Đang tải... (xem toàn văn)
Tức là (*) là bất phương trình bậc hai với m có nghiệm.. Tìm a hệ bất phương trình sau có nghiệm:.. Thực chất của việc giải bất phương trình và hệ bất phương trình bậc cao là việc hạ [r]
(1)BẤT PHƯƠNG TRÌNH - HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH
A MỘT SỐ KHÁI NIỆM CƠ BẢN:
•Ta kí hiệu x = (x1,…, xn) với x1,…, xn biến Khi biểu thức f(x1,…,xn) viết gọn f(x)
•Bất phương trình hai biểu thức chứa biến nối với dấu bất đẳng thức
•Trong bất phương trình f(x) g(x) (*), x gọi ẩn số biến số bất phương trình (*); Nếu giá trị biến x1, x2, …,xn thuộc tập K (*) gọi bất phương trình n ẩn x1, x2, …,xn K Tập S Kn gọi tập xác định bất phương trình (*) f(a) g(a) có nghĩa vói a ∈ S
• Nếu a S làm cho f(a) ≤ g(a) đúng, a gọi ngiệm bất phương trình (*) Nếu b ∈ S mà f(b) ≤ g(b) khơng xảy b khơng nghiệm (*)
•Giải bất phương trình (*) tập T S tìm tập hợp tất nghiệm (*) nằm T Gỉa sử L tập nghệm (*) L tập hữu hạn hay vơ hạn Nếu L = ta nói bất phương trình vơ nghiệm T
B.CÁC LOẠI BẤT PHƯƠNG TRÌNH - HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH. I.Bất phương trình - Hệ bất phương trình bậc nhất:
1 Dạng ax+b>0 (bất phương trình bậc ẩn)
(2)a<0 tập nghiệm D={x∨x<−b a }
Ví dụ: 2x+3>0⟺x>−3
2 Vậy D=(
−3
2 ;+∞)
Kết luận: Tập nghiệm bất phương trình bậc ẩn ln khoảng nửa khoảng đóng mở
2 Dạng ax+by+c>0(a2+b2>0) (bất phương trình bậc hai ẩn)
Phương pháp giải: Đường thẳng (d):ax+by+c=0 chia mặt phẳng toạ độ
thành hai miền (α),(β) bờ đường thẳng (d) Mỗi miền ứng với bất phương trình ax+by+c>0 ax+by+c<0 Lấy điểm (x0, y0)∈(α) xét dấu a x0+b y0+c>0
a x0+b y0+c<0
Nếu a x0+b y0+c>0 (α) miền nghiệm bất phương trình
ax+by+c>0
Nếu a x0+b y0+c<0 (β) miền nghiềm bất phương trình
ax+by+c<0
Kết luận: Tập nghiệm bất phương trình bậc ẩn nửa mặt phẳng
Ví dụ: Giải hệ bất phương trình:
{ x−y>0
x+y−4<0 x−2y−1<0
Giải: Nghiệm miền giới hạn ∆ ABC trừ biên
(3)S={(x , y):−1<x<2;1
2(x−1)<y<x}∪{(x , y):2<x<3;
2(x−1)<y<4−x}
BÀI TẬP ÁP DỤNG:
1 Giải hệ bất phương trình: {xx−+2yy++28≥≥00
2x−y+4≤0
2 Tìm m hệ sau có nghiệm: {
x−2y+8≥0(1) x+y+2≥0(2)
2x−y+4≤0(3) x2+y2=m(4)
(4)- Chỉ xét m≥0
- (4) biểu diễn (0;√m)
Hệ có nghiệm ⟺OH ≤√m ≤ max{OA , OB ,OC}=OA=√20
Đáp số: m∈[16
5 ;20];
3 Xét hệ bất phương trình: {62xx−y+a ≤0(1) +3y+5a ≥0(2)
Gọi tập hợp nghiệm hệ bất phương trình Trong mặt phẳng (Oxy) , xét A(0;9), B(3;6) Tìm a để [AB]⊆Ω
4 Tìm a hệ tốn nhận điểm [AB] làm nghiệm
5 BT 15 (T.183 SGK)
Tìm giá trị lớn T=x2+y2 biết (x , y) thoả mãn:
{|3x+2y|≤6
|7x−3y|≤4
Xét trường hợp tương tự với T phương trình xác định ellip Tìm điều kiện cần đủ hệ bất phương trình sau có nghiệm:
{ax−by<0
−cx+dy<0
x>0, y>0
(a , b , c , d>0)
(5)⟹¿ Giả sử hệ cho có nghiệm {x0>0
y0>0 thoả mãn {
a x0−b y0<0 −c x0+d y0<0 Suy {a x0<b y0
d y0<c x0 ad x0y0<bc x0y0 ⟹ad<bc ⟹ad−bc<0
⟸¿ Nếu ad−bc<0 a , b , c , d>0
a b<
c d
Hệ cho tương đương với
{y>a bx y<c
dx Do ab<c
d nên hệ cho ln có nghiệm
Vậy điều kiện cần đủ hệ có nghiệm ad−bc<0
7 Giải hệ bất phương trình:
{ x1−4x2+3x3≥0 x2−4x3+3x4≥0
……
xn−1−4xn+3x1≥0 xn−4x1+3x2≥0
Lời giải: Cộng tất vế bất phương trình ta được: 0x1+0x2+…+0xn≥0
⟹{
x1−4x2+3x3=0
x2−4x3+3x4=0
… … xn−4x1+3x2=0
⟺{
x1−x2=3(x2−x3) x2−x3=3(x3−x4)
… … xn−x1=3(x1−x2)
⟹x1−x2=3(x2−x3)=3
(x3−x4)=…=3 n
(x1−x2) Suy x1=x2 Tương tự ta có x1=x2=…=xn
Kiểm tra lại: Thay x1=x2=…=xn=t vào hệ ta có vế trái bất phương
trình suy nghiệm hệ bất phương trình là:
(6)8 Giải hệ bất phương trình:
{ x1−2x2+x3≥0 x2−2x3+x4≥0
… …
xn−2−2xn−1+xn≥0 x1<0,x2≥0, … xn−1≥0,xn<0
II Bất phương trình bậc hai.
1 Bất phương trình bậc hai ẩn:
Những bất phương trình dạng a x2+bx+c>0(≥0) a x2+bx+c<0(≤0) a ≠0 gọi bất phương trình bậc hai ẩn
Một bất phương trình bậc hai ẩn đưa dạng a x2+bx+c>0(≥0) a ≠0
Phương pháp giải bất phương trình bậc hai suy từ việc khảo sát dấu tam thức bậc hai quen thuộc
Đặt
∆=b2−4ac , x1=−b−√∆
2a , x2=
−b+√∆
2a
⟹af(x)=(ax+b
2)
2 −∆
4=a
2
(x−x1)(x−x2)
Ta nhận nghiệm bất phương trình bậc hai sau: +) ∆>0,a>0 : Tập nghiệm S=(−∞; x1)∪(x2;+∞)
+) ∆>0,a<0 : Tập nghiệm S=(x1; x2) +) ∆=0, a>0 : Tập nghiệm S=R¿{x1} +) ∆=0,a<0 : Tập nghiệm S=R +) ∆=0,a<0 : Tập nghiệm S=∅. BÀI TẬP ÁP DỤNG:
1 Giải bất phương trình sau: 2x2−3x+1≤0
2 Giải biện luận bất phương trình: f(x)=(m−1)x2+2(2m−5)x+(m−1)≥0(1)
Giải:
(7)Nếu a ≠0⟺m≠1 f (x) tam thức bậc hai Ta có ∆'
=(2m−5)2−(m−1)2=(m−4)(3m−6) +) TH1:
{m−∆'1>0 ≤0 ⟺{
m>1
2≤ m≤4⟺2≤ m≤4→ (1) có tập nghiệm
+) TH2:
{m−1<0 ∆'≤0 ⟺{
m<1
2≤ m≤4 ta nhận thấy trường hợp không xảy
+) TH3:
{m−∆'1>0 >0 ⟺{
m>1
[m>4 m<2
⟺[1<m<2
m>4
(1) có tập nghiệm là:
S=(−∞ ;5−2m−√(m−4) (3m−6)
m−1 )∪(
5−2m+√(m−4) (3m−6)
m−1 ;+∞)
+) TH4:
{m−∆'1<0 >0 ⟺{
m<1
[m>m<42
⟺m<1 .
(1) có tập nghiệm là:
S=(5−2m−√(m−4)(3m−6)
m−1 ;
5−2m+√(m−4)(3m−6)
m−1 )
(*) Tìm m tập nghiệm bất phương trình thoả mãn tính chất Tìm m bất phương trình sau nghiệm với ∀x ≥1
f(x)=(m−1)x2+2(2m−5)x+(m−1)>0
Giải:
*) Nếu a=m−1=0⟺m=1⟹f(x)=−6x>0⟺x<0.
Vậy m=1 không thoả mãn
(8)bất phương trình nghiệm với ∀x ≥1 xảy hai khả sau:
+) TH1: {∆'=(m−a=(m−4)(31m−)>06
)<0⟺2<m<4
+) TH2: { (m−∆' ≥1)f(01)>0
S
2=
−2m+5 m−1 <1
m−1>0
⟺m≥4
Kết luận: m>2
*) Bài tập đề nghị: Tìm m cho ∀x∈[0;1]:x2
+(m2+1)x+4m+1<0 Đáp số: −3≤m ≤1
2 Tìm m cho cos 2x+mcosx+4≥0∀x
Tìm a nhỏ để bất phương trình sau thoả mãn với ∀x∈[0;1]
a(x2+x−1)≤(x2+x+1)2 (1)
Giải:
Đặt t=x2+x ta có: x∈[0;1]⟺t∈[0;2].
(1) ⟺a(t−1)≤(t+1)2⟺t2+ (2−a)t+(1+a)≥0 (2)
(1) với ∀x∈[0;1]⟺(2) thoả mãn với ∀t∈[0;2]
Đáp số: amin=−1
4 Tìm m bất phương trình sau thoả mãn với ∀x∈[−∞;0]∪[1;+∞]
m4x−x2
+(m+1)10x−x2−2 51+x−x
2
>0(1)
Hướng dẫn: Do 4x−x2
>0 nên chia hai vế (1) cho 4x−x
2
(9)(1)⟺m+(m+1)(5
2)
x−x2
−25(5
2)
2(x−x2
)
>0 Đặt t=(5
2)
x−x2
ta có: 25t2−(m+1)t−m
<0(2) ; x∈¿∪[1;+∞)⟹t∈[0;1]
Đáp số: m>12
2 Bất phương trình tương đương:
Hai bất phương trình (hoặc bất phương trình phương trình) tương đương tập hợp nghiệm chúng trùng
Ví dụ: Xác định a, b cho phương trình x2
−2(a−b)x+b2−a2 = (1) tương đương với bất phương trình x2+2(a+b)x+b2−a2≤0 (2)
Giải:
TH1: ∆ '2=(a+b)2−(b2−a2)>0 (2) có vơ số nghiệm mà (1) có tối đa hai nghiệm nên (1) (2) không tương đương
TH2: ∆ '2=0⟺(a+b)
−(b2−a2)=0 (2) có nghiệm (1) (2) tương
đương ta phải có {∆ '1=(a+b)
−(b2−a2)=0
a−b=−(a+b) ⟺[
a=0
b=α∈R
TH3: ∆ '2<0⟺(a+b)2−(b2−a2)<0 (2) vơ nghiệm (1) (2) tương đương
với {
∆ '1<0 (a+b)2−(b2−a2)<0 (a−b)2−(b2−a2)<0
⟺{a2+ab<0
a2−ab<0 ⟺a
2
<0 (vô nghiệm)
Kết luận: (a , b)=(0, α)
*) Bài tập đề nghị:
1 Bài 4(T182 SGK)
2 Tìm điều kiện với a,b bất phương trình sau tương đương a) x2−2(a+b)x+a2−2b2≥0
a x2
(10)b) a x2+bx+a ≤0 b x2+ax+b ≤0
3.Hệ bất phương trình bậc hai ẩn.
1 Tìm m hệ bất phương trình sau có nghiệm: { x
2
+ 4x
2
(x+2)2≥5
x4
+8x2+16mx+16m2+32m+16=0
(1)
Giải:
(1) ⟺{
x ≠−2
x4+4x3+3x2−20x−20≥0
16m2+16m(x+2)+x4+8x2+16=0
⟺{
x ≠−2
(x+1)(x−2)(x2+5x+10)
16m2+16m(x+2)+x4+8x2+16−0
⟺{ [
x ≤−1
x ≥2
x ≠−2 16m2
+16m(x+2)+x4+8x2+16=0
⟺{ [
x ≤−1
x ≥2
x ≠−2 16m2
+16m(x+2)+x4
+8x2+16=0(¿)
Điều kiện cần:
Giả sử m giá trị làm cho hệ có nghiệm Tức (*) bất phương trình bậc hai với m có nghiệm Hay
x4+8x2+16
∆'=64(x+2)2−16(¿≥0)⟺x4+4x2−16x ≤0
¿∗¿
⟺x(x−2)(x2+2x+8)≤0⟺0≤ x ≤2¿
(11)Thay vào (*) ta có m=−2
Điều kiện đủ:
Giả sử m=−2 { [
x ≤−1; x ≠−2
x>2
x4+8x2−32x+16 ; Hệ có nghiệm chẳng hạn x=2
Vậy m=−2
Bài tập đề nghị: Tìm a để hệ bất phương trình sau có nghiệm:
{ x4
−5x2+4<0(1) x2+(2a−2)x+a2−2a=0(2)
Đáp số: [
−2<a←1
0<a<1
1<a<2
3<a<4
4.Hệ bất phương trình bậc hai ẩn:
4.1Hệ đẳng cấp bậc hai: Dạng {a1x
2
+b1xy+c1y2≤ d1
a2x
+b2xy+c2y2≤ d2 (I)
Cách giải: Tương tự cách giải hệ phương trình đẳng cấp bậc hai +) Nếu y=0 :{a1x
2≤ d a2x2≤ d
2
Giải hệ ta tìm x +) Nếu y ≠0 ta đặt x=ty hệ (I) trở thành:
{(a1t2+b1t+c1)y2≤d1 (a2t2+b2t+c2)y2≤d2
(II).
Ta xét dấu ait2+bit+ci(i=1,2) từ tìm điều kiện t nghiệm hệ (II) từ tìm nghiệm hệ (I)
+) Nếu d1=d2=0 hệ (II) trở thành:
{(a1t2
+b1t+c1)y2≤0 (a2t2
+b2t+c2)y2≤0⟺{ a1t2+b
1t+c1≤0 a2t2+b
2t+c2≤0 (II ')
Giải (II’) ta tìm t suy nghiệm (I)
(12)Bài 1: {x2−y2≤2xy(1) x2+y2≥3xy(2)
Hướng dẫn:
+) y=0⟹{x2≤0
x2≥0⟺x
=0⟺x=0 suy (0,0) nghiệm hệ. +) y ≠0 ta đặt x=ty Ta có:
{y2(t2−1)≤2t y2 y2(t2+1)≥3t y2⟺{
t2−1≤2t t2+1≥3t ⟺{
(t−1)2≤2 (t−3
2)
2 ≥5
4
{1−[√t ≥2≤ t ≤3+√15+√2
2
t ≤3−√5
2
⟺1−√2≤t ≤3−√5
2 .
Vậy tập nghiệm hệ cho là: {(x , y):y ≠0; x=ty ;1−√2≤t ≤3−√5
2 }∪{(0,0)}
Bài 2: Xác định a hệ sau có nghiệm nhất: {x
+y2+xy ≤ a(1) x2
−y2−xy ≤ a(2)
Giải:
(1)⟺(x+ y
2) +3 y ≤0
+) Nếu a<0 ta thấy hệ (I) vô nghiệm nên hệ cho vô nghiệm
+) Nếu a>0 cặp (x , y)=(0,0) (x , y)=(√a ,0) nghiệm hệ Vì hệ ln có nhiều hai nghiệm
+) Nếu a=0 ta có hệ {(x+ y
2)
2 +3
4 y
2≤ a x2
−y2−xy ≤0
⟺{ x
+y
2=0
y=0
x2
−y2−xy ≤0
⟺{x=0
y=0
(13)Bài 3: Tìm giá trị tham số a hệ sau có nghiệm:
{x2
+2xy−7y2≥1−a
1+a (1)
3x2
+10xy−5y2≤−2(2)
Dùng phương pháp tìm điều kiện cần đủ
*) Điều kiện cần:
Giả sử hệ có nghiệm (x0, y0) , tức là:
{x02+2x0y0−7y02≥
1−a
1+a(1')
3x02
+10x0y0−5y02≤−2(2')
Nhân hai vế (1’) với -2 cộng vào (2’) ta có: x02+6x0y0+9y02≤ −4
1+a⟺(x0+3y0)
≤ −4
1+a.
Từ suy vế phải khơng âm nên a+1<0⟹a←1 Vậy điều kiện cần hệ có nghiệm a←1
*) Điều kiện đủ:
Giả sử a←1 Vì 11−a +a=−1+
2
1+a←1⟹ hệ { x2
+2xy−7y2=−1(3)
3x2+10xy−5y2=−2(4) có nghiệm hệ cho phải có nghiệm Hệ (3), (4) tương đương với hệ:
{x2+2xy−7y2=−1 (x+3y)2=0 ⟺{
x=−3y y2=1
4
⟺
{x=−[ y=31y
2
y=−1
2
Vậy hệ (3),(4) có nghiệm suy hệ cho có nghiệm
Kết luận: Điều kiện cần đủ hệ có nghiệm a←1
*) Bài tập đề nghị:
Xác định a hệ sau có nghiệm nhất:
{x2+2xy+2y2≤ a x2−4xy−y2≤ a Đáp số: a=0
(14){ 5x2−4xy+2y2≥3
7x2+4xy+2y2≤2a−1
2a+5
Giải
*) Điều kiện cần:
Giả sử hệ có nghiệm (x0, y0) Ta có:
{7x02+4x0y0+2y02≤
2a−1 2a+5(1) 5x02
−4x0y0+2y02≥3(2)
Lấy (1) nhân với trừ (2) ta được:
16x02+16x0y0+4y02≤ −18
2a+5⟺(x0+y0)
≤ −18
2a+5⟺a← 2.
*)Điều kiện đủ: Giả sử a←5
2 Vì
2a−1 2a+5=1−
6
2a+5>1 nên hệ
{7x2
+4xy+2y2=1(3)
5x2−4xy+2y2=3(4) có nghiệm hệ cho có nghiệm nghiệm (3), (4) nghiệm (1), (2) Hệ (3), (4) tương đương với
{7x2+4xy+2y2=1
2x+y=0 ⟺{
y=−2x
8x2
=1 ⟺{
x=±
2√2
y=−2x
Vậy hệ cho có nghiệm Kết luận: Vậy a←5
2 .
4.2.Hệ bất phương trình đối xứng bậc hai:
(15)Ví dụ: Giải hệ bất phương trình
{x2+y2≤ xy+1 x2
+y2≤4xy
Giải:
Viết hệ cho dạng:
{x2+y2=xy+1+a(a ≤0) x2
+y2=4xy+b(b ≤0) ⟺{
x2+y2=4xy+b xy=a+1−b
3
⟺{(x+y)
2
=2a+2−b (x−y)2=2a+2+b
3
Điều kiện a,b là:
{2a ≤a+0,2−b ≤b ≥00
2a+2+b
3 ≥0
⟺{ −2≤ b ≤0
−1−b
2≤ a≤0
Khi đó:
(¿)⟺{
x+y=±√2a+2−b
x−y=±√2a+2+b
3 Từ ta tính x y
Dùng phương pháp đặt ẩn phụ Ví dụ: giải hệ bất phương trình
{xy ≥ x+y(1) x2+y2≤1(2)
Giải:
Đặt {xxy+y=v=u ; điều kiện u2−4v ≥0 Ta hệ:
{u2 v ≥ u
−2v ≤1⟺{
v=u+a u2
−2(u+a)≤1(a≥0)⟺{
v=u+a ;a ≥0
(u−1)2≤2+2a⟺{
v=u+a ;a ≥0 1−√2+2a ≤u ≤1+√1+2a Kết hợp với điều kiện u2−4v ≥0 ta được: u2−4(u+a)≥0⟺[u ≤u ≥22+2√1+a
(16)+) Nếu 1−√2+2a ≤2=2√1+a⟺0≤ a ≤1
2+√2 thì:
{1−√2+2v=u+a≤ u ≤2a−2√1+a
+) Nếu 1−√2+2a>2−2√1+a⟺a>1
2+√2 hệ cho vơ nghiệm
*) Bài tốn tìm điều kiện tham số hệ bất phương trình đối xứng hai ẩn x,y có nghiệm nhất.
Ta nhận xét vai trị x,y bình đẳng nên (x , y)=(α , β) nghiệm hệ (x , y)=(β , α) nghiệm hệ Vậy điều kiện hệ có nghiệm α=β
Ví dụ: Xác định m hệ sau có nghiệm {x2+2y ≤ m y2+2x ≤ m
Giải:
Giả sử (α , β) nghiệm hệ (β ,α) nghiệm hệ hệ cho có nghiệm α=β
Thay vào hệ cho ta có: {α2+2β ≤ m β2+2α ≤ m⟺α
2
+2α−m≤0(1) (1) có nghiệm ⟺∆'
=0⟺m=−1
Thay vào hệ cho ta được: {x2+2y ≤−1 y2+2x ≤−1⟺{
x2
+2y ≤−1 x2+2x+y2+2y ≤−2
⟺{ x2+2y ≤−1
(x+1)2+(y+1)2≤0⟺{ x=−1
y=−1
Vậy hệ cho có nghiệm tương đương với m=−1
(17)Thực chất việc giải bất phương trình hệ bất phương trình bậc cao việc hạ bậc đưa bất phương trình có bậc thấp dễ giải Với loại ta thường sử dụng phương pháp hàm số tam thức bậc hai
Ví dụ 1: Giải biện luận bất phương trình sau đây: x4+2x3+(m+2)x2+(m+1)x+m≥0(1)
Gợi ý:
Biến đổi dạng:
(x2+x+m) (x2+x+1)≥0⟺x2+x+m≥0(2). có ∆=1−4m
+) Nếu ∆ ≤0⟺1−4m≤0⟺m≥1
4 (2) có tập nghiệm D=R (1) có tập
nghiệm D=R .
+) Nếu ∆>0⟺1−4m>0⟺m<1
4 (1) có tập nghiệm
D=¿∪¿
Ví dụ 2: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm x4−m x3+ (m+2)x2−mx+1<0(1)
Gợi ý:
Đặt t=x+1
x →|t|≥2 Khi (1) có dạng t
−mt+m<0(2) Tìm m để (2) có nghiệm |t|≥2
Đáp số: [m←
m>4
Ví dụ 3: Cho bất phương trình x4
+x3+m x2+2x+4>0 Với giá trị m (1) nghiệm với ∀x<0
Gợi ý:
(18)+) Tìm điểm tới hạn khó
+) Chuyển dạng φ(x)>−m khơng thuận lợi cho việc xét dấu φ'(x)
Lời giải:
x<0→(1)⟺(x2+4
x2)+(x+
2
x)+m>2(2) Đặt t=x+2
x⟶t ≤−2√2 (2) trở thành: t2+t+m−4>0 Bài toán mới:
Tìm m cho: t2+t+m−4>0∀t ≤−2√2. Đặt: f(t)=t2+t−4,t ≤−2√2 → f'(t)=2t+1=0⟺t=−21.
x −∞ 2√2
y'
-y +∞
4−2√2
Vậy m cần tìm thoả mãn m>2√2−4
Ví dụ 4: Tìm a,b,c bất phương trình sau với ∀x thoả mãn |x|≤1
|4x3
+a x2+bx+c|≤1
Lời giải:
<Phương pháp cần đủ> Điều kiện cần:
Giả sử:
|4x3+a x2+bx+c|≤1∀x∈[−1;1]→|−4x3+a x2−bx+c|≤1
(19)Do 4x3+bx=1
2[(4x
3
+a x2+bx+c)−(−4x3+a x2−bx+c)] nên ∀x∈[−1;1] thì:
|4x3+bx|≤1
2(|4x
3
+a x2+bx+c|−|−4x3+a x2−bx+c|)≤1 Thay x=1:|4+b|≤1⟹4+b ≤1⟹b ≤−3
Thay x=1
2:| 2+
b
2|≤1⟹
b+1
2 ≥−1⟹b ≥−3
Vậy b=−3 Từ ta có: |4x3
+a x2−3x+c|≤1∀x∈[−1;1]. Thay x=1→|4+a−3+c|≤1⟹a+c ≤0
Thay x=−1→|−4+a+3+c|≤1⟹a+c ≥0
⟹a+c=0(¿)
Thay x=1
2⟶| 2+
a
4−
2+c|≤1⟹
a
4+c ≤0
Thay x=−1
2 →|
−1
2 +
a
4+
2+c|≤1⟹
a
4+c ≥0
¿∗¿ ¿
⟹a
4+c=0¿
Vậy {a=b=−c=30 Điều kiện đủ:
b=−3,a=c=0 4x3+a x2+bx+c=4x3−3x
Do −1≤ x ≤1 nên đặt x=cosα 4x3+a x2+bx+c=4(cosα)3−3 cosα=cos3α
⟹|4x3
−3x|≤1∀x∈[−1;1] Kết luận: {a=b=−c=30
Ví dụ 5: Giải hệ bất phương trình: {3x
+2x−1<0(1) x3−3x+1(2)
(20)(1) T1=[−1;1
3]
Xét f(x)=x3−3x+1 T1 f'(x)=3x2−3=3(x−1)(x+1)
{f'(x)=0
x∈T1 ⟺x=−1
x
- −1
3
+∞
f(x) -
f'(x
)
1 27
Vậy f(x)>0∀x∈T1
Kết luận: tập nghiệm hệ là: D=T1
Ví dụ 6: Tìm m hệ sau có nghiệm :(I){3x2+2x−1<0 x3+3mx+1<0
Lời giải:
(I)⟺{ −1<x<
1
x3+1←3mx
⟺
[ { −1<x<0 x3
+1
x >−3m (II)
{ 0<x<1
3
x3+1
x <−3m (III)
(I)Có nghiệm tương đương với [ (II)
(III) có nghiệm f(x)=x
3 +1 x ;f
'
(x)=2x
(21)Lập bảng biến thiên ta có:
x -1 1/3
f'(x) -
-f(x)
−∞
+∞
28/9
(I)có nghiệm tương đương với 0>−3m⟺m>0
(II)có nghiệm tương đương với 289 ←3m⟺m←28
27.
Đáp số: [m←m>280 27
Ví dụ 7: <Phương pháp tham biến >: Giải hệ : {2yx22≥ x≥ y44−1
−1
Lời giải:
Coi a=x2≥0 tham số Khi hệ có dạng:
{2a ≥ y4−1 y2≥ a2−1⟺{
y4≤2a+1
y2≥ a2−1
+) Nếu 0≤ a ≤1 hệ có tập nghiệm là: {
1≥ a ≥0
x=±√a
|y|≤√42a+1
+) Nếu a>1 ta có hệ: { y
4
≤2a+1
y4≥(a2−1)2
hệ có nghiệm ta phải có: (a2−1)2≤(2a+1)⟺a3−2a−2≤0(a>1). Hiển nhiên a3−2a−2=0 có nghiệm thực a0>1
Vậy nghiệm hệ là: {
1≥ a ≥0
x=±√a
|y|≤√42a+1
{
1<a ≤√a0 x=±√a
(22)*) Bài tập đề nghị:
1.Tìm điều kiện a,b bất phương trình f(x)=3x4
+8x3+a x2+b ≥0 có nghiệm đoạn [−1;1]
Đáp số: [ {
a ≤−11
b ≥0
{a+a>−b+1111≥0
2.Tìm m để hệ: {x3 x2−3x ≤0
−2x|x−2|−m2−20m≥0(I) a) Có nghiệm
b) Có nghiệm
Gợi ý:
(I)⟺{ 0≤ x ≤3
x3−2x|x−2|≥ m2+20m
{f(x)=x3−2x|x−2|
x∈[0;3] ⟹f(x)={
x3−2x2+4x ;2<x ≤3 x3
+2x2−4x ;0≤ x<2
f '(x)={3x
−4x+4;2<x<3
3x2+4x+4;0<x<2 Lập bảng biến thiên ta có:
a) 21=max[0;3] f(x)≥ m2
+20m ;−21≤ m≤1
b) [m=−m=121
(23)Mệnh đề 1: ∀n∈N ,2√nf(x)<g(x)⟺{
f(x)≥0 g(x)≥0
f(x)<g2n(x)
Mệnh đề 2: ∀n∈N ,2n+1
√f(x)<g(x)⟺f(x)<g2n+1(x).
Mệnh đề 3: ∀n∈N ,2√nf(x)>g(x)⟺[ {
f(x)≥0
g(x)<0
{ g(x)≥0
f(x)>g2n(x)
Có nhiều phương pháp giải bất phương trình hệ bất phương trình vơ tỷ phương pháp thường gặp biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ, đánh giá số phương pháp không mẫu mực Việc giải hệ bất phương trình thơng qua giải bất phương trình thơng qua mối quan hệ bất phương trình
1.Phương pháp biến đổi tương đương: Ví dụ 1: Giải bất phương trình sau:
√x+
x2+√x−
x2>
x.
Giải:
√x+
x2+√x−
1
x2>
2
x.⟺{
x ≥ x2
2x+2√x2−
x4>
4
x2
⟺{
x ≥1
√x2−
x4>
2
(24)
⟺
[ {2x ≥1
x2−x<0
{ 2x ≥1
x2−x ≥0 x2−
x4>
4
x4+x
−4 x
⟺
[{2−x ≥x31<0
{2x ≥≥ x13
4
x>
5
x4
⟺
[ x>√32
{x ≤x ≥√312
x>√3
4
⟺[√3 54<x ≤√32
x>√32
Vậy tập nghiệm bất phương trình là: D=(√3
4;+∞).
Ví dụ 2: Giải hệ bất phương trình :{√4x−4−x ≤√x2−4x+3
√x2
−4x+3≤ x−√4x−4
Giải:
Điều kiện: {x24x−4≥0 −4x+3≥0⟺[
x=1
x ≥3(1)
Với điều kiện (1) ta ln có: x−√4x−4≥0 Thật vậy:
x−√4x−4≥0⟺√4x−4≤ x
⟺(x−2)2≥0 Điều ln Hệ bất phương trình cho tương đương với:
√x2−4x+3≤|x−√4x−4|⟺x2−4x+3≤(x−√4x−4)2⟺2x√4x−4≥7−8x Với x=1 : (2)⟺0≥−1 nên x=1 nghiệm
Với x ≥3 :(2)⟺(7−8x)<0 nên x ≥3 nghiệm Vậy D=¿∪{1}
Ví dụ 3: Giải biện luận: √x+√2ax−a2
(25)(a>0)(1).
Nhận xét:
√x+√2ax−a2=√2ax−a
+a2
2a +√2ax−a
=|√2ax+a 2+a|
√2a
√x−√2ax−a2=|√2ax+a 2−a|
√2a .
Khi đó: (1)⟺√2ax+a
√2a +
|√2ax+a2 −2|
√2a ≤√2a
⟺|√2ax−a2+a|
+|√2ax−a2−a|≤2a
⟺√2ax−a2+a
+|√2ax−a2−a|≤2a
⟺|√2ax−a2−a|≤ a−√2ax−a2.
⟺√2ax−a2−a≤0
⟺√2ax−a2≤a⟺{2ax−a2≥0
2ax−a2≤ a2⟺ a
2≤ x ≤ a
Vậy bất phương trình có tập nghiệm: D=[a
2;a].
*) Bài tập đề nghị:
√5+x−√−x−3<1+√(x+5)(−x−3) √2x+4−2√2−x> 12x−8
√9x2+16 x+ x
√x2
−1
>35
12 √x2
−8x+15+√x2+2x−15>√4x2−18x+18. √|1
4−x|≥ x+
(26)Giải biện luận theo a bất phương trình: 2x+√a2−x2>0 Phương pháp đặt ẩn phụ:
Ví dụ 1: Giải bất phương trình: x+ 2x
√x2 −4
>3√5(1)
Giải :
Điều kiện: x2
−4>0⟺|x|>2
+) TH1: với x←2 bất phương trình vơ nghiệm +) TH2: x>2:
(1)⟺x2
+ 4x
2
x2−4+
4x2
√x2−4>45⟺
x4
x2−4+4
x2
√x2−4>45(2)
Đặt t= x
2
√x2
−4,t>0 Khi (2) có dạng:
t2
+4t−45>0⟺t>5⟹ x
√x2−4>5⟺x
−25x2+100>0⟺[x
>20 x2<5
⟹T=(−∞ ;√20)∪(−√5;√5)∪(√20;+∞) Ví dụ 2: Giải bất phương trình √2x2
+12x+6−√2x−1>x+2(1).
Giải :
Điều kiện: {2x22+x−121x≥+60≥0⟺x ≥1
2.
(1)⟺√2(x+2)2+2(2x−1)>x+2+√2x−1(2). Đặt {u=v=x√2x−1
+2 ⟹u+v>0 Khi (2) có dạng:
√2u2+2v2>u+v
⟺{ u+v>0
2u2
+2v2>(u+v)2⟺{
u+v>0
(27)Xét u=v⟹√2x−1=x+2⟺x2−6x+5=0⟺[x=1 x=5.
Vậy tập nghiệm (1) D=¿¿{1;5}
Ví dụ 3: Tìm m hệ bất phương trình sau vơ nghiệm
{ √1−x+√1−y=1 m2
√1−x>3m√1−x+2√1−y(I)
Giải:
Điều kiện x , y ≤1 .
Đặt: {u=√1−x ≥0 v=√1−y ≥0
⟹{ u+v=1
m2u>3mu+2v⟹{
v=1−u m2u>3mu+2(1−u)
⟺{ 0≤u ≤1
(m2−3m+2)u>2 (1) Giải (1):
+) TH1: m2−3m+2=0⟺[m=1 m=2
(1)có dạng: 0>2 vơ lý
+) TH2: m2−3m+2>0⟺[m>2 m<1(2).
Khi (1)⟺u> m2−3m+2.
Muốn (I) vơ nghiệm
m2−3m+2>1⟺m
−3m+2<2
⟺m2−3m<0
⟺0<m<3
(28)Ví dụ 4: Giải bất phương trình: x2
−1≤2x√x2+2x
Giải:
Đặt: t=√x2+2x , t ≥0
Bất phương trình có dạng: f(x)=x2−2tx−1≤0 (1) Coi vế trái tam thức bậc hai theo x ta có:
∆'=t2+1=x2+2x+1=(x+1)2. f(x)=0 có nghiệm: [x=t−x−1
x=t=x+1 tức (1) biến đổi dạng:
(x−t−x−1) (x−t+x+1)≤0
⟺(√x2+2x+1)(√x2+2x−2x−1)≤0
⟺√x2
+2x−2x−1≤0
⟺√x2
+2x ≤2x+1
Giải bất phương trình ta có :D=¿
*) Bài tập đề nghị: 5√x+
2√x<2x+
1 2x+m a) Giải với m=4
b) Tìm m bất phương trình nghiệm với ∀x∈[1
4;1].
Đáp số:
a) D=(0;3
2−√2)∪(
2+√2;+∞)
(29)Giải bất phương trình: √x>1+√3x−1. Giải biện luận: √a2+x2≤ x+ 2a
2
√a2+x2.
Tìm m bất phương trình √(4+x)(6−x)≤ x2−2x+m nghiệm với ∀x∈(−4;6)
√x2
−1≥2x√x2−2x
√7x+7+√7x−6+2√49x2+7x−42<181−141x {2√x ≥ y−1
2√y ≥ x−1
Tìm a bất phương trình sau có nghiệm: √1−x+√x ≤ a
3 Một số phương pháp không mẫu mực:
Đó phương pháp hàm số, đồ thị, hình học, đánh giá, phương pháp cần đủ…
Ta thường sử dụng tính chất đơn điệu hàm số, giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số vẽ đồ thị hàm số Tuỳ thuộc vào tính chất tốn mà ta có cách làm phù hợp
3.1.Phương pháp hàm số - đồ thị:
Ví dụ 1: Giải bất phương trình √x+9+√2x+4>5
Giải:
Điều kiện: {2x+x 9≥0
+4≥0⟹TXĐ:D=¿ Xét hàm số f(x)=√x+9+√2x+4 f'
(x)=
2√x+9+
√2x+4>0∀x∈(−2;+∞)⟹f(x) đồng biến khoảng
(−2;+∞)
(30)Ví dụ 2: Giải biện luận theo tham số a>0 bất phương trình:
n
√x−√nx−a ≥√n2a−√na Giải:
Xét f(x)=√nx−√n x−a → f'(x )=1
n(
1
n
√xn−1−
1
n
√(x−a)n−1). +) TH1: n=2k
Miền xác định D=[a ;+∞); f(x)<¿ 0∀x∈D{a} Lập bảng biến thiên ta có
x a 2a
+∞
y' -y
f(x)≥ f (2a)⟺a ≤ x ≤2a
+) TH2: n=2k+1 Miền xác định D=R
f'(x)=1 n(
1
n
√xn−1−
1
n
√(x−a)n−1)
<0⟺n
√xn−1<
1
n
√(x−a)n−1.
⟺(x−a)n−1<xn−1⟺|x−a|<|x|⟺(x−a)2<x2
Lập bảng biến thiên ta có: y(−a)=y(2a)=√n2a−√na
x −∞ -a a/2 a 2a
+∞
y' + || + || -y y(-a)
(31)Từ bảng biến thiên ta có bất phương trình tương đương với f(−a)≤ f(x)≤ f(2a)⟺−a ≤ x ≤2a
Vậy tập nghiệm bất phương trình D=[a ;2a].
Ví dụ 3: Tìm a bất phương trình sau có nghiệm: √a−x+√a+x>a. Giải:
Đặt {v=u=√a−x ≥0
√a+x ≥0
Khi bất phương trình trở thành: { u+v>a(1) u2+v2=2a(2)
(1) tập hợp điểm nằm phía đoạn AB đường thẳng (∆):u+v=a (2) tập hợp điểm thuộc cung CD đường tròn (C):u2+v2=2a
Vậy hệ cho có nghiệm tương đương với d(0,(∆))<√2a
⟺|−a|
√2 <√2a⟺0<a<4
*) Bài tập đề nghị:
(32)
√x2
−2x+3−√x2−6x+11>√3−x−√x−1
√x+3√x−3≥9−x
Tìm m bất phương trình: −4√(2+x)(4−x)≤ x2−2x+m−18 nghiệm
∀x∈[−2;4].
Tìm m để hệ sau có nghiệm nhất: {x+y+x√2xy+m≥1 +y ≤1
3.2 Phương pháp hình học:
Giải phương trình vơ tỷ phương pháp hình học sử dụng cơng thức tính khoảng cách…
Ngồi cịn sử dụng vector toạ độ Ví dụ 1: Giải bất phương trình sau:
√x2+x+1+√x2−x+1>2(1)
Giải:
⟺√(x+1
2)
2 +(√2
2 )
2
+√(x−1
1)
2 +(√3
2 )
2 >2
A(−1
2 ;−
√3 ); B(
1 2;
√3
2 ); M(x ,0)
Ta có MA+MB>AB
(1) có nghiệm tương đương với:
M∉AB⟺
x+1
2 2+
1
≠
y+√3
2
√3 +√
3
⟺x ≠0
Vậy D=R¿ {0}
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình √x−1+√x−3≥√(2x−3)2+2x−2
(33)Xét ⃗u=(√x−1; x−3)(x ≥1) ⃗v=(1;1) Khi bất phương trình có dạng :
⃗
u⃗v ≥|⃗u||⃗v|
⟺cos( ⃗u ,⃗v)=1⟺u=⃗⃗ kv ;(k ≥0)
⟺√x−1=x−3
Giải bất phương trình ta suy x=5
Vậy bất phương trình có nghiệm D={5}
Ví dụ 3: Giải hệ: {√
1+x1+√1+x2+…+√1+x2007≥2007√2008
2007
√1−x1+√1−x2+…√1−x2007≥2007√2006
2007
Giải: Xét ⃗
ai=(√1+xi;√1−xi);i=1,2007´
⟹|⃗ai|=√2
⟹∑
i=1
2007
|⃗ai|=2007√2 (1) Mặt khác:
∑
i=1 2007
⃗
ai=(√1+x1+…+√1+x2007)⟹|∑ i=1 2007
⃗
ai|≥2007√2(2) Vậy (1) (2) ta có:
|∑
i=1 2007
ai|≥∑ i=1 2007
|ai|(3)
(3) xảy tương đương với ⃗ai phương, chiều độ dài
⟹a1=a2=… a2007⟹{√1+x1=√1+x2=…=√1+x2007
(34){2007√1+x1≥2007√2008
2007 2007√1+x1≥2007√
2006 2007
Vậy hệ cho có nghiệm x1=… x2007=
1 2007.
*) Bài tập đề nghị:
Giải bất phương trình sau: x√x+1+√3−x ≥2√x2+1. √2x2
−2x+1+√2x2−(√3−1)x+1+√2x2+(√3+1)x+1≥3 √x2−4x+5−√x2−10x+50≤5
3.3 Phương pháp điều kiện cần đủ:
Phương pháp tỏ hiệu cho lớp dạng tốn: “Tìm điều kiện ” Dạng 1: Bất phương trình có nghiệm
Dạng 2: Bất phương trình nghiệm với ∀x∈D
Dang 3: Bất phưong trình tương đương bất phương trình khác Ví dụ 1: Tìm m bất phương trình √(2+x)(4−x)≤ x2−2x+m(1) nghiệm
∀x∈[−2;4]
Giải:
Điều kiện cần:
Giả sử (1) có nghiệm ∀x∈[−2;4]
Khi x=1 nghiệm (1)
Khiđó: ≤ m−1⟺m ≥4
(35)Giả sử m≥4 Khi ta có:
√(2+x)(4−x)≤2+x+4−x
2 =3
x2−2x+m=(x−1)2+m−1≥3
Vậy ta có: √(2+x)(4−x)≤ x2−2x+m
Vậy ∀m≥4 bất phương trình nghiệm ∀x∈[−2;4]
Ví dụ 2: Tìm a để hệ bất phương trình sau có nghiệm {√x+1+√y ≤ a
√y+1+√x ≤ a Giải: Điều kiện: x , y ≥0
Điều kiện cần:
Giả sử hệ có nghiệm (x0, y0)⟹x0, y0≥0 Từ {√x0+1+√y0≥1
√y0+1+√x0≥1
nên suy với a<1 hệ cho vơ nghiệm Vậy a ≥1 điều kiện cần để hệ có nghiệm
Điều kiện đủ:
Xét trường hợp:
+) TH1: a=1:{√x+1+√y ≤1
√y+1+√x ≤1⟺(0,0) nghiệm +) TH2: a>1 :
Xét cặp nghiệm hệ có x=0 hệ có dạng:
{√y ≤ a−1
√y+1≤ a⟺{
y ≤(a−1)2 y ≤ a2
−1 ⟺
0≤ y ≤ min{(a−1)2, a2−1}
(36)Chú ý: Với cách lập luận tương tự giải toán “Tìm a để hệ bất phương trình có nghiệm”
Đáp số: a ≥1
*) Bài tập đề nghị:
Tìm m để tập nghiệm bất phương trình √x2
−2mx>1−x chứa đoạn
[41;1]
Tìm m để hệ có nghiệm nhất: {x+y+x√2xy+m≥1 +y ≤1
3.4 Phương pháp đánh giá:
Dựa vào tam thức bậc hai, bất đẳng thức cổ điển, tính chất giá trị tuyệt đối… để nghiệm
Ví dụ 1: Giải bất phương trình sau:
√x−√x2
−1+√x+√x2−1≤2(1)
Giải:
Điều kiện: {
x2−1≥0
x−√x2−1≥0
x+√x2−1≥0
⟺x ≥1(¿)
Nhận xét √x−√x2
−1+√x+√x2−1≥2√√x−√x2−1√x+√x2−1=2
Vậy bất phương trình có nghiệm dấu xảy hay nói cách khác vế trái
Điều có nghĩa là:
√x−√x2−1=√x+√x2−1 ⟺x=1
Vậy (1) có tập nghiệm D={1}
(37)√x−1−√2x2−10x+16≥3−x
Giải:
√x−1+x−3≥√2x2−10x+16
Ta lại có √2[(x−1)+(x−3)2]≤√x−1+x−3 Vậy bất phương trình tương đương với:
√x−1−√2x2−10x+16=3−x
⟺√x−1=x−3
⟺x2−7x+10=0⟺[x=2 x=5
Vậy bất phương trình có tập nghiệm D={2;5} Ví dụ 3: Giải hệ bất phương trình:
{6x2√x3−6x+5=(x2+2x−6) (x3+4)(1)
x+2
x≥1+
2
x2(2)
Giải:
(2)⟹x+2
x>1⟹x>0⟹x
+4>0⟹x2+2x−6>0⟺[x>−1+√7 x←1−√7 Từ ta có x>√7−1 Ta có nhận xét rằng:
√x3−6x+5=√(x−1)(x2+x+5) ≤1
2(x−1+x
2
+x−5)=1
2(x
2
+2x−6)
x2
=√3x6=√3 x
2
x3
2 4≤ 3(
x3
2+
x3
2 +4)= 3(x
3 +4).
(38)Vậy:
(1)⟺{
x−1=x2+x−5 x3
2 =4
⟺x=2
Vậy bất phương trình có nghiệm D={2}. *) Bài tập đề nghị:
Giải bất phương trình: √(2x2−3x+1)2−√4x4−20x3+25x2<2x+1
Giải bất phương trình: cosx ≥√x2+1
V.BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT.
Do hàm mũ hàm logartit có tính chất tương tự nên phương pháp giải hàm mũ hàm logarit tương tự
Các phương pháp giải bất phương trình, hệ bất phương trình mũ:
1 Sử dụng phương pháp biến đổi tương đương: Ta sử dụng phép biến đổi tương đương sau:
Dạng 1: Với bất phương trình af(x)<ag(x)⟺[{
a>1 f(x)<g(x)
{ 0<a<1 f(x)>g(x)
Dạng 2: Với bất phương trình af(x)≤ ag(x)⟺[
{f(x)a>≤ g1(x) a=1
{f(x)a<≥ g1(x)
Ví dụ1:
Cho bất phương trình: (√3−√2)x
2
+1
(39)a) Giải bất phương trình m=1
b) Tìm m để bất phương trình nghiệm với ∀x∈(0;2).
Giải:
Vì (√3−√2)<1 nên bất phương trình tương đương với: x2
+1<3x−m⟺f(x)=x2−3x+1+m<0 a) Với m=1 ta được: x2
−3x+2<0⟺1<x<2
Vậy với m=1 nghiệm bất phương trình 1<x<2 b) Để bất phương trình nghiệm với ∀x∈(0;2)
⟺f(x)<0;∀x∈(0;2)
⟺f(x)=0 có hai nghiệm x1≤0<α ≤ x2
⟺{af(0)≤0
af(α)≤0⇔{
1+m ≤0
4−6+1+m ≤0⟺m≤−1
Ví dụ2:
Giải hệ bất phương trình: (I) {22x
2
+2 −9 2x
2
+x
+22x+2=0
2x−5<√−x2+4x−3
Giải:
2.22x2−9 2x
2
+x
+4 22x=0⟺2.2x
2
−x
−9+4 2x−x
2
=0 Đặt t=2x2−x⟶
t ≥
√2
Khi phuơng trình có dạng:
2t+4
t −9=0⟺2t
−9t+4=0⟺[ t=4 t=1
2
⟺x2
−x=2⟺[x=−1 x=2
2x−5<√−x2+4x−3⟺
[ { 2x−5<0 −x2+4x−3≥0
(40)(I)⟺
[ { x<5
2 1≤ x ≤3
{ x ≥5
2 5x2−24x+28<0
⟺
[ 1≤ x<5
2
{ x ≥5
2 2<x<14
5
Từ ta nghiệm hệ x=2
*) Bài tập đề nghị:
1 Giải bất phương trình: a) (√10+3)xx−−31
<(√10−3) x+1 x+3
b) (x−3)2x
2
−7x >1 c)
√xx≤ x4
√x
2 Giải biện luận bất phương trình: m+3
¿ ¿4x2+m√1+m<(m2+6m+9)(m+√1+m)x
2 Sử dụng phương pháp logarit hoá đưa số
Để chuyển ẩn số khỏi số mũ luỹ thừa người ta logarit theo số hai vế bất phương trình
Dạng 1: Với bất phương trình af(x)<b(b>0)⟺
[{f(x)<a>log1 ab
(41)Dạng 2: Với bất phương trình af(x)>b⟺
[ {∀b ≤f(0x)
{[{f(xb>a>)>0log1 ab
{ 0<a<1 f(x)<logab
Dạng 3: Với bất phương trình af(x)
>bg(x)⟺logaf(x)>logbg(x)⟺f(x)lg a>g(x)lg b
Ví dụ1:
Giải bất phương trình: 49 2x2
>16 7x
Giải:
Biến đổi bất phương trình dạng 2x2−4
>7x−2 lấy logarit hai vế theo số ta được:
log22x2
−4
>log27x−2⟺x2−4>(x−2)log27
⟺f(x)=x2−xlog27+2 log27−4>0
Ta có log
¿
7
¿2¿ ¿ ¿ ∆=¿
¿(log27−4)
=(4−log27)
nên f(x) có hai nghiệm: x1,2=
log27±(4−log27)
2 ⟺[
x1=2 x2=log27−2<x1
Vậy bất phương trình cho có nghiệm [x<logx>2 27−2 *) Bài tập đề nghị:
(42)a) 2x3x−1
5x−2 >12
b) 9x+9x+1+9x+2<4x+4x+1+4x+2.
3 Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ
Bằng cách đặt ẩn phụ thích hợp chuyển tốn cho bất phương trình đại số quen biết đặc biệt bất phương trình bậc hệ bất phương trình
Ví du 1:
Giải bất phương trình: (2x−2)2<(2x+2)(1−√2x−1)2
Giải:
Điều kiện 2x−1≥0⟺x ≥0
Đặt t=√2x−1→t ≥0
Khi bất phương trình viết lại : (t2
+1−2)2<(t2+1+2)(1−t)2(¿)
Giải (*) ta t<1⟺√2x−1<1⟺x<1 Vậy nghiệm bất phương trình [0;1)
Ví dụ 2:
Giải bất phương trình: 4x−2x+1+4x2≤0
Giải:
Đặt t=2x→t>0
Khi bất phương trình viết lại là: t2−2t+4x2≤0
Ta có ∆'=1−4x
2
≤0 ,do ta có:
{∆'=0 t=−b
2a
⟺{1−4x
2
=0 t=1 ⟺{
4x2=1
2x=1⟺x=0
Vậy bất phương trình có nghiệm x=0
(43)Giải hệ bất phương trình: { √2 2x
−2=2y−1
log3(22x−22y)2≤0
Giải:
Đặt {u=2x
v=2y→u , v>0 Khi hệ viết lại là:
{√u2−2=v−1
log3(u2−v2)2⟺{
√u2−2=v−1
log3|u2
−v2|≤0⟺{
√u2
−2=v−1(1)
u ≠ v
|u2−v2|≤1(2)
Giải (1): ta biến đổi
{u2−v−2=(v1≥−01)2⟺{
v ≥1
u2−v2=−2v+3(3)
Thay (3) vào (2) ta được: {−2v+3≠0
|−2v+3|≤1⟺{
v ≠3
2 1≤ v ≤2
⟺{ 2y≠32 1≤2y≤2
⟺{y ≠log2 0≤ y ≤1 Vậy nghiệm hệ cặp số (x , y) thoả mãn:
{ y ≠log2 0≤ y ≤1
x=±√(y−1)2+2
*) Bài tập đề nghị:
Giải bất phương trình:
1 2x+√2x+1<√22x+1+4x+2 4x−(x+3)2x+2(x+1)≥0
4 Phương pháp sử dụng hàm số
Tuỳ thuộc vào tính chất tốn mà ta sử dụng tính chất đơn điệu hàm số, sử dụng giá trị lớn nhất, nhỏ sử dụng phương pháp đồ thị để giải bất phương trình hệ bất phương trình
(44)Cho bất phương trình:
2(m2
−1)x
−2x−4m+3<(2−m2)x+3−4m a) Giải bất phương trình với m=2; b) Tìm m để bất phương trình vơ nghiệm
Giải:
Viết lại bất phương trình dạng:
2(m2
−1)x
+(m2−1)x<2x−4m+3+x−4m+3 Xét hàm số f(t)=2t
+t đồng biến Vậy bất phương trình viết dạng:
f[(m2−1)x]<f(x−4m+3)
⟺(m2−1)x<x−4m+3
⟺(m2
−2)x+4m−3<0
a) Với m=2 ta có :x+5<0⟺x←5
Vậy với m=2 bất phương trình có tập nghiệm: ( −∞ ,−5 )
b) Bất phương trình (1) vơ nghiệm tương đương với bất phương trình (3) vơ nghiệm ⟺{m2−2=0
4m−3≥0⟺{
m=±√2
m≥3
4
⟺m=√2
Vậy với m=√2 bất phương trình cho vơ nghiệm
Ví dụ 2:
Xác định m để bất phương trình: m9x
−3x−1≥0(1) nghiệm với x
Giải:
Đặt t=3x→ t>0 Khi (1) viết lại dạng:
mt2−t
−1≥0⟺t−1
(45)Vậy (1) nghiệm với ∀x tương đương với (2) nghiệm với
∀t>0 Xét hàm số y=t−1 t2 Miền xác định D=(0;+∞) Đạo hàm: y'=2t−t
2
t4 ; y '
=0⟺2t−t2=0⟺[t=0 t=2 Giới hạn:
lim
t⟶+∞
y=0
t −∞ +∞
y' || + -
y || 1/4
|| Lập bảng biến thiên ta suy để bất phương trình nghiệm với
∀t>0 điều kiện cần đủ m≥1
4
Ví dụ 3:
Giải hệ bất phương trình: {x2x+y≥1−x−y(1)
−|x+y|+2=0(2)
Giải:
Đặt t=x+y Bất phương trình (1) có dạng :2t≥1−t
Ta có:
+) Hàm số f(t)=2t hàm đồng biến có f (0)=1 +) Hàm số g(t)=1−t hàm nghịch biến có g(0)=1 Do t ≥0⟺x+y ≥0 Khi hệ có dạng:
{ x+y ≥0
x−x−y+2=0⟺{ x ≥−2
y=2
*) Bài tập đề nghị:
Giải bất phương trình 3√x+4
(46)Xác định giá trị m để bất phương trình sau nghiệm
∀x thoả mãn điều kiện |x|≥1
2 : 92x2−x
−2(m−1)62x2−x+(m+1)42x2−x≥0
5 Sử dụng phương pháp điều kiện cần đủ
Phương pháp giải:
Bước 1: Đặt điều kiện để biểu thức bất phương trình có nghĩa Bước 2: Tìm điều kiện cần cho hệ dựa trên:
+) Tính chất đối xứng phương trình +) Lựa chọn điểm thuận lợi
+) Đánh giá
Bước 3: Kiểm tra điều kiện cần đủ Trong bước cần có số kỹ
Ví dụ1:
Tìm m để bất phương trình sau nghiệm với ∀x∈[1;3] :
2|2x2+m(x+1)+15|≤2
−(m+8)(x2−3x+2)
Giải:
Điều kiện cần:
Bất phương trình nghiệm với ∀x∈[1;3] suy nghiệm với x=1, x=2 tức ta có: {|2m+17|≤1
|3m+23|≤1⟺{
−1≤2m+17≤1 −1≤3m+23≤1⟺{
−9≤ m≤−8 −8≤ m ≤−22
3
⟺m=−8
Vậy m=−8 điều kiện cần để (1) nghiệm với ∀x∈[1;3]
(47)Với m=−8 ta có:
(1)⟺|2x2−8x+7|≤1⟺−1≤2x2−8x+7≤1⟺{2x
−8x+8≥0
2x2−8x+6≤0⟺{
(x−2)2≥0 x2−4x+3≤0
⟺1≤ x ≤3
Ví dụ2:
Tìm m để hệ sau có nghiệm nhất:
{22x+22y+2y+1≤ m−1
22y
+22x+2x+1≤ m−1
Giải:
Trước hết cần có m−1>0⟺m>1 Đặt {u=2x
v=2y⟶u , v>0 Hệ viết lại dạng:
{u2
+v2+2v+1≤ m u2+v2+2u+1≤ m⟺{
u2
+(v+1)2≤ m v2+(u+1)2≤ m(¿)
Điều kiện cần:
Giả sử hệ có nghiệm (u0, v0) suy (v0, u0) nghiệm hệ Vậy để hệ có nghiệm điều kiện cần đủ u0=v0 Khi
đó:
u02+(u0+1)2≤m⟺2u02+2u0−m+1≤0(1)
Ta cần chứng minh (1) phải có nghiệm ⟺∆=0⟺m=1
2
Vậy điều kiện cần để hệ có nghiệm m=1
2
Điều kiện đủ: Với m=1
2 hệ có dạng:
{u2+(v+1)2≤1
2
v2+(u+1)2≤1
2
(48)u√2+√2
2
¿ ¿
⟺¿
Nhận thấy u=v=−1
2 thoả mãn hệ (2) nên x=y=−1
Vậy hệ có nghiệm m=1
2
*) Bài tập đề nghị:
1 Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm nhất:
2|x|≥1+m
2
2 Cho hệ bất phương trình: {(2 x
−1)2+(y−1)2≤2
2x−y+m=0
Xác định m để hệ nghiệm với ∀x∈[1;4]
6 Sử dụng phương pháp đánh giá.
Nhiều bất phương trình giải nhờ cách đánh giá dựa trên: +) Tam thức bậc hai
+) Tính chất hàm số mũ
+) Các bất đẳng thức BĐT Cauchy,… +) Tính chất trị tuyệt đối
Ví dụ1:
Giải bất phương trình: 2sin2x+2cos
2
x
≤2(sinx+cosx)
Giải:
Ta có
2sin2x+2cos
2x
=2sin
2x
+21−sin
2x
=2sin
2x
+
2sin2x≥2√2
sin2x
(49)2(sinx+cosx)=2√2 sin(x+π
4)≥2√2
Vậy bất phương trình có nghiệm khi:
{VT=2√2
VP=2√2⟺{ 2sin2
x
=
2sin2x sin(x+π
4)=1
⟺{(2
sin2x )2=2
x=π
4=2kπ
⟺x=π
4+2kπ , k∈Z
Vậy nghiệm bất phương trình x=π
4+2kπ , k∈Z
Ví dụ 2:
Giải hệ bất phương trình: { √2 x+y
+√1−2y≤√2y(1)
2√2x+y
−2y+√2y=−1(2)
Giải:
Điều kiện: { 1−2y≥0
2x+y
−2y≥0⟺{
2y≤1
2y(2x−1)≥0⟺{
2y≤1
2x≥1
⟺{y ≤0
x ≥2(¿)
Giải (1):
(1)⟺√2x+√1−2 x
2y ≤1⟺{ 2x=1
1−2y=0⟺x=y=0 (3)
Thay (3) vào (2) thấy thoả mãn Vậy hệ có nghiệm x=y=0
*) Bài tập đề nghị:
1 Giải hệ bất phương trình: {x2x+2y≤1 +y ≥−2
(50)3 Cho bất phương trình: 2x2
+2sin
2
x≤1
+√1−m2. a) Giải bất phương trình m=0