Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt
Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 1 - TÀI LIỆU ÔN THI ĐẠI HỌC
(Đại số sơ cấp)
PHẦN I: PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH
Phương trình và bất phương trình bậc 2,
2
( 0;
ax bx c a
.
Câu 1: Tìm
m
để phương trình:
2
2( 3) 4 12 0
x m x m
có hai nghiệm cùng lớn hơn -1.
Giải
Để pt đã cho có hai nghiệm cùng lớn hơn -1 thì m thỏa mãn hệ sau:
' 2
1 2
0 ( 3) 4 12 0
Câu 2: Tìm a để BPT:
(1)
2
( 1) 2( 2) 2 1 0
a x a x a
, có nghiệm trong
( 1,2).
Giải
Xét ba trường hợp của a như sau
TH1:
1
1; (1) 6 3 0 .
2
a x x
(thỏa mãn)
TH2:
1;
a
ta có
+
'
0 (1; ).
a
'
2 2
1
2 2 2
5 3 5 5 3 5 5 3 5 5 3 5
0
2 2 2 2
1
1( 1) ( 2) 5 5 3 5 5
2
2( 1) ( 2) 5 5 3 5 5
5 3 5 5 3 5
2 2
( ; 1 / 2) (1
a a
x
a a a a a a
x
a a a a a a a
a
a
5 3 5
( ; 1 / 2).
2
; )
a
2
1 4( )
y y m
, vì
0
z
nên
1
2
z
và
1
0 1
2
z
hay
2
1 9 0 2.
y y m
Gọi
1 2
x x
, trừ vế
theo vế ta được
1 2
x x
(trái với GT)
- Nếu
1 2 1 2
1
y y y y
(do số nguyên).
Vì
2 2 2
1 1 2 2 2 2
0 2; 0 2 2 0(*)
y y m y y m y y m
nên
2 2 2 2
1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 1 2
2 2 | | 2 ( ) | 1 | 2,
y y y y y y y y y y y y
Vì
1 2
y y
và nghiệm
1,2
1 1 4
2
m
x
.
Câu 4. Tìm ĐK của a,b để pt:
2
1 0 (1);
x ax x bx
có nghiệm chung. Khi
đó tìm GTNN của
| | | |.
P a b
Giải
- Gọi
0
x
là nghiệm chung của hai pt trên, ta có,
2
0
2
a a a b a b
a b a b
a ab b ab a b
Vậy điều kiện của a,b là
2 2
3 2 1
a b
ab a b
1 2 3.
1 2
x x x
Giải
pt (1) đã có 1 nghiệm
x m
nên pt
x mx m
phải có haio nghiệm phân biệt
thảo một trong các TH sau :
- TH1 :
1 2
1 2 .
m x x
- TH2 :
1 2
1 2 .
x m x
- TH3 :
1 2
1 2 .
(VN)
- Xét TH2 :
2
'
2
1 2
1
2
2
2 1
- Xét TH3 :
2
'
1 2
1 2
1 2
2
2
2
2 3 0
có 3 nghiệm thỏa mãn
1 2 3.
1 2
x x x
giải
Xét hàm số
3 2 2
( ) 3 3 2 ; '( ) 3 6
f x x mx x m f x x mx m
- pt
'( ) 0
f x
luôn có hai nghiệm phân biệt nen hs luôn có CĐ, CT. Giả sử
1 2
x x
là hai
nghiệm của pt
'( ) 0
f x
, khi đó :
2 2
1 1 2 2
2 2 2 2
1 2 1 2
f m
m
f m
m
Bài 1. Biện luận theo m số nghiệm của pt :
(1).
( 1)( 2)( 3) 1 0
x x x x m
Giải
4 16
m m thì pt (2) có 2 nghiệm PB dẫn đến pt (1) có 4 nghiệm PB.
+ Nếu
9 25
1
4 16
m m thì pt (2) có 1 nghiệm đẫn đến pt (1) có 2 nghiệm PB.
- TH2 :
'
0 0
m
, pt (2) có nghiệm kép
1
t
, dẫn đén pt (1) có 2 nghiệm phân
biệt.
Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt
Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 6 -
- TH3 :
'
0 0
m
, pt (2) vô nghiệm dẫn đến pt (1) vô nghiệm.
Bài 2. Tìm a để pt :
4
, đặt
1
;| | 2
t x t
x
, ta có :
2
16 2 15 0
t at a
Để pt (1) có 4 nghiệm PB thì pt (2) phait có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn
1 2
| |,| | 2.
t t
Gọi
1 2 3 4
, , ,
x x x x
là 4 nghiệm lập thành một CSN của pt (1), ta có
1 4
,
x x
là hai nghiệm của pt :
Vậy
3
1 2 3 4
3
1 1
; ; ;
x x x q x q
q
q
.
Theo ĐL Viét ta có,
3
3
1 2 3 4
2
1 2 1 3 1 2 2 4 3 4
2
1 1
16
1 1 2 17
1 1
16
a
b
q q
x x x x
q
q
Đặt
1
;| | 2
t q t
q
ta được
3
4 3 2
4 2
2
15
16
2 3 4 0
2 15
16
3
16
a
t t
t t t t
a
t t
170.
2 16 8
a
t a
Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt
Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 7 -
BÀI TẬP
Bài 1. Biết PT
2
27 12 2001 0
ax x x
có ba nghiệm PB. Tính số nghiệm của PT :
2
4( 27 12 2001)(3 27) (3 .
ax x x ax ax x
Giải
Đặt
2 2
( ) 27 12 2001 '( ) 3 54 12 ''( ) 6 54 2(3 27)
f x ax x x f x ax x f x ax ax
Pt quy về :
[ ]
cũng có 3 nghiệm PB
1 2 3
, ,
x x x
do đó hs
g
x
đạt cực trị tại ba điểm. Ta có
[ ]
[ ]
[ ]
2
1 1
2
2 2
2
3 3
( ) '( ) 0
( ) '( ) 0 ( ) 0
( ) '( ) 0
g x f x
g x f x g x
g x f x
x x
x
x x
x x
x
x
x x x x x x x x x
x
x x x x x x x x x x x x
x x x x x x x
- Với
1 0
x
2
2
2
(1 )
1 1 1 1
(1) 1 1
( )
( 1) 1 ( 1) 1
( 1) 1 2 (1 ) (1 ) 2 (1 ) 1 0
( (1 ) 1) 0 ( )
x
Giải
ĐK :
1 1
x
2
2 4
2
2 2
2 2
2 2 2 2 2
2
2
(1) 1 1 2 2 2 1 4
4 16
2(1 1 ) (1 ) 2(1 1 )(1 1 ) (1 )(1 1 )
16 16
(1 )(1 1 )
16
x x
x x x x
x x
x x x x x x
x
x x x
2 2 2
2
2 2
2
2
2 2 2
2
2 (1 )(1 1 ) 2 1 1 (1 1 )
16 16
1 1 (1 1 )
16
1 1 (1 1 ) 0 0
16
(1 1 )
(1 1 )
16
0 0)
(1 1 )
x x
x x x
x
x x
x
x x
x
x
x x
x
x
- Với
1 0
x
3 3
2 3 3
1 1 (1 ) (1 )
1 1 (1 ) (1 ) 0 (1) .
x x x x
x x x V N
- Với
0 1
x
, đặt os
( );0 .
2
x c t t
3
2 sin
(1) 1 sin (1 cos ) cos
cos cos
cos sin
cos
t t t t
t x
6
0.
2
10 10 10
(1) 4 4 4
2 6 6 6
3
0 4
0 4 0 4
10
10 (4 ) ( 6) 8 12 48 96 0
(4 )
6
0 4
0 4
2
( 2)( 6 48) 0
t
x
t t
t t t
t t t
t
t
t t
t
t t t t t t t
t
t
t
(vì
Vôùi
3 2
( 6 48) 0).
6 6 1
2 2 4 .
2 2 2
t t
t x
x x
2 2
3
2 2
3
27 ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) 0
( )( ) ( )( ) 0
( )( )( ) 0
7 5 5
6 7 2 3 12 ,
2
t u v t u v t u v t u v
t u v u t v tv v u uv v t
u v t tv t v u uv
u v
u v t v t u v t
t u
u v x x x x x
v t
- Vậy pt có 6 nghiệm
7 5 5 7 5 5 3
; ; 5; .
2 2 2
x x x x
Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt
Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 11 -
Bài 5. Giải bất pt
(1)
1 1
5
2 4
x x x x x
Giải
ĐK :
1
4
x
; ta có
2
1 1 1 1
Bài 6. Giải pt
(1)
3
3
6 6 4 4 0
x x
- Đặt
3
6 4
t x
,
ta có
3
3 3 2 2
3
6 4 0
, hệ pt trên tương đương với hệ
3
2 2
3 3
(I)
6 4 0
6 0
(II)
6( ) 8 0
t x
t x
t x tx
t x t x
2 2
58
6 0
6
9
( )
2
( 12) 8 0
( 6) 8 0
3
P
S P
P S
II
S
S S P
S
2( 3 2) 3 8 (1).
x x x
Giải
ĐK :
2.
x
- Đặt
2
2 0; 2 4 0.
u x v x x
2 2 2 2
(1) 2( ) 3 2 2 3 0 2 ( 2 ) ( 2 ) 0
2
( 2 )(2 ) 0
2
u v uv u v uv v v u u v u
v u
v u v u
u v
(1).
Giải
ĐK :
1
2
x
2 2
1 1 18 7 1 1 ( 1)
(1) 2 1
2 4 8 2 4 8
x x x x x
x x x
- Đặt
1 1
;
2 4
x
u x v
, khi đó
2 2 2 2
Bài 9. Giải bất pt
(1).
3
2001
3 1 2 4 3
304
x x x
ĐK :
2
x
3
2001
(1) 3 1 2 4 3
304
x x x
;
xét
Bài 10. Giải pt
(1).
2 4 2
3
3 1 1
3
x x x x
Giải
2
2 2 2
2
2 2
2 2
3 1
(1) 2( 1) ( 1) ( 1)
3
1
1 3 1
2 1
3
1 1
x x
x x x x x x
x x
x x x x
x x x x
-
2 2
2
2 2
1 1 1 1 1
2 1 1
3
1 1
3 3
x x x x
t x x x
x x x x
Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt
Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 14 -
- Vậy pt có một nghiệm
1
x
.
2
m
t t t m t m t
Nếu
3
0 1 1 3
2
m
m
, thì (2) có nghiệm là
3 3
4
2 2
m m
t x
2
3
4
2
m
x
+ TH3 :
3
2;(2) 1 2
2
m
t t t m t
Nếu
3
2 1
2
m
m
thì
2
3 3 3
(2) 4 4 .
2 2 2
m m m
t x x
2
3
(1) 2 4 1 1
2
x
x x
; đặt
(1)
(2)
2
2
2 4 1
3
1;(1)
2 4 1
2
x y y
x
y
y x x
2 2
2 4 1
2( ) 5 0
2( ) 4( ) 2
y x
x y y
y x
x y y x y x
-
2 2
2( ) 5 0 2( ) 5 0
( )
2[( ) 2 ] 3( ) 2 0 2( ) 3( ) 4 2 0
x y x y
II
x y xy x y x y x y xy
Khi đó
,
x y
là nghiệm của pt
2 2
5 3 5 13
0 4 10 3 0
2 4 4
5 13 5 13
; .
4 4
x x
Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt
Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 16 -
Bài 13. Giải pt
(1).
3
2
1 2
5
2
x
x
Giải
ĐK :
1
x
; đặt
2
1; 1 .
2 1 2 1 1 4( 1) 4 5 3 0( )
u v x x x x x x x x VN
-
2 2 2
5 37
2 2 1 1 4 4 1 5 3 0
2
v u x x x x x x x x x
Vậy (1) có 2 nghiệm
5 37
2
x
.
Bài 14. Giải pt
(1).
3 3
2 2
3
7 1 8 8 1 2
x x x x x
2 2
3
2
3
2
2 2
2
7 1 8
)( 8 8 1
7 1 8 1
7 1 8
8 8 1
7 1 8 1
x x x
u v
u v v w u w v w x x x x
u w
x x x
x x x
x x x x
x x x x x x
x x
x x x x x
- Vậy pt có 4 nghiệm
0; 1; 9.
x x x
Phương trình và bất pt mũ, lôgarit
Bài 1. Giải pt
(1).
2
2 7 7
log log ( 3) log 2 log ( 3)
2
x
x x x x x
Giải
ĐK :
0
x
-
2 2
2
ln ln 2
log 2 ln( ) ln 2
2 2
x x
x x
x x x
x
Xét
2
ln 1 ln
x t x
4 2 9
6 1
7 7
7
t t
t
Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt
Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 18 -
+ Xét
4 2 9 4 4 2 2 9 1
( ) 6 '( ) ln 6 ln ln 0 ( ) .
7 7 7 7 7 7 7
7 7
t t t t
1
2
log 11 log 2 3 log 2
a a
ax x ax x
Giải
ĐK :
ax x
a
( 2)ln
a a
t
f t t t a t
t a
t a
Do đó,
( ); 0
f t t
là hàm đồng biến,
( ) 3 3
f t t
, BPT có vô số nghiệm
- Nếu (*)
2
0 1 log 2 0, log 2.log 11 log 2 log ( 1)
a a a a a
a t t
Tương tự trường hợp trên ta có,
( ) (3) 3
f t f t
a
Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt
Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 19 -
Giải
Chia hai vế của pt cho
2
1
2
x
a
a
ta được,
(*)
2
2 2
1 2
a t t
, ta có, os
(*) (sin 2 ) ( 2 ) 1
x x
t c t
Vì
os
0 sin 2 1, 0 2 1
t c t
nên
os
(sin 2 ) ( 2 )
x x
t c t
là hàm nghịch biến, do đó PT có nghiệm
duy nhất
2.
x
2. Phương trình và bất phương trình lượng giác
Bài 1. Giải pt
1
cos cos cos cos
cos
cos cos
PT x x x x
x
x x
x
x x
x
x x
-
(loaïi)
cos
cos
x
x
1
2
1 3
cos
3 3
2
2 2
cos
2 2
x
x x
x
x
x
5
cos cos
6
2
cos cos
3
cos cos
3
cos cos
6
x
x
x
x
2 5
2 | | 2
3 6
( )
2 | | 2
6 3
k x k
k
k x k
ĐK :
cos .sin
tan
cos
k x k
x x
x
k x k
x
x k
x k
k x k
k x k
2 2 3 2 2
(*) 3 ( 1) 5( 2) 3 5 3 10 0 ( 2)(3 5) 0
2 1 2 3 tan arctan .
u u u u u u u u u
u t t x x k
- Vậy pt đã cho có nghiệm là
arctan .
x k k
Bài tập
Bài 1. Giải pt
tan
sin cos
3 1 tan
sin cos
x
x x
x
x x
, đặt
tan
t x
, ta được,
*
3 1
t
t
t
t
- Ta xét hàm số
2
1
2
( ) 1 ; ( ) ; ( ) 2
3
t
t
Bài 2. Giải BPT
| cos | | cos | | cos | | cos |
x x x x
Giải
Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt
Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 22 -
- Giả sử
| cos |
x
Đặt
| cos | cos cos | cos | | cos | | |
x x x x t x t t
(1)
2
| cos | | cos | 1 2 (1 2 ) 1 1
x x t t t t
| cos | | cos | | cos | | cos |
x x x x
- Giả sử
1
| cos |
x
+ TH1:
1
| cos |
2
x
, chứng minh tương tự trên ta có
| cos | | cos | 1
x x
Suy ra,
| cos | | cos | | cos | | cos | | cos | | cos | | cos |
x x x x x x x
P x n
thỏa
2
0 1
( )
( ) 0, ( ) ( ) ; 1
2
n
n n
x P x
P x P x P x n
. CMR:
2
0 ( )
1
n
x P x
n
Giải
+ Với
0
n
0 ( ) ( )
n n
P x P x
Mặt khác
2
2
1 1
1 ( )
( )
1 ( ) 1 ( ) 0 ( ) 1
2 2 2
n
n
n n n
P x
x P x x
P x P x P x
Vậy
( ),
n
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
( )( ( )) ( )
( ) ( ) 1 ( ) 1
2 2 2
n
n n n n n
n n n
n n n
x P x
u x x P x u x x P x u x
u x x P x x P x x
u x u x u x
2
1 2
( ) ( ) 1 ( ) 1 1
2 2 2
n
n n n
x x x
' 1 . . 1 ; ' 0
2 2 2 1
2
max
1
n n
t
t n t
y t y x
n
y
n
Mặt khác
1
2
n
t
y t
x y z
xy yz zx
xyz
(1)
Giải
2
3
( ) 2( )
2
3
(1)
4
1
8
0
3
4
1
Theo định lí viet ta có
, ,
x y z
là nghiệm của pt
3 3
3 1 1
0 4 3 0
4 8 2
t t t t
(2)
Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt
Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 25 -
Đặt
cos ;(0 )
t u u
3
1
(2) 4cos 3cos 0
2
1
cos3
y my x
có 5 nghiệm
Giải
+
0
x y
là một nghiệm của hệ
+ Ta tìm m để hệ có 4 nghiệm khác 0
Hệ
4 2
4 4 2 2
4 2
0
( ) 0
0
x mx yx
x y m x y m
y my yx
1 1
0 ( 0)
1 1
2 0t m t mt t mt mt
t mt m t
t t
t m t
t t
Copyright: Tài liệu đại học ©