Đang tải... (xem toàn văn)
Biểu diễn nghiệm từng thành phần của 2 rồi kết hợp lại ta được miền nghiệm N của 2 là phần gạch chéo không lấy biên trên hình vẽ y... 2 Yêu cầu bài ra tương đương với..[r]
(1)CHƯƠNG 2: BẤT PHƯƠNG TRÌNH §1 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số: Thí dụ 128: Giải bất phương trình: x 2x (1) Lời giải: x x 9 x 2 (*) 2x x 2 1 với x > -2 f(x) xác định, liên tục trên (*) có: f ' (x) x 2x x nên f(x) đồng biến trên (*) Do đó: (1) f(x) f(0) x0 x 2 Vậy bất phương trình có nghiệm: x Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định: (1) Thí dụ 129: Giải bất phương trình: Lời giải: x x (1) x x x (*) x x 1 với x f(x) xác định, liên tục trên (*) có: f ' (x) x x 5 x nên f(x) đồng biến trên (*).Do đó: (1) f(x) f(5) x5 x Vậy bất phương trình có nghiệm: x Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định: (1) Thí dụ 130: Giải bất phương trình: x 3x x 38 (1) Lời giải: Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định và liên tục với x R có: f ' (x) x ln2 3x ln3 x ln5 với x R nên f(x) đồng biến trên (*).Do x x2 x R Vậy bất phương trình có nghiệm: x đó (1) f(x) f(2) Thí dụ 131: (NTA-2000) Giải bất phương trình: log (2 x 1) log (4 x 2) (1) Lời giải: Đặt f(x) = VT(1),có f(x) xác định,liên tục với x R có: f ' (x) x ln2 x ln4 với x R (2 x 1)ln2 (4 x 2)ln3 x x0 x R nên f(x) đồng biến trên (*).Do đó: (1) f(x) f(0) Lop10.com (2) Vậy bất phương trình có nghiệm: x Thí dụ 132: (TL-2000) Giải bất phương trình: Lời giải: x - x 2x (1) (1) f(x) x - x 2x f(2) x Ta có f(x) xác định và 3 - x 2 x (*) 5 2x f(x) xác định, liên tục trên (*) có: f ' (x) với x 1 0 x 2 - x - 2x nên f(x) đồng biến x trên (*) Do đó: (1) f(x) f(2) 2 x x Vậy bất phương trình có nghiệm: x Thí dụ 133: Giải bất phương trình: 2.2 x 3.3x x (1) Lời giải: x x x 1 1 1 Ta có: (1) 2. 3. (2) (do x x R ) 6 3 2 Đặt f(x) = VT(2), có f(x) xác định, liên tục với x R có: x x x 1 1 1 f ' (x) ln 2. ln 3. ln x R nên f(x) nghịch biến 6 3 2 x trên R, đó ( 1) (2) f(x) f(1) x 1 x R Vậy bất phương trình có nghiệm: x Thí dụ 134: Giải bất phương trình: x 3x x 16 x (1) Lời giải: Ta có: (1) f(x) 2x 3x 6x 16 x f(1) (2) Đặt f(x) = VT(2), có f(x) xác định và khi: 2x 3x 6x 16 (x 2)(2x - x 8) 4 x 4x x (do 2x - x 0) 2 x (*) x Lop10.com (3) f(x) xác định, liên tục trên (*) có: 6x - 6x với x 2x 3x 6x 16 x nên f(x) đồng biến trên (*).Do đó (1) f(x) f(1) x Kết hợp với (*) ta được: x Vậy bất phương trình có nghiệm: x f ' (x) §2: Phương pháp phân khoảng tập xác định: Thí dụ 135: Giải hệ thức 2 2 x x 12 1 x 14x 2x 24 log x x Lời giải: x 0, x x Điều kiện: x x 12 x x 14 x 24 - Với x = bất phương trình trở thành bất đẳng thức 2 2 2 1 log log 3 (sai) 3 3 3 - Với x = bất phương trình trở thành 1 1 2 2 1 log log log (đúng) 2 2 4 Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là x = Thí dụ 136: Giải hệ thức: log x (x + 1) = lg1,5 (1) Lời giải: Điều kiện: < x - Xét < x < đó logx(x+1) < logx1 = < lg1,5 Vậy phương trình (1) không có nghiệm khoảng này - Xét < x < + đó logx(x+1) > logxx = > lg1,5 Vậy phương trình (1) không có nghiệm khoảng này Tóm lại (1) vô nghiệm Thí dụ 137: Giải hệ thức 3x x 2 x Lời giải: x 1 x ; x (*) Với điều kiện đó ta 3x x Điều kiện: có: 3x x x Lop10.com (4) x 2 x x x 2 7 x x 3x x 2 x x x Kết hợp với điều kiện (*) ta x 3x x x 3x Thí dụ 138: Giải hệ thức (1) (2) Lời giải: (1) x (*) Đặt y = x3 - 3x + hàm số xác định liên tục trên R có y/ = 3x2 - 3; y/ = x = x = - ta có bảng biến thiên: x -1 y/ 27 y Nghiệm hệ: x Thí dụ 139: Giải x x log x x 8x x (1) Lời giải: x x Điều kiện: x x x x x 1; x 8x x 1 x - Với x = thì (1) log 1 (luôn đúng) 3 27 (loại) - Với x = thì (1) log 5 125 Vậy bất phương trình có nghiệm là x = Thí dụ 140: Giải hệ thức x Lời giải: 4 x x 2 - Với x thì x2 – > và x – > Do đó x Lop10.com 4 (1) 30 (vì hàm đồng biến) (5) nên VT(1) > = VP(1) Bất phương trình không có nghiệm khoảng trên - Với x thì x2 – < và x – < Do đó x 4 30 (vì hàm đồng biến) và (x2-4)3x-2 < nên VT(1) < = VP(1) Bất phương trình không có nghiệm khoảng trên - Với x = thay vào thỏa mãn Vậy bất phương trình có nghiệm x = Thí dụ141: Giải bất phương trình Lời giải: x 1 x x 1 (1) - Với x < thì x mà 2x-1 > nên x 1; x x 1 Do đó VT(1) < Vậy bất phương trình không có nghiệm khoảng trên - Với x thì x mà 2x-1 > nên VT(1) Vậy bất phương trình có nghiệm x x 1 1; Thí dụ 142: Giải phương trình x 1 x Lời giải: - Nếu < x thì x 1 x x x x x 1 Do đó log x (1) x x 1 x 1 đó VP ≤ -1; VT > -1 x ( x 1) log ( x x ) log 2 x mà - Nếu x > thì VP log 2( x 1) VT = 22x-2- x x Do đó: (1) x x + log ( x x ) log 2 x +22x-2 (1/) Xét hàm số f(x) = 2t + log2t xác định liên tục trên R+ và: f/(x) = t.ln2 + < nên f(x) nghịch biến trên R+ t ln (1/) x2 – x = 2x – x2 – 3x + = x = (loại); x = (thỏa mãn) Vậy phương trình có nghiệm x = Thí dụ 143: Giải phương trình x x x 18 (1) Lời giải: Điều kiện: x + x – Đặt f(x) = x x x có f(x) xác định, liên tục trên 2; và f/(x) = 2x + + x2 - Nếu x ≥ thì f/(x) > nên VT(1) là hàm đồng biến mà VP(1) = const đó phương trình có nghiệm x = - Nếu –2 ≤ x < thì VT(1) < 18 = VP(1) nên phương trình không có nghiệm khoảng trên Tóm lại phương trình có nghiệm x = Thí dụ 144: Giải phương trình: x4 + x3 + x = + Lời giải: Lop10.com (1) (6) Đặt f(x) = x x x có f(x) xác định liên tục trên 1; f/(x) = x 3x x 1 - Nểu x ≥ thì f/(x) > nên f(x) đồng biến đó VT(1) đồng biến mà VP(1) = const Vì x = là nghiệm phương trình - Nếu –1≤ x < ta thấy VT(1) < < VP(1) Vậy phương trình có nghiệm x = §3: Phương pháp hàm liên tục: tg Thí dụ 145: Giải bất phương trình Lời giải: Đặt f ( x ) tg x 2x 0 x2 x (1) x 2x ; f(x) xác định và khi: x2 x x x 4k ( k ) k (k ) x 2 () x 4 x x x 4x x x f ( x ) g ( x ) tg 2x Có g(x) xác định trên () và g' ( x ) với x thoả mãn () nên g(x) đồng biến trên () x cos g ( x ) g (1) x 1 f ( x ) x 1 3 2 Do f(x) liên tục trên () f 2(1 ) 0; 3 6 f , f (0) 0; 5 2(7 ) f nên ta có bảng xét dấu f(x) trên () 3 2 x 2 2 1 f(x) + – + – Từ bảng ta (1) có nghiệm x 1 x Thí dụ 146: Giải bất phương trình: 21 x x 0 2x 1 Lop10.com (1) (7) Lời giải: 21 x x , f(x) xác định và khi: 2x 1 x x x ;0 0; : () Xét phương trình f ( x ) g ( x ) 21 x x Có g(x) xác định, liên tục trên () Đặt f ( x ) g' ( x ) 21 x ln với x () nên g(x) nghịch biến trên () g ( x ) g (1) x f ( x ) x 5 1 0 Do f(x) liên tục trên (*) f (1) 14 ; f ; f (2) 2 Nên ta có bảng xét dấu f(x) trên (*) x f(x) + Từ bảng ta (1) có nghiệm x x - Thí dụ 147: Giải bất phương trình: ( x 3) x x Lời giải: (1) (1) f ( x ) ( x 3)( x x 3) , f(x) xác định và x x ;2 2; : () x f ( x ) ( x 3)( x x 3) x x ( ) x ( ) () x 3 x x 3 13 13 x () x 6 x 13 x ( x 3) f(x) liên tục trên () f (3) 6 ; f (2) ; f (4) Nên ta có bảng xét dấu f(x) trên () 13 2 x f(x) Từ bảng ta (1) có nghiệm x 13 x Thí dụ 148: Giải bất phương trình x x.2 x Lời giải: Lop10.com 1 3.2 x x 2 x 8x 12 (1) (8) (1) x x.2 x 1 3.2 x x 2 x 8x 12 ( x x 3)(2 ( x 2x 3)(4 x2 4) ( x x 3)(4 x 2 2 x2 4) 1) x2 0 ( x 1)( x 3)( x )( x ) x 1 x ( x x 3)(4 1) Vậy (1) có nghiệm x 1 x Thí dụ 149: Giải bất phương trình: log x ( 3 x ) (3 x ) (1) Lời giải: 0 x 3 x () Với điều kiện đó: x (3 x ) 0, x 3x Điều kiện: (1) log x (3 x ) (3 x ) log x (3 x ) x (3 x ) log x (3 x ) (3 x ) log x (3 x ) x x (3 x ) 1( x 1) 3 x ( x 1) ( x 1)( x 1) x 2 3 3 x 1 x 2 3 3 x 1 x Vậy (1) có nghiệm 2 Thí dụ 150: Giải bất phương trình: cos x sin x cos x (1) với x 0;2 : (*) Lời giải: Đặt f ( x ) cos x sin x cos x , có f(x) xác định, liên tục trên (*) f(x) = cos x sin x cos x cos x sin x (cos x sin x ) (cos x sin x )(1 cos x sin x ) cos x sin x cos x sin x sin x cos x 4 Lop10.com (9) x kx x 2kx 4 x 2kx 4 x kx (k ) x 2kx x 22kx (k Z) 5 x x 4 32 3 Do f(x) liên tục trên (*) và f ; f () f 2 6 Nên ta có bảng xét dấu f(x) trên () 5 2 X 4 Kết hợp với () ta có x f(x) Từ bảng ta đựợc (1) có nghiệm 5 x x 2 4 Thí dụ 151: Giải bất phương trình: log ( x2 x ) log x 1 (1) Lời giải: x x x Điều kiện: x (*) Với điều kiện đó: x x x 0, x 0, 1 (1) log ( x x ) log x log ( x x ) log x log ( x x ) log x log x2 x x 1 x2 x 1 (2 1) x 1 x x x 1 x x x 1 x 1 x x x x ( x 1) x x ( x 1) Lop10.com (10) 1 x x 1 2 ( x ) x ( x ) x 6x x 32 3 x 3 3 x 3 Kết hợp với (*) ta (1) có nghiệm x Thí dụ 152: Giải bất phương trình: 3 log ( x 1) log ( x 1) 0 x 3x (1) Lời giải: ( x 1) Điều kiện: ( x 1) x 1 (*) Với điều kiện đó: x x 3x (1) 2 log ( x 1) log ( x 1)( x 3x 4) x ( x 1)( x 4) log x 1 log x 1 x log x 1 log x 1 ( x 1)( x 4) log x 1 log x 1 x (log x 1 log x 1 8) log ( x 1) log ( x 1).( x 1)( x 4) x log log ( x 1) log ( x 1).( x 1)( x 4) x 1 x log log ( x 1) log ( x 1).( x 1)( x 4) x 1 x ( x 1)( 1).(2 1)( x 1).(3 1)( x 1).( x 1)( x 4) x x ( x 1)( x 4) 1 x x x ( x 1)( x 4) Kết hợp với (*) ta (1) có nghiệm x x §4: Phương pháp mặt phẳng toạ độ: Lop10.com (11) x vô nghiêm (m x )( x m) Thí dụ 153: Tìm m để hệ: (1) Lời giải: Đặt m = y và coi (1) là hệ ẩn x; y Ta có: x x 2 ( y x )( x y) min{ x; x } y max{ x; x } x x (2) x y x x y x (1) Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường: x = 0; x = –1; y = – x; y = x Biểu diễn nghiệm thành phần (2) kết hợp lại ta miền nghiệm N (2) là miền gạch chéo không lấy biên trên hình vẽ Nghiệm (1) chính là nghiệm (2) ứng với y = m tức là nghiệm (1) là hoành độ các điểm thuộc phần chung đường thẳng y = m ( y’oy) và N Từ nhận xét trên và hình vẽ ta có (1) vô nghiệm y = m và N không có điểm chung, và m < –1 m > Vậy |m| > là các giá trị cần tìm để hệ (1) vô nghiệm x x m có nghiệm x (2m 1) x m m Thí dụ 154: Tìm m để hệ Lời giải: Đặt m = y và coi hệ đã cho là hệ (1) với ẩn x; y ta có: x x y x (2 y 1) x y y (1) Lop10.com (12) y ( x 1) y ( x 1) y (2x 1) y x x x y x (2) Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường: y = (x–1) ; y = x – 1; y = x Biểu diễn nghiệm thành phần (2) kết hợp lại ta miền nghiệm N (2) là phần gạch chéo lấy biên trên hình vẽ Nghiệm (1) chính là nghiệm (2) ứng với y = m tức là nghiệm (1) là hoành độ các điểm thuộc phần chung đường thẳng y = m ( y’oy) và N Từ nhận xét trên và từ hình vê ta thu (1) có nghiệm đường thẳng y = m ( y’oy) và N có điểm chung ≤ m ≤ Vậy ≤ m ≤ 3 3 là các giá trị cần tìm để phương trình có nghiệm x y y m Thí dụ 155: Tìm m để hệ x y x m (1) có nghiệm Lời giải: x ( y 1) m (1) ( x 1) y m m 1 (β): (x + 1) + y = m + có tâm B(–1; 0); R = m Xét đường tròn (α): x + (y + 1) = m + có tâm A(0; –1); R = 2 Hệ (1) có nghiệm và (α) và (β) có điểm chung (α) và (β) tiếp xúc ngoài với đó: AB = m (0 1) ( 1 0) = m = m 1 m = – Lop10.com (13) Vậy giá trị cần tìm m là m = – log x y ( x y) x y m Thí dụ 156: Tìm m để hệ Lời giải: Ta có: log x y (x + y) = (1) có nghiệm (2) < x + y ≤ x + y < x + y ≥ x + y > x y x y 2 x y 1 1 (2) x y 2 2 2 x y 2 2 Trên mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ đồ thị các hàm số: ∆: x + y = 0; (T ): x + y = 1; (T ): (x – 1 ) + (y – ) = 2 Biểu diễn nghiệm thành phần kết hợp lại ta miền nghiệm N (2) là phần gạch chéo trên hình vẽ không lấy điểm thuộc (T ) và (∆) Xét đường thẳng: x + 2y = m vị trí ứng với m và m Có đồ thị hàm số: x + 2y = m qua điểm A( ;– ) m1 = – Đồ thị hàm số: x + 2y = m tiếp xúc với (T ) điểm thuộc góc phần tư thứ m = 10 (1) có nghiệm đường thẳng x + 2y = m và N có điểm chung – <m≤ 10 Lop10.com (14) Vậy – <m≤ 10 là giá trị cần tìm x y m xy x y Thí dụ 157: Tìm m để hệ (1) a) Có nghiệm b) Vô nghiệm Lời giải: x y m xy ( x y) (1) x y m 2xy 2( x y) ( x y) y x (2) 2 m ( y 1) ( x 1) (3) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy vẽ đồ thị các hàm số: y = – x (∆); (x – 1) + (y – 1) = m + (α) y ▲ (α) x -1 -1 Ta thấy nghiệm (2) là toàn phần mặt phẳng nằm phía trên đường thẳng ∆ còn nghiệm (3) là điểm nằm và trên đường tròn α Nên: a) (1) có nghiệm và đồ thị hàm số (∆) và (α) có điểm chung d(I; ∆) ≤ R (I(1; 1); R là tâm (α)) |111| 1 2 ≤ m (m ≥ –1) ≤ m 1 – Vậy giá trị m cần tìm để (1) có nghiệm là m ≥ – ≤m b) Nhận thấy giá trị còn lại m trên tập R là giá trị làm cho (1) vô nghiệm Vậy giá trị m cần tìm để (1) vô nghiệm là m < – Lop10.com (15) ( ) | x | 2 | y | ( x 2a )( y a ) () Thí dụ 158: Biện luận theo a số nghiệm hệ: Lời giải: x 0; y x 0; y x 0; y x 0; y v v v x y x y x y x y 4 (α) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, biểu diễn nghiệm (α) là hình thoi ABCD hình vẽ: x 2a ( ) y a ( ) Còn (β) Biểu diễn nghiệm (β) là tập G gồm đường thẳng: ∆ và ∆ Vì ∆ cắt ∆ M có tọa độ (2a; a) nên M chạy trên đường thẳng ∆: x – 2y = ∆ qua điểm O(0;0) và song song với AD và BC Số nghiệm hệ là số điểm chung G với hình thoi ABCD Trên hình thoi xét điểm đặc biệt K; P; Q; N Từ nhận xét trên và từ hình vẽ ta thu được: Khi M nằm ngoài đoạn KN |a| > thì hệ vô nghiệm Khi M {K; N} |a| = thì hệ có nghiệm phân biệt Khi M {P; Q} |a| = thì hệ có nghiệm phân biệt Khi M [KN] \ {K; P; Q; N} |a| < và |a| ≠ thì hệ có nghiệm phân biệt Thí dụ 159: Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm âm: – | x – a | > x (1) Lời giải: Đặt a = y và coi (1) là hệ bất phương trình ẩn x; y thì (1)3 – | x – y | > x Khi đó yều cầu bài tương đương với: 3 x 0; x x x x y x | x y | x Trên mặt phẳng toạ độ Oxy vẽ các đường: x = 0; y = –x + x +3; y = x + x – 3; x = – Lop10.com x y x x y x x (2) (16) Biểu diễn nghiệm thành phần (2) kết hợp lại ta miền nghiệm N (2) là phần gạch chéo không lấy biên trên hình vẽ y y = x^2+x-3 x -5 -4 -3 -2 -1 N -1 -2 -3 -4 -5 y = -x2 + x + Nghiệm (1) chính là nghiệm (2) ứng với y = a, tức là nghiệm x < (1) là hoành độ điểm chung đường thẳng y = a với N Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta có: (1) có nghiệm âm – Vậy – 13 <a<3 13 < a < là các giá trị cần tìm Thí dụ 160: Cho phương trình x a (x – x – a)(2a + – x) = 1) Biện luận theo a số nghiệm phương trình 2) Tìm a để nghiệm phương trình thuộc đoạn [0; 4] Lời giải: Đặt a = y và coi (1) là phương trình ẩn x; y thì: y x (1) x y (x – x – y )(2y + – x ) = 0 y x x y x 1 (1) (2) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ các đường y = x; y = x – x; y = x–1 Biểu diễn nghiệm thành phần (2) kết hợp lại ta nghiệm (2) là hoành độ các điểm thuộc đồ thị các hàm số y = x; y = x – x; y = Lop10.com x–1 (17) y 14 y = x2 -x 12 10 x -12 -10 -8 -6 -4 -2 10 12 14 -2 -4 y = -1/2x-1 -6 -8 -10 y =x Nghiệm (1) chính là nghiệm (2) ứng với y = a Tức là nghiệm (1) chính là hoành độ phần điểm chung đường thẳng y = a với đồ thị các hàm số y = x; y = x – x; y = x–1 Gọi x là nghiệm phương trình x a = thì x = a x là nghiệm phương trình 2a + – x = thì x = 2(a + 1) x < x là nghiệm phương trình x – x – a = thì: x2 = 4a 4a ; x3= (a ≥ – ) 2 Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta có: Phương trình luôn có nghiệm x = a; x = 2(a + 1) a R 4a 4a phương trình có thêm nghiệm x = ;x= 2 x ( x 1) Do đó: (γ) y ( y 1) x x x x x x v v v y y y y y y x x Thay vào (α) ta tìm nghiệm hệ đã cho là: và y y Khi a ≥ – 2) Yêu cầu bài tương đương với Lop10.com (18) 0 x y x y x x y x (4) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy vẽ các đường: y = x; y = x – x; y = x–1 Biểu diễn nghiệm thành phần (4) kết hợp lại ta nghiệm (4) là phần đồ thị N (phần tô đậm) là các hàm số y = x; y = x – x ; y = x–1 vẽ đoạn [0 ; 4] Nghiệm x [0; 4] (1) là nghiệm (4) với y = a tức là hoành độ điểm chung đường thẳng y = a ( y’oy) với (N) Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta có để nghiệm (1) thuộc khoảng [0; 4] thì –1 ≤ a ≤ 14 Vậy –1 ≤ a ≤ 14 là các giá trị cần tìm Thí dụ 161: Giải và biện luận: | x – 2x +a | ≥ |2x – 3x –a | (1) Lời giải: Đặt a = y và coi (1) là hệ ẩn x; y thì (1)| x – 2x +y | ≥ |2x – 3x –y | (2) Do vế (2) cùng ≥ nên: (2)(x – 2x +y) ≥ (2x – 3x –y) (3x –5x)(x –x–2y) ≤ 0x 0x 3 3x 5x 3x 5x 2 x x 2 x x y x x y y x x y x2 x Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường: x = 0; x = ; y = (α) Lop10.com (3) (19) Biểu diễn nghiệm thành phần (3) kết hợp lại ta miền nghiệm N (3) là phần gạch chéo lấy biên trên hìmh vẽ Nghiệm (1) là nghiệm (2) với y = Tức là nghiệm (1) là hoành độ phần chung đường thẳng y = a ( y’oy) với N Gọi x < x là hoành độ giao điểm y = a với (α) thì x ; x là nghiệm phương trình: 8a 8a x2 x a= x –x–2a = x = và x = (a ≥ – ) 2 Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta được: Khi a ≤ – thì (1) có nghiệm ≤ x ≤ 8a 1 < a ≤ thì (1) có nghiệm x [0; ] [ 8a 1 Khi < a ≤ thì (1) có nghiệm x [ ; 0] [ 8a 5 1 Khi a > thì (1) có nghiệm x [ ; 0] [ ; Khi – 8a ; ] 8a ; ] 8a ] Thí dụ 163: Tìm p để hai bất phương trình (x – x – p )(x + p – 1) > và x – 2x – ≤ không có nghiệm chung Lời giải: Hai bất phương trình (x – x – p )(x + p – 1) > và x – 2x – ≤ không có ( x x p)( x p 1) nghiệm chung và hệ x x (1) vô nghiệm Đặt p = y và coi (1) là hệ ẩn x; y ta có: x x y ( x x y)( x y 1) x y x 2x x x Lop10.com x x y x y x x (20) x y x y x x x y x y x x (2) Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường x = –1; x = 3; y = – x + 1; y = x – x Biểu diễn nghiệm thành phần (2) kết hợp lại ta thu miền nghiệm N (2) là phần gạch chéo trên hình vẽ (phần lấy biên có màu đỏ) Nghiệm (1) chính là nghiệm (2) ứng với y = p tức là nghiệm (1) là hoành độ phần chung đường thẳng y = p ( y’oy) với N Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta có (1) vô nghiệm và đường y = p ( y’oy) không có điểm chung với N có p ≤ – p ≥ Vậy p (–∞;–2] [6;+∞) là các giá trị cần tìm Lop10.com (21)