3 bat dang thuc bpt

chơng bất đẳng thức, bất phơng trình A Kiến thức cần nhớ I Bất đẳng thức Tính chất Bất đẳng thức Tính chất 1: (Tính chất bắc cầu): Nếu a > b b > c th× a > c TÝnh chÊt 2: NÕu a > b ⇔ a + c > b + c TÝnh chÊt 3: NÕu a > b a b  c > c nÕuc > ac > bc nÕu c >  ⇔ vµ   a < b nÕuc < ac< bc nÕuc <  c c Chúng ta có quy tắc sau: Quy tắc 1: (Phép cộng): Nếu a > b c > d ⇒ a + c > b + d Chú ý quan trọng: không áp dụng đợc "quy tắc" cho phép trừ hai bất đẳng thức chiều Quy tắc 2: (Phép nhân): Nếu a > b > vµ c > d > ⇒ ac > bd Quy tắc 3: (Phép nâng lên luỹ thừa): Nếu a > b > ⇒ an > bn, víi n Ơ * Quy tắc 4: (Phép khai căn): NÕu a > b > th× n a > n b , víi n∈ ¥ * bÊt đẳng thức giá trị tuyệt đối Từ định nghĩa giá trị tuyệt đối, ta suy tính chất sau: −a ≤ a ≤ a víi mäi sè thùc a x ≤ a ⇔ −a ≤ x ≤ a víi a ≥ (t¬ng tù x< a ⇔ −a < x < a víi a > 0) x ≥ a ⇔ x ≤ −a hc x ≥ a víi a ≥ (t¬ng tù x > a ⇔ x < −a hc x > a víi a > 0) Định lí: Với hai số thực a, b tuú ý, ta cã | a| − | b| ≤ | a + b| ≤ | a| + | b| bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân (bất đẳng thức côsi) Định lí: Với hai số không âm a, b, ta có: a+ b ab (thờng đợc viết a + b ab), dấu đẳng thức xảy chØ a = b 129 HƯ qu¶ 1: NÕu hai số dơng thay đổi nhng có tổng không đổi tích chúng lớn hai số Tức là, với hai số dơng a, b có a + b = S không đổi suy ra: S2 S2 ab ≤ S ⇔ ab ≤ ⇒ (ab)Max = , đạt đợc a = b 4 ý nghĩa hình học: Trong tất hình chữ nhật có chu vi hình vuông có diện tích lớn Hệ 2: Nếu hai số dơng thay đổi nhng có tích không đổi tổng chóng nhá nhÊt hai sè ®ã b»ng Tøc là, với hai số dơng a, b có ab = P không đổi suy ra: a + b P (a + b)Min = P , đạt đợc a = b ý nghĩa hình học: Trong tất hình chữ nhật có diện tích hình vuông có chu vi nhỏ Mở rộng Với số a, b, c không âm, ta cã: a+ b + c ≥ abc thêng ®ỵc viÕt: a + b + c ≥ 3 abc hc (a + b + c)3 ≥ 27abc dÊu đẳng thức xảy a = b = c Víi n sè ai, i = 1, n không âm, ta có: a1 + a2 + + an a a       ≥ nn a  1 2  n nsốhạ ng nsốhạ ng dấu đẳng thức xảy vµ chØ a1 = a2 = = an bất đẳng thức bunhiacôpxki Định lí: Cho a1, a2, b1, b2 số thực, ta có: (a1b1 + a2b2)2 ≤ ( a12 + a22 )( b12 + b22 ), dấu đẳng thức xảy a1 a2 = b1 b2 II Bất phơng trình biến đổi tơng đơng bất phơng trình Định lí: Cho bất phơng trình f(x) < g(x) với ĐKXĐ D, h(x) biểu thức xác định với x thoả mãn ®iỊu kiƯn D (h(x) cã thĨ lµ h»ng sè) Khi đó, với điều kiện D, bất phơng trình f(x) < g(x) tơng đơng với bất phơng trình sau: 130 a f(x) + h(x) < g(x) + h(x) b f(x).h(x) < g(x).h(x) nÕu h(x) > víi ∀x ∈ D c f(x).h(x) > g(x).h(x) nÕu h(x) < víi ∀x D bất phơng trình hệ bất phơng trình bậc ẩn Với yêu cầu "Giải biện luận bất phơng trình ax + b < 0" ta thực nh sau: Viết lại bất phơng trình dới dạng: ax < b (1) Ta xét ba trờng hợp: Trờng hợp 1: Nếu a = thì: (1) ⇔ < −b ⇔ b < VËy, ta đợc: Nếu b < 0, bất phơng trình nghiƯm ®óng víi mäi x  NÕu b ≥ 0, bất phơng trình vô nghiệm Trờng hợp 2: Nếu a > th×: b (1) ⇔ x < − a Trờng hợp 3: Nếu a < thì: b (1) ⇔ x > − a KÕt luËn: b  Víi a > 0, tËp nghiƯm cđa bÊt ph¬ng trình T = (; ) a b Với a < 0, tập nghiệm bất phơng trình lµ T = (− ; +∞) a  Víi a = vµ b < 0, tËp nghiƯm cđa bÊt phơng trình T = Ă Với a = vµ b ≥ 0, tËp nghiƯm cđa bÊt phơng trình T = Chú ý: Tơng tự giải biện luận đợc bất phơng trình: ax + b > 0, ax + b ≤ 0, ax + b ≥ Để giải hệ bất phơng trình ẩn, ta giải bất phơng trình hệ lấy giao tập nghiệm thu đợc III dấu nhị thức bậc Định lí: Với nhị thức bậc f(x) = ax + b, ta cã: 131 b a f(x) cïng dÊu víi a x lín h¬n nghiƯm x0 = − a b b f(x) tr¸i dÊu víi a x nhá h¬n nghiƯm x0 = − a Bảng tóm tắt dấu f(x) = ax + b: −∞ x −b/a +∞ f(x) tr¸i dÊu víi dấu với a a IV Bất phơng trình hệ bất phơng trình bậc hai ẩn Để xác định miền nghiệm bất phơng trình ax + by + c < (tơng tự bất phơng trình ax + by + c > 0, ax + by + c ≤ 0, ax + by + c ≥ 0) ta thùc hiƯn theo c¸c bớc sau: Bớc 1: Vẽ đờng thẳng (d): ax + by + c = Bíc 2: LÊy ®iĨm M(x0; y0) không nằm (d) xác định giá trị cđa: dM = ax0 + by0 + c, ®ã: a Nếu dM < nửa mặt phẳng (không kể bờ (d)) chứa điểm M miền nghiệm bất phơng trình ax + by + c < b Nếu dM > nửa mặt phẳng (không kể bờ (d)) chứa điểm M miền nghiệm bất phơng trình ax + by + c > Để xác định miền nghiệm hệ bất phơng trình bậc hai ẩn ta thực theo bớc sau: Bớc 1: Với bất phơng trình hệ, ta xác định miền nghiệm gạch bỏ miền lại Bớc 2: Kết luận: Miền lại không bị gạch miền nghiệm hệ bất phơng trình cho V dấu tam thức bậc hai Định lí: Với tam thức bậc hai f(x) = ax2 + bx + c (a ≠ 0), ta cã: a NÕu ∆ < th× f(x) cïng dÊu víi a, víi ∀x ∈ ¡ , tøc lµ: af(x) > 0, ∀x ∈ ¡ b NÕu ∆ = th× f(x) cïng dÊu víi a, víi ∀x ∈ ¡ \{− lµ: 132 b }, tøc 2a af(x) > 0, ∀x ≠ − b vµ af(x) ≥ 0, ∀x ∈ ¡ 2a c NÕu ∆ > th× f(x) có hai nghiệm x 1, x2, giả sử x1 < x2 Lóc ®ã:  f(x) cïng dÊu víi a x < x1 hc x > x2  f(x) tr¸i dÊu víi a x1 < x < x2 Trong trờng hợp ta có bảng xét dÊu nh sau: x1 x2 +∞ x -∞ cïng dÊu tr¸i dÊu cïng dÊu f(x a a a ) Chú ý: Để giải bất phơng trình bậc hai, ta sử dụng định lí dấu tam thức bậc hai 133 B Phơng pháp giải dạng toán liên quan Đ1 bất đẳng thức Dạng toán 1: Chứng minh bất đẳng thức Phơng pháp áp dụng Để chứng minh bất đẳng thức: A>B ta lựa chọn phơng pháp sau: Phơng pháp 1: Phơng pháp chứng minh định nghĩa Khi ta lựa chọn theo c¸c híng: Híng 1: Chøng minh A − B > Hớng 2: Thực phép biến đổi đại số để biến đổi bất đẳng thức ban đầu bất đẳng thức Hớng 3: Xuất phát từ bất đẳng thức Hớng 4: Biến đổi vế trái vế phải Phơng pháp 2: Sử dụng tính chất bắc cầu, tức chứng minh: A > C C > B Phơng pháp 3: Sử dụng bất đẳng thức Phơng pháp 4: Phơng pháp chứng minh phản chứng, đợc áp dụng với toán yêu cầu chứng minh bất đẳng thức bất đẳng thức cho sai Phơng pháp 5: Phơng pháp chứng minh quy nạp, đợc áp dụng với toán liên hệ với n  n Ơ Phơng pháp 6: Phơng pháp vectơ hình học, việc sư dơng tÝnh chÊt:  NÕu a, b, c lµ độ ba cạnh tam giác a + b > c vµ | a − b| < c Sử dụng định lý hàm số sin hàm sè cosin r r r r  | u + v | ≤ | u | + | v | , dấu đẳng thức xảy r r r r u = k v , k > (tøc lµ u , v cïng híng) r r r r r  | u v | ≤ | u | | v | , dấu đẳng thức xảy u r r r = k v (tøc lµ u , v cïng ph¬ng) ThÝ dơ H·y so sánh 134 2000 + 2005 2002 + 2003  Gi¶i Gi¶ sư: 2000 + 2005 < 2002 + 2003 ⇔ ( 2000 + 2005 )2 < ( 2002 + 2003 )2 ⇔ 2000 + 2005 + 2000 2005 < 2002 + 2003 + 2002 2003 ⇔ 2000 2005 < 2002 2003 ⇔ 2000.2005 < 2002.2003 ⇔ (2002 − 2)(2003 + 2) < 2002.2003 ⇔ 2002.2003 − < 2002.2003, Vậy, ta đợc 2000 + 2005 < 2002 + 2003  NhËn xÐt: Nh vậy, để thc yêu cầu thiết lập bất đẳng thức, phép biến đổi đại số thông thờng khẳng định bất đẳng thức Thí dụ Chứng minh r»ng víi mäi sè thùc a, b, c lu«n cã: a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca Giải Ta có ba cách trình bày theo phơng pháp (mang tính minh hoạ), nh sau: Cách 1: Ta biến đổi bất đẳng thức nh sau: a2 + b2 + c2 − (ab + bc + ca) ≥ a2 b2 b2 c2 c2 a2 ⇔( − ab + )+( − bc + )+( − ca + )≥ 2 2 2 a b b c c a ⇔( − ) +( ) +( ) 0, 2 2 2 DÊu "=" x¶y khi: a b c = = ⇔ a = b = c 2 Cách 2: Ta biến đổi bất đẳng thức nh sau: 2(a2 + b2 + c2) ≥ 2(ab + bc + ca) ⇔ (a2 + b2 − 2ab) +(b2 + c2 − 2bc) + (c2 + a2 − 2ca) ≥ ⇔ (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ≥ 0, lu«n ®óng DÊu "=" x¶y a = b = c Cách 3: Ta có: 135 (a b)2 ≥ a2 + b2 − 2ab≥   2 (I) (b − c) ≥ ⇔ b + c − 2bc≥   2 (c − a) ≥ c + a 2ca Cộng theo vế bất phơng trình hệ (I), ta đợc: 2(a2 + b2 + c2) − 2(ab + bc + ca) ≥ ⇔ a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca, ®pcm DÊu "=" x¶y a = b = c  NhËn xÐt: Nh vËy, th«ng qua vÝ dơ minh hoạ cho em học sinh thấy đợc ba hớng chứng minh bất đẳng thức sử dụng phơng pháp sau ta minh ho¹ b»ng mét vÝ dơ cho híng ThÝ dơ Chøng minh r»ng víi mäi n ∈ ¥ * lu«n cã: 1 1 1 + + + < a + + + < b n(n + 1) 1.2 2.3 n  Gi¶i a NhËn xÐt r»ng: 1 = − , k(k + 1) k k+1 ®ã: 1 1 VT = (1 − ) + ( − ) + + ( − 2 n ®pcm b Ta cã: 1 1 < = − víi k ≥ k(k − 1) k −1 k k Do ®ã: 1 1 1 + + + < + − + − + + 2 n ®pcm 1 ) = − < 1, n+ n+ 1 1 − = − < 1, n− n n Chú ý: Với bất đẳng thức có điều kiện cần khéo léo biến đổi để tận dụng đợc điều kiện giả thiết Thí dụ Chøng minh r»ng: 136 a NÕu x2 + y2 = th× x + y ≤ b NÕu 4x − 3y = 15 th× x2 + y2 ≥  Gi¶i a Ta cã: (x + y)2 = x2 + y2 + 2xy ≤ 2(x2 + y2) = nên x + y Dấu "=" xảy khi: x = y x = y ⇔ x=y=± ⇔  2 x + y = 2x = b Ta cã: 4x − 5y = 15 ⇔ y = Do ®ã: x − 16 40 4  x + y = x +  x − 5 = x2 + x − x + 25 3  2 2 25 40 5  = x − x + 25 =  x − 4 + ≥ 9 3  DÊu "=" x¶y khi: 5  x = 12 /  x−4=0 ⇔ 3  y = −9 /  4x − 3y = 15 ThÝ dơ Chøng minh r»ng, nÕu a, b, c lµ độ dài cạnh tam giác thì: a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) Giải Nếu a, b, c độ dài cạnh tam giác vai trò a, b, c nh Do đó, ta giả sử a b c Khi đó: ≤ a − b < c nªn (a − b)2 < c2 ⇒ a2 + b2 < c2 + 2ab ≤ b − c < c nªn (b − c)2 < a2 ⇒ b2 + c2 < a2 + 2bc ≤ a − c < b nªn (a − c)2 < b2 ⇒ a2 + c2 < b2 + 2ac Tõ ®ã, ta cã: 2(a2 + b2 + c2) < a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) ⇔ a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) ThÝ dô Chøng minh r»ng víi mäi a, b ∈ ¡ lu«n cã: 137 a + b a + b a + b3 a + b ≤ 2 2 Giải Ta chứng minh víi mäi x, y lu«n cã: x + y x + y3 x + y ≤ (*) 2 ThËt vËy: (*) ⇔ (x + y)(x3 + y3) ≤ 2(x4 + y4) ⇔ xy(x2 + y2) ≤ x4 + y4  x + y 2 3y  ⇔ (x − y)2  0, ữ + Khi áp dụng (*), ta đợc: 3 a + b a + b a + b3  a + b a + b  a + b2 =    2 2  4 a + b a + b a + b6 ≤ ≤ , ®pcm 2 Thí dụ Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác vuông với a cạnh huyền Chứng minh an bn + cn, với n Ơ n Giải Bất đẳng thức với n = 2, ta đợc định lý Pitago Giả sử bất đẳng thức với n = k, tức ak bk + ck (1) Ta ®i chøng minh nã ®óng víi n = k + 1, tøc lµ chøng minh: a k + ≥ bk + + c k + (2) thËt vËy: a> b ak + = ak.a ≥ (bk + ck)a = bk.a + ck.a > bk + + ck + 1, ®pcm a> c ThÝ dơ Chøng minh r»ng víi mäi n Ơ * có: 1+ 1 + +   ⇔ ⇔  , v« nghiƯm  4b − 1> 3− 2b  b > Trờng hợp 4: Để (1) (2) cã cïng tËp nghiÖm  a− b − = 3− 2b  a + 3b = a = ⇔ ⇔ ⇔ a − 7b = −2 b =  a + b = 4b −  VËy, víi a = vµ b = hai bất phơng trình tơng đơng Ví dụ 26: Xác định m cho hai bất phơng trình sau tơng đơng: (m 1)x m + > vµ (m + 1)x – m + > Giải Viết lại bất phơng trình dới dạng: (m 1)x > m 3, (m + 1)x > m – Ta ®i xét trờng hợp: Trờng hợp 1: Nếu m = thì: (1) 0x > 2, đúng; (1) (2) (2) ⇔ x > − VËy, (1) (2) không tơng đơng Trờng hợp 2: Nếu m = −1 th×: (1) ⇔ x < 2; (2) 0x > 3, Vậy, (1) (2) không tơng đơng 219 Trờng hợp 3: Nếu m thì: Khi đó, để (1) (2) tơng đơng điều kiện là: (m 1)(m+ 1) > (m 1)(m+ 1) >  ⇔ ⇔ m =  m− m− 2 m − 2m− = m − 3m+  m− = m+ VËy, víi m = 5, hai bÊt ph¬ng trình tơng đơng với Ví dụ 27: Giải phơng tr×nh: 2x − 6 + x − 1 = 3x (1) Giải Theo định nghĩa giá trị tut ®èi, ta cã: 2x − x ≥ 2x − 6=  − 2x + x < x − x ≥ x – 1 =  − x + x < Nh vËy, ta ph¶i xÐt phơng trình ba tập (, 1); [1, 3]; (3, +) lập bảng sau: x + ∞ 2x − 6 − 2x − 2x 2x − x − 1 −x x −1 x −1 VT − 3x −x 3x Từ đó, ta xét trờng hợp: Trờng hợp 1: Nếu x (, 1) thì: (1) ⇔ − 3x = 3x − ⇔ 6x = 14 x = loại Trờng hợp 2: NÕu x ∈ [1, 3] th×: (1) ⇔ − x = 3x − ⇔ 4x = 12 x = thoả mãn Trờng hợp 3: Nếu x ∈ (3, +∞) th×: (1) ⇔ 3x − = 3x Do đó, x thuộc khoảng (3, +) nghiệm (1) Vậy, tập nghiệm phơng trình T = {3} (3, +∞) = [3, +∞) VÝ dơ 28: Cho hµm sè: y= 220 (m− 1)x + m mx + − víi < m ≠ a Tìm miền xác định hàm số m = b Tìm tất giá trị tham số m để hàm số xác định với x Giải Điều kiện để hàm số có nghĩa: (m− 1)x + m≥ (m− 1)x + m≥ (1)   (2) ⇔  mx + ≥ (I)  mx + ≥   mx ≠ −1 (3)   mx + 1 a Đáp số D = [1; +)\{ } b Hàm số xác định với x (1), (2) (3) đồng thời tho¶ m·n víi mäi x ≥ Ta cã:  m− 1≥  m≥  g(x) = (m − 1)x + m ≥ ∀x ≥ ⇔  ⇔ ⇔ m ≥ g(1) ≥ 2m− 1≥  m≥  m≥  h(x) = mx + ≥ ∀x ≥ ⇔  ⇔ ⇔ m ≥  h(1) ≥  m+ ≥  Do ®ã (1), (2) ®ång thêi tho¶ m·n víi ∀x ≥ m ≥ 1, ®ã q(x) = mx ≥ ⇒ (3) Vậy, với m hàm số xác định với x Ví dụ 29: Tìm ®iỊu kiƯn cđa m ®Ĩ mäi nghiƯm cđa bÊt ph¬ng tr×nh: x2 + (m − 1)x − m ≤ (1) nghiệm bất phơng trình x2 2mx + (2) Giải Trớc tiên, ®Ĩ (2) cã nghiƯm ®iỊu kiƯn lµ: ∆'(2) ≥ ⇔ m2 − ≥ ⇔ m ≥ (2) có nghiệm m m2 ≤ x ≤ m + m2 − Mặt khác: x = x2 + (m 1)x − m = ⇔   x = m Do đó, để nghiệm (1) nghiệm (2) điều kiện là: 221 m m2 − ≤ 1≤ m+ m2 − |1− m|≤ m2 − ⇔ v« nghiƯm   m− m2 − ≤ −m≤ m+ m2 − | −2m|≤ m2 Vậy, không tồn m thoả mãn điều kiện đầu Ví dụ 30: Tìm m để bất phơng trình: x2 2x + m2 ≤ (1) nghiƯm ®óng víi ∀x∈[1, 2]  Híng dẫn Cách 1: Đặt f(x) = x2 2x + − m2 VËy (1) nghiƯm ®óng víi ∀x ∈ [1, 2] điều kiện là: phơng trình f(x) = cã hai nghiƯm x 1, x2 tho¶ m·n x1 ≤ < 2≤ x2 af(1) ≤ ⇔ af(2) Cách 2: Biến đổi: x2 2x + − m2 ≤ ⇔ (x − 1)2 ≤ m2 ⇔ − m ≤ x ≤ + m VËy (1) nghiƯm ®óng víi ∀x ∈ [1, 2] ®iỊu kiƯn lµ: − m ≤ < + m Ví dụ 31: Tìm m để bất phơng trình có nghiệm: x2 + 2| x m| + m2 + m ≤ (1)  Gi¶i Đặt t = x m Bất phơng trình có d¹ng: t2 + 2(| t| + mt) + 2m2 + m − ≤ (2) a Víi t ≥ 0, ta đợc: (2) f(t) = t2 + 2(m + 1)t + 2m2 + m − ≤ (3) VËy (2) cã nghiÖm ⇔ (3) cã Ýt nhÊt mét nghiÖm t≥ ⇔ f(t) = cã Ýt nhÊt mét nghiÖm t ≥ (0 ≤ t1 ≤ t2 hc t1 ≤ ≤ t2) 222  (m + 1) − 2m − m + ≥  ∆ ' ≥    2m + m − ≥ P ≥  ⇔  ⇔  ⇔ −m − ≥ S ≥     2m + m − ≤  P ≤  ⇔ − 1≤ m≤   −1 ≤ m ≤     m ≥ 1/    m ≤ −1    m ≤ −1   −1 ≤ m ≤ 1/ b Víi t ≤ 0, ta ®ỵc: (2) ⇔ g(t) = t2 + 2(m − 1)t + 2m2 + m − ≤ (3) VËy (2) cã nghiÖm ⇔ (3) cã Ýt nhÊt mét nghiÖm t ≤ ⇔ g(t) = cã Ýt nhÊt mét nghiÖm t ≤ (t1 ≤ t2 ≤ hc t1 ≤ ≤ t2)  (m − 1) − 2m − m + ≥  ∆ ' ≥   P ≥  2m + m − ≥  ⇔   ⇔  ⇔ −1 ≤ m ≤ −m + ≤ S ≤     2m + m − ≤  P ≤  VËy, bất phơng trình có nghiệm m Ví dụ 32: Giải biện luận bất phơng trình sau theo m: 2| x m| < x2 + 2mx (1) Giải Đặt t = | x − m| , ®iỊu kiƯn t ≥ Khi bất phơng trình có dạng: 2t < m2 − t2 − ⇔ t2 + 2t − m2 + < (2) Ta cã ∆' = a2 nên xét trờng hợp Trờng hợp 1: NÕu ∆' ≤ ⇔ m2 − ≤ | m| Khi (2) vô nghiệm (1) vô nghiệm Trờng hợp 2: Nếu ' > ⇔ m2 − > ⇔ | m| > Khi ®ã (2) cã nghiƯm − − m − < t < −1 + m − Do vËy, ®Ĩ (2) cã nghiệm với t điều kiện là: + m − > ⇔ m2 > ⇔ | m| > Khi ®ã nghiƯm cđa (2) lµ: 223 ≤ t < −1 + m − ⇔ | x − m| < −1 + m − m2 − < x < m − + m2 − ⇔m + 1− KÕt luËn: - Víi | m| ≤ , bất phơng trình vô nghiệm - Với | m| > , bất phơng trình có nghiệm (m + − m− 1+ m2 − ; m − ) VÝ dơ 33: Cho bÊt ph¬ng tr×nh: (x + 1)(x + 3) ≤ m x + 4x + (1) a Giải bất phơng trình với m = b Tìm m để bất phơng trình nghiệm với x [2; + ] Giải Viết lại bất phơng trình dới dạng: (x2 + 4x + 3) m x + 4x + ≤ ⇔ (x2 + 4x + 5) − m x + 4x + Đặt t = x + 4x + , ®iỊu kiƯn t ≥ Khi đó, bất phơng trình có dạng: f(t) = t2 − mt − < (2) a Víi m = 1, bất phơng trình có dạng: t2 + t − ≤ ⇔ − ≤ t ≤ ⇒ ≤ t ≤ ⇔ x + 4x + ≤ ⇔ x2 + 4x + ≤ ⇔ x = − Vậy, với m = bất phơng trình cã nghiÖm x = − b Ta cã: x2 + 4x + = (x + 2)2 + suy víi x ∈ [−2; −2 + ], ta đợc: ( + 2)2 + x2 + 4x + ≤ ( − + + 2)2 + ⇔ ≤ x2 + 4x + ≤ ⇔ ≤ x + 4x + ≤ ⇔ ≤ t Vậy, bất phơng trình (1) nghiệm với mäi x ∈ [−2; −2 + ⇔ (2) nghiƯm ®óng víi mäi t ∈ [1; 2] ⇔ f(t) = cã nghiƯm tho¶ m·n t1 ≤ < ≤ t2 a.f (1) ≤ −m − ≤ ⇔ ⇔ ⇔ m ≥ a.f (2) ≤  − 2m ≤ 224 3] VËy, víi m bất phơng trình nghiệm với x ∈ [−2; −2 + ] VÝ dô 34: Tìm m để bất phơng trình sau nghiệm với mäi x∈ [−2; 4]: (2 + x)(4 − x) ≤ x2 2x + m Giải Sử dụng phơng pháp điều kiện cần đủ Điều kiện cần: Giả sư (1) cã nghiƯm ∀x ∈ [−2; 4] ⇒ x = nghiệm bất phơng trình (1), ®ã: ≤ m − ⇔ m ≥ Đó điều kiện cần để bất phơng trình nghiệm ®óng víi mäi x ∈ [−2; 4] §iỊu kiƯn ®đ: Giả sử m 4, đó: áp dụng bất đẳng thức Côsi cho vế trái, ta đợc: (2 + x) + (4 − x) VT = (2 + x)(4 − x) ≤ =  BiÕn ®ỉi vế phải dạng: VP = x2 2x + m = (x − 1)2 + m − ≥ Suy ra: (2 + x)(4 − x) ≤ x2 − 2x + m VËy, víi m ≥ bÊt phơng trình nghiệm với x [2; 4] Ví dụ 35: Giải bất phơng trình x2 + 4x ≥ (x + 4) x − 2x + Giải Đặt t = x 2x + , điều kiện t Bất phơng trình có dạng: f(x) = x2 (t 4)x 4t (1) Coi vế trái tam thøc bËc theo x, ta cã: ∆ = (t − 4)2 + 16t = (t + 4)2 ®ã f(x) = cã c¸c nghiƯm:  x = x = t tức (1) đợc biến ®ỉi vỊ d¹ng: (x + 4)(x − t) ≥ ⇔ (x + 4)(x − x − 2x + ) ≥ 225   x + ≥   x ≥ −4   2  x − x − 2x + ≥  x − 2x + ≤ x ⇔ ⇔ ⇔  x + ≤  x ≤ −4   2   x − x − 2x + ≤   x − x − 2x + ≤   x ≥ −4  x ≥  0 ≤ x − 2x + ≤ x   x ≤ −4 x ≥ ⇔  x Vậy, bất phơng trình có nghiệm x ∈ (−∞; −4] ∪ [2; +∞) VÝ dơ 36: Gi¶i bất phơng trình x2 2x x + 2x Giải Đặt t = x + 2x , điều kiện t Bất phơng trình có dạng: f(x) = x2 2tx (1) Coi vế trái tam thức bËc theo x, ta cã: ∆’ = t2 + = x2 + 2x + = (x + 1)2 f(x) = có nghiệm: x = t − x −1 x = t + x + tức (1) đợc biến đổi d¹ng: (x − t − x − 1)(x − t + x + 1) ≤ ⇔ ( x + 2x + 1)( x + 2x − 2x − 1) ≤ ⇔ x + 2x − 2x − ≤ ⇔ x + 2x ≤ 2x + 1   2x + ≥ x≥−   2x + ≥   ⇔ ⇔  x + 2x ≥ ⇔ ⇔ x ≥ 2 x ≥ 0 ≤ x + 2x ≤ (2x + 1)   3x + 2x + ≥ x Vậy, bất phơng trình cã nghiƯm x ≥ VÝ dơ 37: Víi gi¸ trị m hệ bất phơng trình sau cã nghiÖm:  mx − > x +  3x + m+ <  Gi¶i Chun hƯ vỊ d¹ng: 226 (m− 1)x >  (I)  m+  x < − XÐt trêng hỵp: Trêng hỵp 1: NÕu m − < ⇔ m <   x < m− m+ (I) ⇔  ⇒ x < Min{ , − }, tøc lµ, hƯ cã m−  x < − m+  nghiƯm Trêng hỵp 2: NÕu m = thì: 0.x > (I) vô nghiƯm  x < −1 Trêng hỵp 3: NÕu m > th×:   x > m− m+ (I) ⇔  v« nghiƯm − < 0< m−  x < − m+  VËy, víi m < hƯ bất phơng trình có nghiệm Ví dụ 38: Tìm m để hệ sau có nghiệm nghiệm âm nghiƯm d¬ng:  x −2x −5x + < (1)  2  x −(m −1)x + 3m− 1= (2)  Híng dÉn: BiÕn ®ỉi (1) vỊ d¹ng: (x − 1)(x2 − x − 6) < ⇔ (x − 1)(x − 3)(x + 2) < ⇔ x ∈ (−∞; −2) ∪ (1; 3) Tõ ®ã, ®Ĩ hƯ sau cã nghiƯm nghiƯm âm nghiệm dơng điều kiện là: af(2) <  (2) cã hai nghiƯm tho¶ m·n x1 < −2 < < x2 < ⇔ af(1) < af(3) >  VÝ dơ 39: T×m m ®Ĩ hƯ cã nghiƯm nhÊt: 2  x +(2m+ 1)x + m + m− = (1)  (2)  x − 5x +4 < 227 Giải Giải (2) cách ®Ỉt t = x 2, ®iỊu kiƯn t ≥ Khi đó, (2) có dạng: t2 5t + < ⇔ < t < ⇔ < x2 < ⇔ x ∈ (−2; −1) ∪ (1; 2) HÖ cã nghiÖm nhÊt ⇔ (1) (ký hiƯu VT = f(x)) cã ®óng mét nghiƯm thc X = (−2; −1) ∪ (1; 2)   f(−2)f(−1) <  2 < m<   f(1)f(2) ≥ ⇔ ⇔ −4 < m< −3  f(−2)f(−1) ≥     f(1)f(2) < VËy, víi m ∈ (−4; −3) ∪ (2; 3) tho¶ mãn điều kiện đầu Chú ý: Nếu nhận xét phơng trình (1) có hai nghiệm phân biƯt x1 = −m − vµ x2 = −m + (khoảng cách hai nghiệm 3) yêu cầu toán là: x1 = m 2∈ (1; 2) ⇔   x2 = −m+ 1∈ (−2; − 1) VÝ dô 40:  −4 < m< < m< Tìm m để hÖ cã nghiÖm nhÊt:  x −2mx + 2m2 + m− =   x 2mx + 2m > Giải Điều kiện cần: Biến đổi hệ dạng: (x m) + m2 + m− =  2 (x − m) − m + 2m > (I) NhËn xÐt r»ng nÕu hƯ cã nghiƯm x0 th×: (x0 − m) + m2 + m− = [(2m− x0 ) − m] + m2 + m− = ⇔  2 2 (x0 − m) −m + 2m > [(2m− x0 ) − m] − m +2m > Tøc lµ 2m x0 nghiệm hê, hÖ cã nghiÖm nhÊt khi: x0 = 2m − x0 ⇔ x0 = m (*) Khi ®ã, hƯ (I) cã d¹ng: 228  m2 + m− = ⇒ m =   − m + 2m > Đó điều kiện cần để hệ có nghiệm Điều kiện đủ: Với m = 1, ta đợc: x 2x + 1= (I) ⇔  ⇔ x = lµ nghiÖm nhÊt  x −2x + > Vậy, với m = hệ phơng trình có nghiệm Ví dụ 41: Tìm m để hệ bất phơng trình sau có nghiệm: x (m+ 2)x + 2m<   x +(m+ 7)x + 7m< Giải Kí hiệu bất phơng trình hệ theo thứ tự (1) (2) ViÕt l¹i hƯ díi d¹ng: (x − 2)(x − m) <  (x + 7)(x + m) < DƠ thÊy m = hc m = hệ vô nghiệm Gọi X1 X2 lần lợt tập nghiệm (1) (2) Xét trờng hợp: Trêng hỵp 1: NÕu m > 7, ta cã: X1 = (2; m) vµ X2 = (−m; −7) ⇒ X1 X2 = hệ vô nghiệm Trờng hợp 2: NÕu < m < 7, ta cã: X1 = (2; m) vµ X2 = (−7; −m) ⇒ X1 X2 = hệ vô nghiệm Trờng hợp 3: NÕu m < 2, ta cã: X1 = (m ; 2) vµ X2 = (−7; −m) HƯ cã nghiƯm X1 ∩ X2 ≠ ∅ ⇔ m < − m ⇔ m < VÝ dơ 42: Gi¶i hƯ phơng trình: x + y2 = (1)  | x + 3y − | − | 3x + y − |= | x + y | (2) (I) Giải Biến đổi (2) d¹ng: (2) ⇔ | x + 3y − 3| − | 3x + y − 3| = | ( x + 3y − 3) − ( 3x + y − 3)| 3x + y − ≥ & x + y ≥ (3) ⇔ (3x + y − 3)(x + y) ≥ ⇔  3x + y − ≤ & x + y ≤ (4) 229 Với (3), ta đợc: (2) | x + 3y − 3| − (3x + y − 3) = 2(x + y) ⇔ | x + 3y − 3| = 5x + 3y − ≥  x + 3y − = 5x + 3y − x = ⇔ ⇔  x + 3y − = −5x − 3y + x + y =  Víi x = 0, ta đợc: x + y2 = y2 = x = & y = (I) ⇔  ⇔ ⇔  x = & y = −1 (l) x = x = Với x + y = 1, ta đợc: x + y2 = x + y = x = & y = (I) ⇔  ⇔ ⇔  xy = x = & y = x + y =  Với (4), ta đợc: (2) | x + 3y − 3| + (3x + y − 3) = − 2(x + y) ⇔ | x + 3y − 3| = − 5x − 3y + ≥   x + 3y − = 5x + 3y − x = ⇔ ⇔  x + 3y − = −5x − 3y +  x + y = (l) Víi x = 0, ta đợc: x + y2 = y2 =  x = & y = (l) (I) ⇔  ⇔ ⇔  x = & y = −1 x = x = VËy, hƯ cã ba cỈp nghiƯm (0; 1), (1; 0), (0; 1) Ví dụ 43: Giải hệ phơng tr×nh: 82  2 x + y =    x + + 10 − x + y = 10 + y +  y 3 y Giải Ký hiệu hai phơng trình hệ (1) (2) Biến đổi (2) vỊ d¹ng: 1 10 10 |x + | + | − x + y| = ( x + ) + ( − x + y) ⇔ y y 3  (3)  x + y ≥   10 − x + y ≥ (4)  230 3y2 + 10y + 10 ⇒ +y+ ≥ 0⇔ ≥ 0⇔ y 3y a Víi y > th×: 82 82 (1) ⇔ x2 = − y2 ≥ ⇒ < y ≤  Víi x ≥ th×: 82 y thoả mãn (3) (4) (1) ⇔ x =  y >  −3 ≤ y ≤ −1/3  Víi x < th×: 82 y thoả mãn (4) Khi đó, ®Ĩ tho¶ m·n (3) ta ph¶i cã: 1 82 82 82 − ≥ ⇔ ≥ − y2 ⇔ −y + −y ⇔ ≥ y y y 9 9y4 − 82y2 + ≥  82  y2 ≥ 3 ≤ y ≤ 82  0< y<  ⇔  ¬  →  y ≤   < y ≤ b Tõ (3) vµ (4) suy ra: 1 10 10 − ≤ x≤ + y ⇔ ≤ x2 ≤ ( + y)2 ⇔ + y2 ≤ x2 + y2 = y y y 3 82 10 ≤ ( + y)2 + y2  (1) y = −  → x =  9y − 82y + ≤ −3≤ y≤−  ⇔ ¬  → (1) 3y + 10y + ≥  y = −  → x=3  VËy, nghiệm hệ phơng trình là: 82 y x = 1  ( ; −3), (3; − ),  3  82 c 0< y ≤ 3 ≤ y ≤ h (1) ⇔ x = − VÝ dơ 44: Gi¶i hƯ phơng trình: x + y2 + 2xy =   x + y = 231 Giải Điều kiện: x y (1) Đặt: S = x + y , điều kiện S, P S2 4P ≥   P = xy Khi ®ã, hệ phơng trình có dạng: [( x + y) − xy]2 − 2xy + 2xy =    x + y =  (S2 − 2P) − 2P + 2P = ⇔ ⇒ P − 32P + 128 = − P S = 8 − P ≥ ⇔ ⇔ P =  P − 32P + 128 = (8 − P) VËy, ta đợc: x + y = x =   xy = VËy, hÖ cã nghiÖm x = y = S = ⇔  P = y = ⇔ x = y =  Chó ý: NhiỊu hƯ ë d¹ng ban ®Çu cha thÊy sù xt hiƯn Èn phơ, trêng hợp ta cần dụng vài phép biến đổi phù hợp Ví dụ 45: Giải hệ phơng trình:  x + y + x − y =  2  x + y = 128 Giải Điều kiện: x + y y ≥ −x ⇔ ⇔ − x ≤ y ≤ x, suy x ≥  x − y ≥ y x Viết lại hệ phơng trình dới d¹ng: 232  x+y + x−y =4  x + y + x − y =  ⇔  1 2 2 (x + y) + (x − y) = 256  (x + y) + (x y) = 128 2 Đặt: u = x + y , ®iỊu kiƯn u, v ≥   v = x − y Ta ®ỵc: u + v = u + v = u + v =  ⇔ ⇔  uv =  4  u + v = 256  uv(uv − 32) =   uv = 32  u + v = u + v = ⇔ (I) hc (II)   uv = 32  uv =   Gi¶i (I): vô nghiệm Giải (II): x + y =    x − y = u = & v = x = y = (II) ⇔  ⇔ ⇔  x + y = u = & v =  x = vµ y = −8    x − y = VËy, hƯ ph¬ng trình có hai cặp nghiệm (8; 8) (8; 8) 233 ... bất phơng trình ban đầu d¹ng: |(3x − 1) − (2x − 3) | ≤ | 3x − 1| − | 2x − 3| ⇔ |(3x − 1) − (2x − 3) | = | 3x − 1| − | 2x − 3|  x < −2 ⇔ (2x − 3) (x + 2) ≥ ⇔   x > 3/ 2 VËy, tËp nghiƯm cđa bất phơng... b2, b3, ta lu«n cã: (a1b1 + a2b2 + a3b3)2 ≤ ( a12 + a22 + a32 )( b12 + b22 + b32 ), dÊu đẳng thức xảy a1 a2 a3 = = b1 b2 b3 ThÝ dô Chøng minh r»ng: a NÕu x + 3y = th× x2 + y2 ≥ b NÕu 2x + 3y... + 3y2 ≥ 49  Gi¶i a Ta cã: 149 22 = (x + 3y) ≤ (1 + 33 )(x2 + y2) = 10(x2 + y2) ⇒ x2 + y2 ≥ 10 , dÊu "=" x¶y ta cã:  x + 3y = (*) x:1 = y :3 ⇔  ⇒x = vµ y = 3x = y 5  b Ta cã: 72 = (2x + 3y)