 và một số ví dụ trong sách giáo khoa Đại số lớp 10 có giới thiệu phương pháp xét dấu (sách không nêu thành phương pháp mà chỉ có tính chất giới thiệu, gợi mở cho học sinh và giáo viên tìm tòi) để tổng hợp thành phương pháp xét dấu giải bất phương trình. Phương pháp này có thể vận dụng để giải bất phương trình đại số cấp THPT lớp 10, 12 (cả cho phần bất phương trình mũ – logarit). Theo tôi biết hiện nay chưa có sáng kiến hay cuốn sách nào viết hoàn chỉnh về phương pháp xét dấu để giải bất phương trình. Trong đáp án của một số đề thi Đại học – Cao đẳng môn Toán bằng hình thức Tự luận của của một số trường Đại học – Cao đẳng trước năm 2002 hoặc gợi ý giải đề thi Đại học môn Toán Tự luận của Bộ GD&ĐT đăng tải trên các trang mạng Internet và báo Toán học tuổi trẻ thì 1
có sử dụng phương pháp xét dấu giải một số bài toán khó thuộc phần bất phương trình. Sáng kiến hệ thống đầy đủ phương pháp xét dấu để giải bất phương trình đại số một cách chính xác, không phải phân chia nhiều trường hợp, giúp học sinh tránh được những sai lầm thường gặp và tiết kiệm được thời gian hơn các phương pháp khác khi giải các bài tập bất phương trình. Điểm mới của sáng kiến ở chỗ: Chuyển việc giải bất phương trình f ( x)  0 (hoặc f ( x)  0 ) về việc giải phương trình f ( x)  0 , tìm ra các nghiệm, sắp xếp các nghiệm theo thứ tự nhỏ đến lớn trên trục số, xét dấu f(x) trên mỗi khoảng rồi chọn khoảng nghiệm thích hợp; nhờ kết hợp tính chất của hàm số liên tục của hàm số, cụ thể là: nếu hàm số f(x) liên tục trên một tập con của R là một đoạn (hoặc khoảng, nửa đoạn, nửa khoảng) mà phương trình f(x) = 0 vô nghiệm (tức không cắt trục hoành) thì f(x) giữ nguyên một dấu trên tập con đó (tức là luôn nằm phía trên hoặc phía dưới trục hoành theo cách diễn giải trực quan cho học sinh dễ hiểu). Lớp 10A9 trường THPT năm học 2018-2019 tôi dạy có lực học môn Toán hơi yếu (điểm bình quân thi vào lớp 10 là 3,25 điểm). Nên trong quá trình dạy phần bất phương trình, nhờ sáng kiến này mà các em đã rất tự tin, nắm vững phương pháp giải phần bất phương trình. 2. Tên sáng kiến: Dạy phương pháp xét dấu để giải bất phương trình cho học sinh lớp 10A9 trường THPT Sáng Sơn năm học 2018-2019. 3. Tác giả sáng kiến: - Họ và tên: Triệu Văn Hải - Địa chỉ tác giả sáng kiến: Trường THPT Sáng Sơn, huyện Sông Lô, tỉnh Vĩnh Phúc. - Số điện thoại: 0987817908. E_mail: trieuvanhai.phtsonglo@vinhphuc.edu.vn 4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: là tác giả của sáng kiến 5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Phương pháp dạy học môn Toán cấp THPT, dành cho: + Giáo viên dạy lớp 10,11,12, dạy ôn thi THPT quốc gia; dạy ôn thi học sinh giỏi. + Học sinh lớp 10, học sinh lớp 11,12 ôn thi học sinh giỏi và ôn thi THPT quốc gia (các câu hỏi vận dụng). 6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: 10/01/2019. 7. Mô tả bản chất của sáng kiến: - Dạy học sinh sử dụng phương pháp xét dấu để giải nhanh các bất phương trình khó, phức tạp thuộc chương trình bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán lớp 10,11,12; chương trình dạy ôn thi THPT quốc gia môn Toán. a) Về nội dung của sáng kiến: 2
PHẦN I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1.Dấu của nhị thức bậc nhất: 1.1. Định nghĩa : Nhị thức bậc nhất (đối với x) là biểu thức có dạng f(x) = ax + b, b trong đó a, b là những số cho trước và a  0 . Số x0   gọi là nghiệm của nhị a thức bậc nhất. 1.2. Định lý về dấu của nhị thức bậc nhất: Nhị thức bậc nhất f(x) = ax + b, ( a  0 ), cùng dấu với hệ số a khi x lớn hơn nghiệm và trái dấu với hệ số a khi x nhỏ hơn nghiệm. 1.3. Trục xét dấu của f(x) = ax + b ( a  0 ): X b -  + a f(x) = ax + b f(x) trái dấu với a 0 f(x) cùng dấu với a 1.4. Sử dụng trục xét dấu: * Nếu a > 0 ta có trục xét dấu: * Nếu a < 0 ta có trục xét dấu : 1.5. Minh hoạ bằng đồ thị : 3
a>0 a
* Nếu   0 a>0 a0 a
* Nếu   0 a>0 a
PHẦN II. SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP XÉT DẤU GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH 1. PHƯƠNG PHÁP Để giải một bất phương trình bằng phương pháp xét dấu cần tiến hành các bước : - Bước 1. Tìm điều kiện của bất phương trình; - Bước 2 : Chuyển bất phương trình về một trong các dạng f ( x)  0; f ( x)  0; f ( x)  0; f ( x)  0 ; - Bước 3: Xét dấu vế trái f ( x) P( x) + Tìm nghiệm của phương trình f ( x)  0 (nếu f ( x) có chưa ẩn ở mẫu dạng Q( x) thì tìm nghiệm của các phương trình: P( x)  0 và Q( x)  0 ) và sắp xếp nghiệm theo thứ tự từ nhỏ đến lớn trên trục số thực. + Xét dấu f ( x) trên một trong mỗi khoảng  ; x1  ,  x1; x2  ,...,  xn ;   bằng cách: lấy một số a thuộc khoảng đó thay vào f ( x) , dấu của f (a) chính là dấu của f ( x) trên khoảng đó. - Bước 4: Kết luận nghiệm Chọn các khoảng chứa x mà f ( x) mang dấu “-” làm nghiệm của bất phương trình f ( x)  0 , các khoảng chứa x mà f ( x) mang dấu “+” làm nghiệm của bất phương trình f ( x)  0 . Với bất phương trình f ( x)  0, f ( x)  0 thì chú ý lấy cả đoạn hoặc nửa đoạn mà có điểm đầu mút không vi phạm điều kiện của bất phương trình. Ví dụ như sau: - + x1 b ( f (b)0 + - x2 c ( f (c)>0 ) f ( x)  0  x   ; x1    x2 ;   ; f ( x)  0  x   x1; x2  Ví dụ 1: Giải bất phương trình a)  x  1  3 x 2  7 x  4   0 1 1 1 b)   x 1 x  2 x 3x  11 3 5 c) 0 d)  x  4 x2  4 x 3 1  x 2x  1 e) x 4  5 x 2  4  0 Lời giải: a) Đặt f ( x)   x  1  3x 2  7 x  4  7
 x  1 Cho x  1  0  x  1; 3x  7 x  4  0   2 4 x    3 Ta có trục xét dấu 4 - -1 - 3 1 + - + - +  4   x  1 Từ trục xét dấu suy ra  x  1  3x  7 x  4   0   3 2  x 1  4  Nghiệm của bất phương trình là   ; 1  1;    3  Lưu ý: Có thể thể hiện kết quả xét dấu dưới dạng dòng như sau: 4 - -1 + x - 3 1 f (x) - + - + Nhận xét: Nếu các đa thức P(x), Q(x) có các nghiệm x1 , x2 ,..., xn đôi một khác nhau và x1  x2  ...  xn (nghĩa là không có nghiệm bội) thì trên mỗi khoảng Q  x  ; x1  ,  x1; x2  ,...,  xn ;   tích P  x .Q  x  hoặc thương giữ một dấu P x Q  x không đổi. Áp dụng khẳng định trên, muốn xác định dấu của trên mỗi P x khoảng trên, ta chỉ cần tính giá trị của phân thức tại một điểm nào đó của khoảng. Chẳng hạn, trong ví dụ trên, f ( x)   x  1  3x 2  7 x  4  có các nghiệm là 4 4 4 1; 1;  . Các nghiệm này chia tập thành các khoảng (-;  ), (  ; -1), 3 3 3 (-1; 1) và (1; +). Trên mỗi khoảng, f(x) chỉ nhận một dấu xác định. Ta lấy 8
x  0   1;1 , tính được: f (0)   0  1  3.02  7.0  4   4  0  f  x   0, x   1;1 Khi x qua điểm 1, chỉ có nhị thức x – 1 đổi dấu, do đó f(x) đổi dấu. Vì vậy f  x   0 trên khoảng (1; +). Khi x qua điểm -1 thì chỉ có tam thức bậc hai  3  3x 2  7 x  4 đổi dấu, do đó f(x) đổi dấu. Vì vậy f  x   0 trên khoảng   ; 1 ,  4   4 tương tự f  x   0 trên khoảng  ;    3 Từ đó cũng thu được kết quả như trên. x  0  b) Điều kiện  x  1  x  2  1 1 1 x  x  2   x  x  1   x  1 x  2  x2  2    0 0 x 1 x  2 x x  x  1 x  2  x  x  1 x  2  x2  2 Xét dấu f ( x)  x  x  1 x  2  x  0 Cho x2  2  0  x   2 , x  x  1 x  2   0   x  1   x  2 Ta có bảng xét dấu x - -2 - 2 -1 0 2 + f(x) - + 0 - + 0 Từ kết quả dấu f(x) và tập xác định của bất phương trình tá có tập nghiệm là 2;  2    1;0    2;   3x  11 3x  11 3x  11 c) 3  0 . Xét dấu vế trái f  x   3  x  4x  4x 2 x  4 x  4 x  x  2 2 x 2 Điều kiện x  2; x  0 . Ta có: 11  3x  11  0  x  ; 3 9
  x  2 x  0  x  0  x  0 2 Nhận xét: 1. Có thể kẻ trục xét dấu cho bài này như sau (dấu dùng để chỉ các số là nghiệm nằm ở mẫu số, làm cho f(x) không xác định, khi lấy nghiệm loại các số này): x  2 Điều kiện  .Các nghiệm của tử thức và mẫu thức của f(x) chia R thành các  x  0  ;0  ,  0;2  ,  2; 11   11  khoảng ,  ;   3  3  3  11 Ta có f 1   7  0 nên f  x   0 trên khoảng (0; 2). Khi x qua điểm 0 1 4  4 thì f(x) đổi dấu nên f(x) > 0 trên khoảng  ;0  . Vì  x  2  bằng 0 tại x = 2 2 nhưng nó luôn dương với mọi x khác 2 nên khi x qua điểm 2, f(x) không đổi dấu,  11  11 vậy f(x) < 0 trên  2;  . Khi x qua điểm thì f(x) đổi dấu nên f(x) > 0 trên  3 3  11  khoảng  ;   . Vậy ta có trục xét dấu sau: 3  11 + x - 0 2 3 f(x) + - - 0 + 3x  11  11 Dựa vào trục xét dấu suy ra  0  x   0;2    2;  . x3  4 x 2  4 x  3 1 d) Điều kiện: x  1; x   2 3 5 3(2 x  1)  5(1  x) 11x  2 Khi đó,   0 0 1  x 2x  1 (1  x)(2 x  1) (1  x)(2 x  1) 11x  2 Xét dấu f ( x)  , (1  x)(2 x  1) 2 1 Ta có: 11x  2  0  x  ; (1  x)(2 x  1)  0  x  1  x   11 2 Từ đó dấu f(x) như sau: 1 2 x   1  2 11  1  2  f(x) trình là+  ;  -   0;1 Nghiệm của bất phương + -  2  11  10
e) Xét dấu: f  x   x 4  5 x 2  4   x 2  1 x 2  4  x 2  1  0  x  1 và x 2  4  0  x  2 . Bảng xét dấu: x - -2 -1 1 2 + f(x) + 0 - 0 + 0 - 0 + Nghiệm bất phương trình là x   ; 2   1;1   2;   . Ví dụ 2: Giải các hệ bất phương trình  x 2  8 x 2   x  10 2  1 2 5    2 x  3 x  0 a)  b)  2  x 2  16 x  21  36 x 2  x  1  3x 2  8 x  4   0 2    x 2  8 x 2   x  10 2 1  Giải: a)   x 2  16 x  21  36 x 2  2 2  1   x 2  8 x  x  10  x 2  8 x  x  10   0   x 2  7 x  10  x 2  9 x  10   0(*) Xét dấu vế trái (*): x - -1 2 5 10 + f(x) + 0 - 0 + 0 - 0 + Từ đó tập nghiệm của bất phương trình (1) là S1   1;2    5;10  .  2    x 2  16 x  21  6 x  x 2  16 x  21  6 x   0   x 2  10 x  21 x 2  22 x  21  0 Bảng xét dấu: x - 1 3 7 21 + f(x) + 0 - 0 + 0 - 0 + Suy ra tập nghiệm của bất phương trình (2) là S2   ;1   3;7    21;   . Vậy tập nghiệm của hệ đã cho là S  S1  S2   1; 1   5;7  Biểu diễn trên trục số: 11
-1 1 2 3 5 7 10 21  1 2 5   x  3 x  0 1 b)  2 2  x  1  3x 2  8 x  4   0  2   1  1  x  5 . Tập nghiệm của (1) là S1  1;5 Ta có  x  1  3x 2  8 x  4   0  x  1  x  2  x  2 3 Ta có trục xét dấu: 2 x - -1 2 + 3 f(x) - 0 + 0 - 0 +  2 Suy ra tập nghiệm của (2) là S2   1;    2;    3 Vậy tập nghiệm của hệ đã cho là: S  S1  S2   2;5 . 2. SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP XÉT DẤU GIẢI NHANH BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ * Phương pháp xét dấu thể hiện hiệu quả cao đối với các bài bất phương trình vô tỷ. * Khi giải bất phương trình vô tỷ bằng phương pháp xét dấu, ta phải chú ý đặt điều kiện xác định của bất phương trình và khi lập trục xét dấu (hay kẻ trục xét dấu) ta phải thể hiện điều kiện đó trên bảng (hay trên trục đó). Trong mỗi ví dụ dưới đây, tác giả trình bày lời giải bất phương trình bằng cả hai phương pháp: “ Phương pháp biến đổi tương đương và phương pháp xét dấu” để so sánh, đối chiếu và thấy rõ ưu việt của phương pháp xét dấu. Ví dụ 1. Giải bất phương trình  x 2  6 x  5  8  2 x Giải: Cách 1: (Dùng phương pháp biến đổi tương đương)   x 2  6 x  5  0  I   8  2 x  0  x2  6 x  5  8  2 x   8  2x  0    II    x 2  6 x  5   8  2 x 2  1  x  5 I     4  x  5 (1) x  4 12
x  4 x  4  II      2  x  6 x  5  4 x  32 x  64 5 x  38 x  69  0 2 2 x  4   23  3  x  4  2  3  x  5 4  x  5 Kết hợp (1), (2) suy ra nghiệm của bất phương trình là   3 x 5  3  x  4 Ghi chú: sử dụng cách này, học sinh thường mắc sai lầm như sau: 8  2 x  0   x2  6 x  5  8  2 x   2        2   x 6 x 5 8 2 x  x 2  6 x  5  0 Tức là các em bỏ quên trường hợp  ! 8  2 x  0 Cách 2: (Dùng phương pháp xét dấu) Điều kiện:  x 2  6 x  5  0  1  x  5  x2  6 x  5  8  2 x   x2  6 x  5  8  2 x  0 Xét dấu f ( x)   x2  6 x  5  8  2 x . x  4 f ( x)  0   x 2  6 x  5  8  2 x   2  x  6 x  5  4 x  32 x  64 2 x  4 x  4   x3  2     x3  5 x  38 x  69  0  x  23   5 Dấu f(x) như sau: x - 1 3 5 + f(x) - 0 + Từ trục xét dấu suy ra f ( x)   x 2  6 x  5  8  2 x  0  3  x  5 , đây cũng là nghiệm của bất phương trình đã cho. Nhận xét: Phương pháp 2 sẽ giúp học sinh dễ tiếp thu và tránh mắc sai lầm như trên. Ví dụ 2. Giải bất phương trình: x 2  3x  2 x 2  3x  2  0 . 13
Giải: Cách 1: Dùng phương pháp biến đổi tương đương Bất phương trình đã cho tương đương với  x  2   1  2 x  3x  2  0 2  x   1  x   2   2   2 x  3 x  2  0    x  2 2   x 2  3x  0  1  x    x  2 x  3    2   x  0  x  3   Nhận xét: Một cách tổng quát ta có cách giải bất phương trình: f ( x) g ( x)  0  g ( x)  0  f ( x) g ( x)  0    g ( x)  0   f ( x)  0 Tuy nhiên, nhiều học sinh khi làm bài thường bỏ quên trường hợp g(x) = 0 (dẫn tới mất một nghiệm x = 2 trong ví dụ 3.2 nói trên). Cách 2: (Dùng phương pháp xét dấu)  1  x Điều kiện 2 x  3x  2  0  2 2  x  2 Xét dấu vế trái của bất phương trình: x  0 x  3  x 2  3 x  0  Giải phương trình:  x 2  3x  2 x 2  3x  2  0    1  2 x 2  3x  2  0  x    2  x  2 Dấu vế trái như sau: 1 - 2 + 0 2 - 3 +  1 Từ đó ta có tập nghiệm của bất phương trình (4) là S   ;    2  3;   .  2 Ví dụ 3 (Đề thi ĐH khối A - 2004) 2  x 2  16  7x Giải bất phương trình:  x3  . x3 x3 14
Giải: Cách 1: Dùng phương pháp biến đổi tương đương  x 2  16  0 Điều kiện:   x4  x  3  0 Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với  x  4   10  2 x  0  2  x 2  16   x  3  7  x  2  x 2  16   10  2 x    x  4   10  2 x  0   2  x 2  16   10  2 x 2  x  5    4  x  5  x  10  34   x 2  20 x  66  0  Cách 2: Dùng phương pháp xét dấu  x 2  16  0 Điều kiện:   x4  x  3  0 Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với 2  x2  16   x  3  7  x  2  x 2  16   2 x  10  0 . Xét dấu f  x   2  x2  16  2 x  10 2 x  10  0 f ( x)  0  2  x 2  16   2 x  10   2 2  x  16    2 x  10  2 x  5     x  10  34  x  10  34    x  10  34 Trục xét dấu: - + 4 10- 34 Nghiệm của bất phương trình đã cho là x  10  34 . 15
1  21  4 x  x 2 Ví dụ 4. Giải bất phương trình:  0. (6) x 1 Giải: Cách 1: Dùng phương pháp biến đổi tương đương 21  4 x  x 2  0 Điều kiện:   x  1 .  x  1  0 1  21  4 x  x 2 1  (21  4 x  x 2 ) 0 0 x 1   x  1 1  21  4 x  x 2   x 2  4 x  20  0   (6.1)  x  1 1  21  4 x  x 2 Vì 21  4 x  x2  0, x   21  4 x  x2  1  0, x  nên  x 2  4 x  20  6.1   0  x  1  0 (Vì  x2  4 x  20  0, x  ) x 1  x  1 là nghiệm của bất phương trình (6). Cách 2: Dùng phương pháp xét dấu 21  4 x  x 2  0 Điều kiện:   x  1 .  x  1  0 1  21  4 x  x 2 Xét dấu f ( x)  x 1 Ta có: x + 1 = 0  x = -1 1  21  4 x  x 2  0  21  4 x  x 2  1  21  4 x  x 2  1  x 2  4 x  20  0 (vô nghiệm) Dấu f(x) : Vậy nghiệm của bất phương trình (6) là x < -1. Nhận xét: ở bài toán này, nhiều học sinh giải theo cách 1 không đúng đáp số vì mắc sai lầm trong biến đổi. 1  1  4 x2 Ví dụ 5: Giải bất phương trình 3 (7) x 16
x  0 x  0  Giải: Điều kiện   1 1 1  4 x  0   x  2  2 2 Cách 1: Dùng phương pháp biến đổi tương đương    4 x2 3 4x   3  4 x  3 1  1  4 x2    7 x 1  1  4 x2 1  1  4x 2  3 1  4 x2  4 x  3  1 1    2  x   1 1  1  4 x 2  0  2    x    3  2 2  4 x  3  0  x     x  1 1    3  4  x 4x  3  0       3   4 2 2  9 1  4 x 2    4 x  32  x   0  x  6    4  2   13  13 x  6 x  0 x  0  Kết hợp với điều kiện được nghiệm của (7) là  1 1.   2  x  2 Cách 2: Dùng phương pháp xét dấu x  0 x  0  Điều kiện   1 1 1  4 x  0   x  2  2 2 1  1  4 x2 1  3x  1  4 x 2 7  30  0 x x 1  3x  1  4 x 2 Xét dấu f ( x)  x Ta có: 17
1  3x  0 1  3x  1  4 x  0  1  4 x  1  3x   2 2 1  4 x  1  3 x  2 2  1  x  1 3 x    3   x  0  x  0 13x 2  6 x  0     x  6   13 Ta có trục xét dấu: - - 1 0 1 - 2 2 x  0  Từ trục xét dấu ta có f(x) < 0   1 1  2  x  2  1 1 Vậy tập nghiệm của bất phương trình (7) là   ;  \ 0  2 2 Ví dụ 6: Giải bất phương trình: 3 2  x  x 1  1 (8) Giải: Điều kiện x  1 . Bất phương trình tương đương với 3 2  x  x  1  1  0 Xét dấu f ( x)  3 2  x  x  1  1 Giải phương trình f(x) = 0 ta được : x = 1, x = 2, x = 10 Trục xét dấu: 1 + 2 - 10 + Nghiệm của bất phương trình là 1;2  10;   Ví dụ 7. (Đề thi ĐH sư phạm Hà Nội - khối D -2001) 2  x  4x  3 Giải bất phương trình:  2 . (9) x Cách 1: Dùng phương pháp biến đổi tương đương 2  x  0 x  2 Điều kiện:   x  0 x  0 Trường hợp 1: x < 0:  9  2  x  4 x  3  2 x  2  x  3  2 x (9.2) 18
x 1 Do x < 0  3 - 2x > 0 nên  9.2   2  x   3  2 x   4 x  11x  7  0   2 2 7 x   4 Kết hợp điều kiện x < 0 suy ra bất phương trình có nghiệm x < 0 (a). Trường hợp 2: 0  x  2 9  2  x  4x  3  2x  2  x  3  2x  3  2 x  0 3  2  x  2 3  0  x  2  2  x  2      x  3   1  x  2 b 3   x  2 1  x  3  2    1  x  7 2  4 x 2  11x  7  0   4 x  0 Kết hợp (a) và (b) suy ra bất phương trình (9) có nghiệm  1  x  2 Ghi chú: học sinh thường kết hợp nghiệm sai khi sử dụng phương pháp này. Cách 2: (Dùng phương pháp xét dấu) 2  x  0 x  2 Điều kiện:   x  0 x  0 2  x  4x  3 2  x  2x  3 9  20 0 x x 2  x  2x  3 Xét dấu f  x   x 3  2 x  0  Ta có : 2  x  2 x  3  0  2  x  3  2 x   2  x 1   2  x   3  2 x  Dấu f(x) như sau: - + - + 0 1 2 2  x  2x  3 x  0 f  x  0 x 1  x  2 x  0 Vậy bất phương trình có nghiệm là  . 1  x  2 19