Lý thuyết, các dạng toán và bài tập bất đẳng thức và bất phương trình - TOANMATH.com

b Tìm tất cả giá trị tham số m để điểm Mm, 1 nằm trong miền nghiệm của bất phương trình đã và biểu diễn tập hợp M tìm được trong cùng hệ trục tọa độ Oxy ở câu a... BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC N[r]

Chương BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH §1 I Tóm tắt lí thuyết Các khái niệm BẤT ĐẲNG THỨC Khái niệm (Bất đẳng thức) Cho hai số thực a, b Các mệnh đề “a > b”, “a < b”,“a ≥ b”, “a ≤ b” gọi là các bất đẳng thức Khái niệm (Bất đẳng thức cùng chiều, trái chiều) Cho bốn số thực a, b, c, d Các bất đẳng thức “a > b”, “c > d” gọi là bất đẳng thức cùng chiều Các bất đẳng thức “a > b”, “c < d” gọi là bất đẳng thức trái chiều Khái niệm (Bất đẳng thức hệ quả) Nếu mệnh đề “a > b ⇒ c > d”đúng thì ta nói bất đẳng thức “c > d” là bất đẳng thức hệ bất đẳng thức “a > b” và viết a > b ⇒ c > d Khái niệm (Bất đẳng thức tương đương) Nếu bất đẳng thức “a > b” là hệ bất đẳng thức “c > d” và ngược lại thì ta nói hai bất đẳng thức tương đương với và viết a > b ⇔ c > d Tính chất Tính chất Điều kiện Nội dung a < b ⇔ a+c < b+c c>0 c<0 a < b ⇔ ac < bc a < b ⇔ ac > bc a < b và c < d ⇒ a + c < b + d a > 0, c > a < b và c < d ⇒ ac < bd n ∈ N∗ n ∈ N∗ và a > a>0 a < b ⇔ a2n+1 < b2n+1 a < b ⇔ a2n < b√2n √ a < b ⇔ a < √b √ a<b⇔ 3a< 3b 245 Tên gọi Cộng hai vế bất đẳng thức với số Nhân hai vế bất đẳng thức với số Cộng hai bất đẳng thức cùng chiều Nhân hai bất đẳng thức cùng chiều Nâng hai vế bất đẳng thức lên lũy thừa Khai hai vế bất đẳng thức 246 II CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH Các dạng toán Dạng Sử dụng phép biến đổi tương đương Để chứng minh bất đẳng thức ta có thể sử dụng các cách sau: + Biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức đã biết + Sử dụng bất đẳng thức đã biết, biến đổi để dẫn đến bất đẳng thức cần chứng minh Một số bất đẳng thức thông dụng: + a2 ≥ 0; + a2 + b2 ≥ 0; + a · b ≥ 0, với a, b ≥ 0; + a2 + b2 ≥ ±2ab Ví dụ Chứng minh √ √ √ − x + x + ≤ 6, ∀x ∈ [−2; 1] Lời giải Với x ∈ [−2; 1], ta có » √ √ √ − x + x + ≤ ⇔ + (1 − x)(x + 2) ≤ ⇔ 4(1 − x)(x + 2) ≤ ⇔ (2x + 1)2 ≥ Bất đẳng thức cuối luôn đúng Vậy, bài toán chứng minh Ví dụ Chứng minh a2 + b2 + ≥ 2(a + b), với số thực a, b Lời giải Với số thực a, b ta luôn có (a − 1)2 + (b − 1)2 ≥ ⇔ a2 + b2 + ≥ 2(a + b) Bài toán đã chứng minh Đẳng thức xảy và a = b = Ví dụ Cho các số thực x, y, z Chứng minh các bất đẳng thức sau: a) x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + zx; b) x2 + y2 + ≥ xy + x + y Lời giải a) Bất đẳng thức tương đương với 2x2 + 2y2 + 2z2 ≥ 2xy + 2yz + 2zx ⇔ (x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 ≥ Bất đẳng thức cuối hiển nhiên đúng Đẳng thức xảy và x = y = z Phép chứng minh hoàn tất b) Ta có x2 + y2 + ≥ xy + x + y ⇔ 2x2 + 2y2 + − 2xy − 2x − 2y ≥ ⇔ (x − y)2 + (x − 1)2 + (y − 1)2 ≥ Đẳng thức có và x = y = Bài toán đã chứng minh BẤT ĐẲNG THỨC 247 Ví dụ Chứng minh các bất đẳng thức sau: a) a3 + b3 ≥ ab(a + b), với a, b ≥ 0; b) a4 + b4 ≥ a3 b + ab3 , với a, b ∈ R Lời giải a) Ta có a3 + b3 ≥ ab(a + b) ⇔ (a + b)(a2 − ab + b2 ) ≥ ab(a + b) ⇔ (a + b)(a − b)2 ≥ Bất đẳng thức này luôn đúng với a, b không âm Đẳng thức xảy và a = b b) Biến đổi bất đẳng thức đã cho tương đương với (a − b)2 (a2 − ab + b2 ) ≥ (hiển nhiên đúng) Đẳng thức xảy và a = b Ví dụ Cho a, b là các số thực thỏa mãn ab ≥ Chứng minh 1 + ≥ 2 1+a 1+b + ab Lời giải Ta có 1 1 1 + ≥ ⇔ − + − ≥0 2 2 1+a 1+b + ab 1+a + ab + b + ab ab − a2 ab − b2 a(b − a)(1 + b2 ) − b(b − a)(1 + a2 ) ⇔ + ≥ ⇔ ≥0 (1 + a2 )(1 + ab) (1 + ab)(1 + b2 ) (1 + a2 )(1 + b2 ) (b − a)2 (ab − 1) (b − a)(a + ab2 − b − a2 b) ≥ ⇔ ≥ ⇔ (1 + a2 )(1 + b2 ) (1 + a2 )(1 + b2 ) Bất đẳng thức cuối luôn đúng với a, b thỏa mãn ab ≥ Đẳng thức xảy và ab = a = b Ví dụ Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn 1 + = Chứng minh: x z y y+z x+y + ≥ 2x − y 2z − y 1 2xz + = ⇒y= Do đó x z y x+z z(z+3x) x(x+3z) x+y y+z x + 3z z + 3x x+z + ≥ ⇔ + ≥ ⇔ x+z + ≥ ⇔ (x − z)2 ≥ (luôn đúng) 2 2x 2z 2x − y 2z − y x z Lời giải Từ giả thiết x+z x+z Vậy, bài toán chứng minh Đẳng thức có và x = y = z BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a + b + c = Chứng minh a4 + b4 + c4 ≥ a3 + b3 + c3 Lời giải HD: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 3(a4 + b4 + c4 ) ≥ (a + b + c)(a3 + b3 + c3 ) Thực biến đổi tương đương quy bất đẳng thức (a − b)2 (a2 + ab + b2 ) + (b − c)2 (b2 + bc + c2 ) + (a − c)2 (a2 + ac + c2 ) ≥ 248 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH Bài Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xyz = Chứng minh rằng: 1 + + ≤ x+y+1 y+z+1 z+x+1 Lời giải Đặt x = a3 , y = b3 , z = c3 , với a, b, c dương và abc = Bất đẳng thức đã cho trở thành a3 + b3 + + b3 + c3 + + c3 + a3 + ≤ Ta có (a − b)2 (a + b) ≥ ⇔ a3 + b3 ≥ ab(a + b) Tương tự, ta có b3 + c3 ≥ bc(b + c), a3 + c3 ≥ ac(a + c) Từ đó suy a3 + b3 + + b3 + c3 + + c3 + a3 + 1 1 + + ab(a + b) + bc(b + c) + ac(a + c) + 1 1 + + = ab(a + b) + abc bc(b + c) + abc ac(a + c) + abc = = abc ≤ Bài toán chứng minh Đẳng thức xảy và x = y = z = Bài Cho a, b, c, d, e là các số thực tùy ý Chứng minh a2 + b2 + c2 + d + e2 ≥ a(b + c + d + e) Lời giải HD: Biến đổi bất đẳng thức thành 2  a 2  a 2  a 2 −b + −c + −d + − e ≥ 2 2 a Bài Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn (a + b)(b + c)(c + a) = Chứng minh (a2 + bc)(b2 + ac)(c2 + ab) ≤ Lời giải Không giảm tổng quát, giả sử a ≥ b ≥ c Khi đó, ta có 4(a2 + bc)(b2 + ac)(c2 + ab) ≤ 4(a2 + ac)(b2 + ac)(bc + ab) = 4ab(b2 + ac)(a + c)2 Mặt khác, ta có (b2 + ca − ab)2 ≥ ⇔ 4ab(b2 + ca) ≤ (ab + b2 + ca)2 Do đó 4(a2 + bc)(b2 + ac)(c2 + ab) ≤ (ab + b2 + ca)2 (a + c)2 ≤ (a + b)2 (b + c)2 (a + c)2 = Bài toán chứng minh Đẳng thức xảy và a = b = 1, c = (với giả sử a ≥ b ≥ c)  π π tan a − tan b Bài Cho a, b ∈ − ; Chứng minh < 1 − tan a tan b  π4 π  Lời giải Với a, b ∈ − ; thì tan2 a, tan2 b ∈ (0; 1) Do đó 4 tan a − tan b < ⇔ | tan a − tan b| < |1 − tan a tan b| − tan a tan b ⇔ tan2 a + tan2 b − tan a tan b < − tan a tan b + tan2 a tan2 b ⇔ (1 − tan2 a)(tan2 b − 1) < (luôn đúng với giả thiết đã cho) Bài toán chứng minh BẤT ĐẲNG THỨC 249 Dạng Áp dụng bất đẳng thức Cô-si Khi gặp các bất đẳng thức, đó có chứa tổng, tích các số không âm, ta có thể áp dụng bất đẳng thức sau đây để chứng minh: a) Bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm a+b √ Cho a ≥ và b ≥ 0, ta có: ≥ ab Đẳng thức xảy ⇔ a = b Các dạng khác bất đẳng thức trên: √ + a + b ≥ ab, (a ≥ 0, b ≥ 0); ã Å a+b , (∀a, b); + ab ≤ a2 + b2 , (∀a, b); + a2 + b2 ≥ 2ab, (∀a, b) + ab ≤ b) Bất đẳng thức Cô-si cho ba số không âm a+b+c √ Cho a ≥ 0, b ≥ và c ≥ 0, ta có: ≥ abc Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c Các dạng khác bất đẳng thức trên: √ + a + b + c ≥ 3 abc, (∀a, b, c ≥ 0); ã Å a+b+c , (∀a, b, c ≥ 0); + abc ≤ a3 + b3 + c3 , (∀a, b, c ≥ 0); + a3 + b3 + c3 ≥ 3abc, (∀a, b, c ≥ 0) + abc ≤ c) Tổng quát, a1 , a2 , , an ≥ thì: a1 + a2 + + an √ ≥ n a1 a2 an n Dấu xảy và a1 = a2 = = an ≥ Chú ý: a) a2 + b2 ≥ 2ab với a, b b) Dựa vào bất đẳng thức cần chứng minh, giả thuyết số dương, số không âm, và chiều bất đẳng thức, dấu xảy để định hướng biến đổi thích hợp c) Biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh dạng có thể áp dụng bất đẳng thức Cô-si với các kĩ thuật tách số ghép số, ghép cặp hai, ghép cặp ba, tăng giảm số hạng, tăng giảm bậc lũy thừa, Chẳng hạn với a > 0, b > thì có nhiều hướng đánh giá và khai thác: √ b b ab • a + b ≥ ab;a + b = a + + ≥ ; 2 a a 1 • a + 2b = a + b + b; a + = + + = a + + ; 2 2 250 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH √ √ • + a + b ≥ 3 ab; + a = + + a ≥ 3 a; … √ √ 1 1 ≥ 3 ; ab = a · b · b; ab2 = a · b · b; • a2 + = a2 + + a 2a 2a d) Cô-si ngược dấu, với a, b, c dương thì: 1 1 1 ≤ √ ; ≤ √ ; ≤ √ , a + b ab a + a a + b + c abc Ví dụ Cho a, b là hai số dương Chứng minh: Å ã 1 a) (a + b) + ≥ 4; a b √ √ 1 b) a2 + b2 + + ≥ 2( a + b) a b Lời giải 1 a) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai cặp số dương a, b và , ta được: a b √ a + b ≥ ab > 0; 1 + ≥ √ > a b ab Å ã √ 1 Nhân theo vế hai bất đẳng thức trên, ta (a + b) + ≥ ab · √ = a b ab 1 b) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai cặp số dương a2 , và b2 , ta được: a b … √ 1 a2 + ≥ a2 · = a; a a … √ 1 b2 + ≥ b2 · = b b b √ √ 1 Cộng theo vế hai bất đẳng thức trên, ta a2 + b2 + + ≥ 2( a + b) a b Ví dụ Chứng minh a, b cùng dấu thì a b a b + ≥ và a, b trái dấu thì + ≤ −2 b a b a a b Lời giải Nếu a, b là hai số cùng dấu thì và là hai số dương nên áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số b a dương, ta được: … a b a b + ≥2 · = b a b a Å ã  a b a b Nếu a, b là hai số trái dấu thì tương tự − + − ≥ và vì + ≤ −2 b a b a √ Ví dụ Chứng minh a2 + b2 = thì |a + b| ≤ √ Lời giải Ta có, với a, b thì a2 + b2 ≤ a2 b2 = |ab| ≥ 2ab hay 2ab ≤ a2 + b2 nên (a + b)2 = a2 + b2 + 2ab ≤ a2 + b2 + a2 + b2 = 2(a2 + b2 ) = √ Vậy, a2 + b2 = thì |a + b| ≤ BẤT ĐẲNG THỨC 251 Ví dụ Chứng minh với ba số a, b, c ≥ thì a + b + c ≥ thức xảy nào? √ √ √ ab + bc + ca Dấu đẳng Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm, ta được: √ a + b ≥ ab; √ b + c ≥ bc; √ c + a ≥ ca Cộng vế các bất đẳng thức trên, ta được: √ √ √ √ √ √ 2(a + b + c) ≥ 2( ab + bc + ca) ⇒ a + b + c ≥ ab + bc + ca Dấu bất đẳng thức xảy a = b = c ≥ Ví dụ Cho a, b dương Chứng minh bất đẳng thức: (a + b)(1 + ab) ≥ 4ab Dấu đẳng thức xảy nào? Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương: √ a + b ≥ ab > 0; √ + ab ≥ ab > √ Khi đó, (a + b)(1 + ab) ≤ 4( ab)2 = 4ab Dấu đẳng thức xảy ⇔ a = b và = ab ⇔ a = b = BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài Cho a, b, c dương Chứng minh bất đẳng thức (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc Dấu đẳng thức xảy nào? Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương: √ a + b ≥ ab √ b + c ≥ bc √ c + a ≥ ca Vậy nên √ √ √ (a + b)(b + c)(c + a) ≥ · · · ab · bc · ca = 8abc Dấu xảy và a = b = c > Bài Cho a, b, c dương Chứng minh bất đẳng thức (a + 1)(b + 1)(a + c)(b + c) ≥ 16abc Dấu đẳng thức xảy nào? Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương: √ a+1 ≥ a √ b+1 ≥ b √ a + c ≥ ac √ b + c ≥ bc 252 Vậy nên CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH √ √ √ √ (a + 1)(b + 1)(a + c)(b + c) ≥ · · · · a · b · ac bc = 16abc Dấu xảy và a = b = c = Bài Chứng minh với a thì: a2 + √ ≥ a2 + Dấu đẳng thức xảy nào? Lời giải Ta có: (a2 + 2) + p a2 + √ = √ = a +2+ √ 2 a +2 a +2 a +2 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương: p √ ≥ = a2 + + √ a2 + a2 + √ ≥ Dấu đẳng thức xảy Do đó, a2 + p √ ⇔ a2 + = ⇔ a2 = ⇔ a = ± a2 + = √ a2 + Bài Chứng minh với a, b, c khác thì có bất đẳng thức: a2 b2 c2 b c a + + ≥ + + b2 c2 a2 a b c Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương: a2 b2 + ≥2 b2 c2 a2 b2 · =2 b2 c2 a2 a a = ≥ c2 c c Tương tự, ta có: b2 c2 c2 a2 b c và + ≥ + ≥2 2 c a a a b b Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức, ta được: Ç å Å ã a2 b2 c2 b c a a2 b2 c2 b c a + + ≥ + + ⇔ + + ≥ + + b2 c2 a2 a b c b2 c2 a2 a b c Bài Cho a, b, c dương Chứng minh bất đẳng thức: b+c c+a a+b + + ≥ a b c Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương, ta có Å ã  Å ã b+c c+a a+b b a c a c b + + = + + + + + ≥ + + = a b c a b a c b c Dấu xảy và a = b = c BẤT ĐẲNG THỨC 253 Bài Cho số a, b, c, d dương Chứng minh bất đẳng thức: Å ã a+b+c+d ≥ abcd Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương, ta có √ √ a + b ≥ ab, c + d ≥ cd √ √ ⇒ a + b + c + d ≥ 2( ab + cd) Å ã √ √ √ √ a+b+c+d ⇒ ≥ ( ab + cd)2 = ab + cd + abcd ≥ abcd Å ã a+b+c+d √ ⇒ ≥ abcd ã Å a+b+c+d ≥ abcd ⇒ Bài Cho số a, b, c, d dương Chứng minh: Å 1 1 (a + b + c + d) + + + a b c d ã ≥ 16 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho số dương, ta có: (a + b + c + d)2 ≥ 16abcd > 0; Å ã 16 1 1 + + + ≥ > a b c d abcd Suy ã 1 1 16 + + + = 162 (a + b + c + d) ≥ 16abcd · a b c d abcd Å ã 1 1 ⇒ (a + b + c + d) + + + ≥ 16 a b c d Å Bài Cho hai số a ≥ và b ≥ Chứng minh bất đẳng thức: √ √ a b − + b a − ≤ ab Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho số không âm, ta có: Å ã Å ã » » √ √ b−1+1 a−1+1 a b − + b a − = a (b − 1) · + b (a − 1) · ≤ a +b = ab 2 Dấu xảy và a − = b − = ⇔ a = b = Bài Tìm giá trị nhỏ của: B = b2 + , với b > b Lời giải Với b > 0, ta có: … 1 1 3 B=b + + ≥ b2 · · =√ 2b 2b 2b 2b 1 Dấu xảy b2 = ⇔b= √ Vậy giá trị nhỏ B là √ 3 2b 254 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH Bài 10 Cho a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác và p là nửa chu vi tam giác đó Chứng minh a) (p − a)(p − b) ≤ c2 ; b) (p − a)(p − b)(p − c) ≤ abc Lời giải a) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số x, y: xy ≤  x + y 2 (p − a) + (p − b) (p − a)(p − b) ≤ Å ã2 , ta có: 2p − a − b = Å ã2 = c2 b) Áp dụng kết câu a), ta có: c2 ; a2 < (p − b)(p − c) ≤ ; b2 < (p − c)(p − a) ≤ < (p − a)(p − b) ≤ Nhân vế theo vế các bất đẳng thức trên, ta được: (p − a)2 (p − b)2 (p − c)2 ≤ a2 b2 c2 abc ⇒ (p − a)(p − b)(p − c) ≤ 64 a3 b3 c3 Bài 11 Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh + + ≥ a + b + c Dấu đẳng thức bc ca ab xảy nào? Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương ta có a4 + b4 ≥ a2 b2 Đẳng thức xảy và a = b > Do đó, a4 + b4 + c4 ≥ a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 và đẳng thức xảy và a = b = c Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương, ta có a2 b2 + b2 c2 ≥ ab2 c Do đó, a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ≥ abc(a + b + c) Vì a4 + b4 + c4 ≥ abc(a + b + c) Chia hai vế đẳng thức này cho abc ta điều cần chứng minh Đẳng thức xảy và a = b = c > BẤT ĐẲNG THỨC 255 … … a b c Bài 12 Cho a, b, c Chứng minh bất đẳng thức + + ≥ b+c c+a a+b Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương ỡ mẫu, ta có … 2a a a a = =p ≥ a+b+c b+c b+c+a (b + c) · a … b b b 2b =p ≥ = a + b + c a+c b+c+a (a + c) · b … c c c 2c =p ≥ = a+b+c a+b b+c+a (b + a) · c Cộng lại bất đẳng thức vế theo vế, ta có … a + b+c Bài 13 Cho x, y, z dương thỏa mãn: b + c+a … c 2(a + b + c) ≥ = a+b a+b+c 1 + + = Chứng minh x y z 1 + + ≤ 2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương a, b: … ã √ 1 (a + b) + ≥ ab · = a b ab Å Å ã 1 1 Nên ≤ + , đó: a+b a b Å ã Å Å ãã 1 1 1 1 ≤ + ≤ + + 2x + y + z 2x y + z 2x y z Tương tự ta có: Å ã Å Å ãã 1 1 1 1 ≤ + ≤ + + x + 2y + z 2y x + z 2y x z Å ã Å Å ãã 1 1 1 1 ≤ + ≤ + + x + y + 2z 2z x + y 2z y y Cộng lại các bất đẳng thức trên vế theo vế, ta có: 1 + + 2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z Å Å ãã Å Å ãã Å Å ãã 1 1 1 1 1 1 1 ≤ + + + + + + + + 2x y z 2y x z 2z y y Å ã 1 1 ≤ + + = x y z 256 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH Dạng Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki Định lí Cho a, b, c, d là các số thực tùy ý, ta có bất đẳng thức sau (a2 + b2 )(c2 + d ) ≥ (ac + bd)2 (Bunhiacopxki) Dấu ” = ” xảy ad = bc ⇔ a b = c d Hệ Bất đẳng thức Bunhiacopxki mở rộng Cho 2n số a1 ; a2 ; ; an và b1 ; b2 ; ; bn ta có bất đẳng thức sau (a21 + a22 + + a2n )(b21 + b22 + + b2n ) ≥ (a1 b1 + a2 b2 + + an bn )2 Dấu ” = ” xảy a1 a2 an = = = b1 b2 bn Hệ Bất đẳng thức cộng mẫu Cho n số a1 ; a2 ; ; an và n số dương x1 ; x2 ; ; xn ta có bất đẳng thức sau an (a1 + a2 + + an )2 a1 a2 + + + ≥ x1 x2 xn x1 + x2 + + xn Dấu ” = ” xảy x1 x2 xn = = = a1 a2 an Ví dụ Cho x2 + y2 = tìm giá trị lớn và nhỏ biểu thức A = x + 2y Lời giải Sử dụng Bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có = (x + 2y)2 ≤ (x2 + y2 )(12 + 22 ) = 25 ⇒ −5 ≤ A ≤ Vậy max y = xảy x = 1; y = Vậy y = −5 xảy x = −1; y = −2 Ví dụ Tìm giá trị lớn biểu thức A = √ √ − x + x + Lời giải ĐK: −1 ≤ x ≤ Sử dụng Bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có √ √ √ √
2
A2 = √1 − x + x + ≤ (12 + 22 ) ( − x)2 + ( x + 1)2 = 10 ⇒ A ≤ 10 √ √ √ x+1 1+x Vậy max y = 10 xay − x = ⇔ 1−x = ⇔x= BÀI TẬP TỰ LUYỆN √ Bài Biêt x, y là số thực dương thỏa mãn x + 2y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = x4 + y4 Lời giải Sử dụng Bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có 5A = (x4 + y4 )(12 + 22 ) ≥ (x2 + 2y2 )2 √ (x2 + 2y2 )(1 + 4) ≥ (x + 2y)2 = 25 ⇒A≥5 √ y Vậy y = Dấu ” = ” xảy x = √ ⇔ x = 1; y = 2 BẤT ĐẲNG THỨC 257 √ √ Bài Tìm giá trị lớn hàm số A = − 2x + + x Lời giải ĐK: −1 ≤ x ≤ Ta có √ √ √ √ A = − 2x + + x = − 2x + √ + 2x Å ã √ √
33 ⇒ A2 ≤ + ( − 2x)2 + ( + 2x)2 = 2 √ √ √ 66 66 √ Vậy max A = Dấu ” = ” xay + 2x = √ − 2x ⇔ x = ⇒A≤ 2 22 √ √ Bài Giải phương trình x − + − x = x2 − 10x + 27 Lời giải Ta có √ √ √ √
2 x − + − x ≤ (11 + 11 )(x − + − x) = ⇒ x − + − x ≤ x2 − 10x + 27 = (x − 5)2 + ≥ Vậy phương trình ⇔ x = Dạng Sử dụng các bất đẳng thức hệ Ta có thể sử dụng Bất đẳng thức Bunhiacopxki cho nhiều số, bài toán có mẫu, ta có thể sử dụng Bất đẳng thức cộng mẫu Ví dụ Tìm giá trị lớn biểu thức A = √ √ − 2x + + x Lời giải ĐK: −1 ≤ x ≤ Ta chứng minh bất đẳng thức sau: (a2 + b2 + c2 )(x2 + y2 + z2 ) ≥ (ax + by + cz)2 ; ∀a, b, c, x, y, z ∈ R Thật bđt ⇔ (ay − bx)2 + (az − cx)2 + (bz − cy)2 ≥ x y z Dấu ” = ” xảy = = a b c Sử dụng bất đẳng thức trên ta có √ √ A= √ √ √ √ − 2x +√4 + x √ √
+ 22 + 22 ) ( − 2x)2 + ( + x)2 + ( + x)2 = 27 ⇒ A ≤ 3 = − 2x + + x + + x ≤ (1 √ √ x+1 √ Vậy max y = 3 xảy = − 2x ⇔ x = Ví dụ Cho x, y, z là độ dài cạnh tam giác thỏa mãn x + y + z = 3, tìm giá trị nhỏ biểu thức A = + + x+y−z y+z−x z+x−y Lời giải Ta luôn có bất đẳng thức sau: a2 b2 c2 (a + b + c)2 + + ≥ ; ∀x, y, z là các số thực dương x y z x+y+z Ta có x + y − z; y + z − x; z + x − y là các số dương vì x, y, z là độ dài ba cạnh tam giác nên ta có (1 + + 3)2 36 A= + + ≥ = = 12 x+y−z y+z−x z+x−y x+y−z+y+z−x+z+x−y x+y−z y+z−x z+x−y Vậy y = 12 Dấu ” = ” xảy = = ⇔ x = 1; y = ; z = 4 BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài Tìm giá trị lớn biểu thức A = √ √ − x + + 3x 258 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH −3 Lời giải ĐK: ≤ x ≤ x Ta có √ √ √ √ √ √ 3A = − x + + 3x = − x + − x + − x + + 3x ⇒ 9A2 ≤ √(1 + + + 9)(1 − √x + − x + − x + + 3x) = 60 60 60 ⇒A≤ Vậy max y = Dấu ” = ” xảy x = 3 12 Bài Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 A= + + x + 2yz y + 2zx z + 2zx Lời giải Ta có (1 + + 2)2 16 16 + + ≥ = = A= x + 2yz y + 2zx z + 2zx x + y2 + z2 + 2xy + 2yz + 2zx (x + y + z)2 16 Vậy y = Bài Chứng minh bất đẳng thức sau: p p √ a2 + b2 + c2 + x2 + y2 + z2 ≥ (a + x)2 + (b + y)2 + (c + z)2 , ∀x, y, z, a, b, c ∈ R p p √ Lời giải Ta có a2 + b2 + c2 + x2 + y2 + z2 ≥ (a + x)2 + (b + y)2 + (c + z)2 p p √ 2 ⇔ pa2 + b2 + c2 + x2 + y2 + z2 ≥ (a + x)2 + (b + y)2 + (c + z)2 ⇔ (a2 + b2 + c2 )(x2 + y2 + z2 ) ≥ ax + by + cz Điều này luôn đúng vì ta có (a2 + b2 + c2 )(x2 + y2 + z2 ) ≥ (ax + by + cz)2 a b c Dấu ” = ” xảy = = x y z Tổng quát: Ta luôn có bất đẳng thức sau: (Bất đẳng thức khoảng cách) » » p a21 + a22 + a23 + + a2n + x12 + x22 + x32 + + xn2 ≥ (a1 + x1 )2 + (a2 + x2 )2 + + (an + xn )2 Dạng Chứng minh bất đẳng thức dựa vào tọa độ véc -tơ p p √ Ví dụ Chứng minh rằng: (a + c)2 + b2 + (a − c)2 + b2 ≥ a2 + b2 với a, b, c ∈ R → − − Lời giải Đặt u = (a + c, b) và → vp = (a − c, b) p √ − − − − Ta có |→ u | = (a + c)2 + b2 , |→ v | = (a − c)2 + b2 và |→ u +→ v | = a2 + b2 − − − − Áp dụng |→ u | + |→ v | ≥ |→ u +→ v |, ta có bđt cần cm √ √ Ví dụ Chứng minh rằng: a2 + 4b2 + 6a + + a2 + 4b2 − 2a − 12b + 10 ≥ với a, b, c ∈ R p p Lời giải Ta có V T = (a + 3)2 + (2b)2 + (a − 1)2 + (2b − 3)2 − − − − Đặt → u = (a p + 3, 2b) và → v = (a − 1, 2bp − 3) thì → u −→ v = (4, 3) √ → − → − − − 2 Ta có | u | = (a + 3) + (2b) , | v | = (a − 1) + (2b − 3)2 và |→ u −→ v | = 42 + 32 = − − − − Áp dụng |→ u | + |→ v | ≥ |→ u −→ v |, ta có bđt cần cm √ √ Ví dụ Tìm GTNN P = x2 − x + + x2 + x + » » Lời giải Ta có P = (x − 12 )2 + 43 + (x + 12 )2 + 34 √ √ √ − − − − Đặt → u = (x − 12 , 23 ) và → v = (x + 12 , − 23 ) thì → u −→ v = (1, 3) » » − − − − Ta có |→ u | = (x − 12 )2 + 43 , |→ v | = (x + 12 )2 + 43 và |→ u −→ v | = BẤT ĐẲNG THỨC 259 − − − − Áp dụng |→ u | + |→ v | ≥ |→ u −→ v |, ta P ≥ − → − Dấu xảy và → u và −v cùng hướng ↔ x − 21 = −x − 12 ↔ x = Vậy minP = x = BÀI TẬP TỰ LUYỆN √ √ √ + ab + b2 + a2 + ac + c2 ≥ c2 + cb + b2 với a, b, c ∈ R a Bài Chứng minh rằng: » » Lời giải HD: V T = (a + 21 b)2 + ( 32 b)2 + (−a − 12 c)2 + ( 32 c)2 p p √ ≥ c2 + a2 với a, b, c ∈ R Bài Chứng p minh rằng: (a −pb)2 + c2 + (a + b)2 + c √ Lời giải HD: (a − b)2 + c2 + (a + b)2 + (−c)2 ≥ c2 + a2 √ p p Bài Chứng minh rằng: c(a − c) + c(b − c) ≤ ab với a, b, c ∈ R, a > c > 0, b > c − − − − Lời giải HD: √ Sử dụng |→ u→ v |≤√ |→ u ||→ v |.√ √ → − → − đó u = ( c, a − c), v = ( b − c, c) √ √ Bài Tìm GTNN P = x2 − 6x + 13 + x2 + 2x + − − Lời giải HD: → u = (x − 3, 2), → v = (−x − 1, 1) √ √ Bài Tìm GTNN P = x2 + 10x + 26 + x2 + 4x + − − Lời giải HD: → u = (x + 5, 1)→ v = (−x − 2, 1) Dạng Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối Ví dụ Chứng minh |a − b| |a| |b| ≤ + + |a − b| + |a| + |b| Lời giải Quy đồng, nhân chéo ta bất đẳng thức tương đương |a − b|(1 + |a| + |b| + |ab|) ≤ (1 + |a − b|)(|a| + |b| + 2|ab|) ⇔ |a − b| ≤ |a| + |b| + |ab(a − b)| + 2|ab| (đúng) Dấu xảy và a = b = Ví dụ Cho các số thực a, b, c thỏa mãn |ax2 + bx + c| ≤ 1, ∀|x| ≤ Chứng minh |a| + 2|b| + 3|c| ≤ Lời giải Đặt f (x) = ax2 + bx + c Khi đó: f (1) = a + b + c, f (−1) = a − b + c, f (0) = c 1 Do đó, a = ( f (1) + f (−1) − f (0)), b = ( f (1) − f (−1)), c = f (0) 2 Suy ra, | f (1) + f (−1) − f (0)| + | f (1) − f (−1)| + 3| f (0)| 3 ≤ | f (1)| + | f (−1)| + 4| f (0)| 2 ≤ |a| + 2|b| + 3|c| = Ví dụ Tìm GTNN biểu thức A = |x + 2017| + |x − y − 6| + |2x − y + 44| Lời giải Ta có A ≥ |x + 2017 +x − y − − 2x + y − 44| hay  A ≥ 1967 ≥ ≤  x + 2017  x + 2017 x−y−6 ≥ x−y−6 ≤ Dấu xảy và   2x − y + 44 ≥ 2x − y + 44 ≤ (4.1) (4.2) (4.3) 260 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài Tìm GTNN A = |x + 5| + |2x − 7| + |3x + 12| Lời giải HD: A ≥ |x + + 2x − − 3x − 12| hay A ≥ 14 Bài Tìm GTNN A = |x − 1| + |y − 2| + |z − 3| với |x| + |y| + |z| = 2017 Lời giải HD: A = |x − 1| + |y − 2| + |z − 3| ≥ |x| − + |y| − + |z| − hay A ≥ 2011 Bài Cho các số thực thỏa mãn |a + b + c| ≤ 1, |a − b + c| ≤ 1, |4a + 2b + c| ≤ 8, |4a − 2b + c| ≤ Chứng minh rằng: |a| + 3|b| + |c| ≤ Lời giải HD: Chứng minh |a + c| + |b| ≤ (1), |4a + c| + 2|b| ≤ (2) Cộng vế (1) và (2) |a| + |b| ≤ Nhân vế (1) với cộng vế với (2) 2|b| + |c| ≤ |a| + |b| |a + b| ≤ + |a + b| + |a| + |b| Lời giải HD: Nhân chéo Bài Chứng minh Bài Chứng minh rằng: Nếu |a| < 1, |b − 1| < 10, |a − c| < 10 thì |ab − c| < 20 Lời giải HD: |ab − c| ≤ |ab − a| + |a − c| = |a||b − 1| + |a − c| BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH MỘT ẨN §2 261 BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH MỘT ẨN I Tóm tắt lí thuyết Định nghĩa Bất phương trình bậc ẩn là bất phương trình (bpt) sau thu gọn có dạng ax + b > 0, ax + b < 0, ax + b ≥ 0, ax + b ≤ đó a, b là các số thực với a 6= và x là ẩn số Giải và biện luận bất phương trình ax + b > Å ã b b • Với a > 0, bpt ⇔ x > − Tập nghiệm bpt là S = − ; +∞ ; a a Å ã b b • Với a < 0, bpt ⇔ x < − Tập nghiệm bpt là S = −∞; − ; a a • a = 0, bpt thành 0x + b > Ta xét hai trường hợp: b ≤ 0, tập nghiệm bpt là S = 0; / b > 0, tập nghiệm bpt là S = R Giải và biện luận bất phương trình ax + b ≤ Å ò b b • Với a > 0, bpt ⇔ x ≤ − Tập nghiệm bpt là S = −∞; − ; a a ï ã b b • Với a < 0, bpt ⇔ x ≥ − Tập nghiệm bpt là S = − ; +∞ ; a a • a = 0, bpt thành 0x + b ≤ Ta xét hai trường hợp: b ≤ 0, tập nghiệm bpt là S = R; b > 0, tập nghiệm bpt là S = / II Các dạng toán Dạng Giải bất phương trình bậc ẩn Xét bất phương trình bậc ẩn dạng: ax + b > (*) b • Nếu a > thì bất phương trình (*) có các nghiệm x > − hay bất phương trình có tập nghiệm là a Å ã b S = − ; +∞ a b • Nếu a < thì bất phương trình (*) có các nghiệm x < − hay bất phương trình có tập nghiệm là a Å ã b S = −∞; − a Các bất phương trình dạng ax + b < 0, ax + b ≥ 0, ax + b ≤ có cách giải tương tự Các bất phương trình khác ta biến đổi bất phương trình dạng ax + b > (hoặc dạng ax + b < 0, ax + b ≥ 0, ax + b ≤ 0) 262 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH Ví dụ Giải các bất phương trình sau: a) 3x − ≥ b) 2x + < 4x − c) (x − 3)(2x + 5) ≤ 2x2 + 4x − Lời giải a) 3x − ≥ ⇔ x ≥ ï ã Vậy tập nghiệm bất phương trình đã cho là S = ; +∞ b) 2x + < 4x − ⇔ 2x − 4x < −5 − ⇔ −2x < −8 ⇔ x > Vậy tập nghiệm bất phương trình đã cho là S = (4; +∞) c) (x − 3)(2x + 5) ≤ 2x2 + 4x − ⇔ 2x2 − x − 15 ≤ 2x2 + 4x − ⇔ −5x ≤ ⇔ x ≥ − ï ã Vậy tập nghiệm bất phương trình đã cho là S = − ; +∞ Ví dụ Giải các bất phương trình sau: a) − 2x ≥ x2 + b) x2 + 3x − x2 − x − < x2 + 2x + x2 + 2x + Lời giải a) − 2x ≥ x2 + Ta có x2 + > với x ∈ R Do đó bất phương trình đã cho tương đương: 3 − 2x ≥ ⇔ x ≤ Å ò Vậy tập nghiệm bất phương trình đã cho là: S = −∞; x2 + 3x − x2 − x − b) < x + 2x + x2 + 2x + Ta có: x2 + 2x + = (x + 1)2 + > với x ∈ R Do đó bất phương trình đã cho tương đương: x2 + 3x − < x2 − x − ⇔ 4x < ⇔ x < Vậy tập nghiệm bất phương trình đã cho là: S = (−∞; 0) Ví dụ Giải các bất phương trình sau: √ a) x − 1(3x − 8) ≤ 4x + b) √ ≥ 2−x Lời giải √ a) x − 1(3x − 8) ≤ Điều kiện: x − ≥ ⇔ x ≥ √ − 5x c) √ > 2x + 2x + d) x−1 < 2−x BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH MỘT ẨN • Ta thấy x = là nghiệm bất phương trình đã cho • Với x > 1, bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình: 3x − ≤ ⇔ x ≤ Kết hợp điều kiện x > ta được: < x ≤ • Vậy bất phương trình đã cho có các nghiệm ≤ x ≤ 4x + b) √ ≥ Điều kiện: − x > ⇔ x < 2−x Với x < 2, bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình: 4x + ≥ ⇔ x ≥ − Kết hợp điều kiện x < ta được: − ≤ x < ã ï Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm S = − ; √ − 5x c) √ > 2x + 2x + 1 Điều kiện: 2x + > ⇔ x > − Với x > − , bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình: − 5x > 2x + ⇔ −7x > −5 ⇔ x < 1 Kết hợp điều kiện x > − ta được: − < x < 2 7Å ã Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm S = − ; d) x−1 < 2−x Điều kiện: − x 6= ⇔ x 6= • Với x < 2, bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình: x − < − x ⇔ 2x < ⇔ x < Kết hợp điều kiện x < ta x < • Với x > 2, bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình: x − > − x ⇔ 2x > ⇔ x > Kết hợp điều kiện x > ta x > Å ã • Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm S = −∞; ∪ (2; +∞) BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài Giải các bất phương trình sau: a) −4x + > c) 10x + < b) 5x − ≤ d) −2x + ≤ Lời giải 263 264 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH a) −4x + > ⇔ x < ã Å Vậy tập nghiệm bất phương trình đã cho là S = −∞; b) 5x − ≤ ⇔ x ≤ Å ò Vậy tập nghiệm bất phương trình đã cho là S = −∞; 10 Å ã Vậy tập nghiệm bất phương trình đã cho là S = −∞; − 10 c) 10x + < ⇔ x < − d) −2x + ≤ ⇔ x ≥ Vậy tập nghiệm bất phương trình đã cho là S = [4; +∞) Bài Giải các bất phương trình sau: a) 3(x − 1) + > 2x + c) x2 − 3x + ≤ x2 − b) 4x + < 2x − d) 3x2 − 10x + ≥ 3x(x + 1) Lời giải a) Tập nghiệm bất phương trình là S = (4; +∞) b) Tập nghiệm bất phương trình là S = (−∞; −2) c) Tập nghiệm bất phương trình là S = [2; +∞) ò Å d) Tập nghiệm bất phương trình là S = −∞; 13 Bài Giải các bất phương trình sau: a) − 2x + > x+ b) −2x + 3(2x − 7) > c) + d) 3(x + 1) x−1 < 3− x+1 x+2 x − < 2+ Lời giải 2x + 41 > x + ⇔ 60 − 4(2x + 1) > 20x + 15 ⇔ −28x > −41 ⇔ x < 28 ã Å 41 Tập nghiệm bất phương trình là S = −∞; 28 a) − 3(2x − 7) 38 19 > ⇔ −2x + > 2x − ⇔ −4x > − ⇔ x < 5 10 Å ã 19 Tập nghiệm bất phương trình là S = −∞; 10 b) −2x + 3(x + 1) x−1 3x + x − < 3− ⇔ + < ⇔ 5x < ⇔ x < 8 4Å ã Tập nghiệm bất phương trình là S = −∞; c) + BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH MỘT ẨN d) 265 x+1 x+2 x − < + ⇔ 3(x + 1) − 2(x + 2) < 12 + x ⇔ 3x + − 2x − < 12 + x ⇔ · x < 13 (luôn đúng ∀x ∈ R) Tập nghiệm bất phương trình là S = R Bài Giải các bất phương trình sau: a) x+2 ≥ x2 + c) b) 3(x − 1) − < x2 + 4x + d) 2x − x2 + x + ≤ 4x + x2 + x + x2 + x + (x + 1)(x − 2) > 4x + 4x + 4x2 + 4x + Lời giải a) Ta có x2 + > với x ∈ R Do đó bất phương trình đã cho tương đương: x + ≥ ⇔ x ≥ −2 Tập nghiệm bất phương trình là S = [−2; +∞) b) Ta có x2 + 4x + = (x + 2)2 + > với x ∈ R Do đó bất phương trình đã cho tương đương: 3(x − 1) − < ⇔ 3x − < ⇔ x < 3Å ã Tập nghiệm bất phương trình là S = −∞; ã Å c) Ta có x + x + = x + + > với x ∈ R Do đó bất phương trình đã cho tương đương: 2x − ≤ 4x + ⇔ 2x ≥ −6 ⇔ x ≥ −3 Tập nghiệm bất phương trình là S = [−3; +∞) d) Ta có 4x2 + 4x + = (2x + 1)2 + > với x ∈ R Do đó bất phương trình đã cho tương đương: x2 + x + > (x + 1)(x − 2) ⇔ 2x > −4 ⇔ x > −2 Tập nghiệm bất phương trình là S = (−2; +∞) Bài Giải các bất phương trình sau: √ a) (3x − 6) − x ≤ √ 6x + b) > 2−x − 4x √ c) √ < x + x+5 d) (2x − 1)2 (x + 3) ≥ e) 3x − ≤ 5x + f) 8x + > 2x − Lời giải a) Điều kiện: − x ≥ ⇔ x ≤ Rõ ràng x = là nghiệm bất phương trình đã cho Với x < bất phương trình đã cho trở thành: 3x − ≤ ⇔ x ≤ Tập nghiệm bất phương trình là S = (−∞; 2] ∪ {3} b) Điều kiện: 6x + ≥ ⇔ x ≥ − Với x = − không là nghiệm bất phương trình đã cho Với x > − bất phương trình đã cho trở thành: 2 − x > ⇔ x < 266 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH 1 Kết hợp điều kiện x > − ta − < x < 2 ã Å Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = − ; c) Điều kiện: x + > ⇔ x > −5 Với x > −5 bất phương trình đã cho trở thành: − 4x < x + ⇔ 5x > −4 ⇔ x > − Kết hợp điều kiện x > −5 ta x > − Å ã Tập nghiệm bất phương trình là S = − ; +∞ rõ ràng là nghiệm bất phương trình đã cho Trường hợp 2x − 6= hay x 6= bất phương trình đã cho trở thành: x + ≥ ⇔ x ≥ −3 Tập nghiệm bất phương trình là S = [−3; +∞) d) Trường hợp 2x − = hay x = e) Điều kiện: x 6= − Trường hợp x < − bất phương trình đã cho trở thành: 3x − ≥ ⇔ x ≥ Kết hợp điều kiện: x < − ta bất phương trình vô nghiệm Trường hợp x > − bất phương trình đã cho trở thành: 3x − ≤ ⇔ x ≤ 1 Kết hợp điều kiện: x > − ta − < x ≤ 5 Å 3ò Tập nghiệm bất phương trình là S = − ; 3 f) Điều kiện: x 6= Trường hợp x < bất phương trình đã cho trở thành: 8x + < 4x − ⇔ x < − Kết hợp điều kiện: x < ta x < − Trường hợp x > bất phương trình đã cho trở thành: 8x + > 4x − ⇔ x > − 3 Kết hợp điều kiện: x > ta x > 2 Å ã Å ã Tập nghiệm bất phương trình là S = −∞; − ∪ ; +∞ BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH MỘT ẨN 267 Dạng Giải và biện luận bất phương trình bậc ẩn Xét bất phương trình ẩn dạng: ax + b > Trường hợp a 6= 0: (*) b • Nếu a > thì bất phương trình (*) có các nghiệm x > − hay bất phương trình có tập nghiệm a Å ã b là S = − ; +∞ a b • Nếu a < thì bất phương trình (*) có các nghiệm x < − hay bất phương trình có tập nghiệm a Å ã b là S = −∞; − a Trường hợp a = 0: • Nếu b > thì bất phương trình (*) luôn nghiệm đúng với x ∈ R hay bất phương trình có tập nghiệm S = R • Nếu b ≤ thì bất phương trình (*) vô nghiệm hay bất phương trình có tập nghiệm S = ∅ Các bất phương trình dạng ax + b < 0, ax + b ≥ 0, ax + b ≤ có cách giải và biện luận tương tự Các bất phương trình khác ta biến đổi bất phương trình dạng ax + b > (hoặc dạng ax + b < 0, ax + b ≥ 0, ax + b ≤ 0) Ví dụ Giải và biện luận bất phương trình mx + > 2x + Lời giải mx + > 2x + ⇔ (m − 2)x > −3 • Trường hợp m − = hay m = thì bất phương trình đã cho nghiệm đúng với x ∈ R • Trường hợp m − > hay m > thì bất phương trình đã cho có các nghiệm x > −3 m−2 • Trường hợp m − < hay m < thì bất phương trình đã cho có các nghiệm x < −3 m−2 Ví dụ Tìm tất các giá trị thực tham số m để bất phương trình (m2 − 4m + 3)x + 2m − < vô nghiệm Lời giải Bất phương trình  đã ï cho vô nghiệm khi: ß  m=1 m − 4m + = m = ⇔ m = ⇔ 2m − ≥  m≥2 Vậy m = là giá trị thỏa yêu cầu bài toán √ Ví dụ Giải và biện luận bất phương trình x − (x − m + 2) > Lời giải Điều kiện x − ≥ ⇔ x ≥ • Trường hợp x = không là nghiệm bất phương trình đã cho • Trường hợp x > ta bất phương trình: x − m + > ⇔ x > m − 268 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH - Nếu m − ≥ hay m ≥ thì bất phương trình có tập nghiệm S = (m − 2; +∞) - Nếu m − < hay m < thì bất phương trình có tập nghiệm S = (1; +∞) • Vậy: với m ≥ thì bất phương trình có tập nghiệm S = (m − 2; +∞); với m < thì bất phương trình có tập nghiệm S = (1; +∞) BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài Giải và biện luận bất phương trình (1 − m)x − 2m > −2x − Lời giải (1 − m)x − 2m > −2x − ⇔ (3 − m)x > 2m − • Trường hợp − m = hay m = thì bất phương trình đã cho vô nghiệm • Trường hợp − m > hay m < thì bất phương trình đã cho có các nghiệm x > 2m − hay x > −2 3−m • Trường hợp − m < hay m > thì bất phương trình đã cho có các nghiệm x < 2m − hay x < −2 3−m Bài Cho bất phương trình (m2 + 3m)x + ≥ −2(x + m) Tìm tất các giá trị m để bất phương trình đã cho nghiệm đúng với x ∈ R Lời giải (m2 + 3m)x + ≥ −2(x + m) ⇔ (m2 + 3m + 2)x + 2m + ≥ Bất phương trình đã cho  nghiệm đúng với x ∈ R khi: ï ß ï  m = −1 m = −1 m + 3m + = m = −2 ⇔ ⇔ m = −2 2m + ≥  m ≥ −2 Vậy m = −1, m = −2 là giá trị thỏa yêu cầu bài toán √ Bài Giải và biện luận bất phương trình (2x − 3m + 2) − x < Lời giải Điều kiện − x ≥ ⇔ x ≤ • Trường hợp x = không là nghiệm bất phương trình đã cho • Trường hợp x < ta bất phương trình: 3m − 2x − 3m + > ⇔ x > Å ã 3m − 3m − < hay m < thì bất phương trình có tập nghiệm S = ;2 - Nếu 2 3m − - Nếu ≥ hay m ≥ thì bất phương trình vô nghiệm • Vậy: với m ≥ thì bất phương trình có tập nghiệmÅS = ∅; ã 3m − với m < thì bất phương trình có tập nghiệm S = ;2 Dạng Tìm giá trị tham số để bất phương trình có tập nghiệm thỏa điều kiện cho trước • Biến đổi bất phương trình bốn dạng sau ax + b > 0, ax + b < 0, ax + b ≥ 0, ax + b ≤ • Nêu điều kiện mà bất phương trình phải thỏa, từ đó tìm giá trị tham số Ví dụ Cho bất phương trình (4m2 − 6m)x + 7m ≥ (3m2 − 5)x + + 5m Định m để bất phương trình thỏa với x ∈ R BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH MỘT ẨN Lời giải Bpt ⇔ (m2 − 6m + 5)x + 2m − ≥ Bpt®thỏa với ® x∈R ® a=0 m2 − 6m + = m = m = ⇔ ⇔ ⇔ b≥0 2m − ≥ m≥2 Vậy bpt thỏa với x ∈ R ⇔ m = 269 ⇔ m = Ví dụ Định m để bất phương trình mx+3m3 ≥ −3(x+4m2 −m−12) có tập nghiệm là [−24; +∞) Lời giải   Bpt ⇔ (m + 3)x + 3m3 + 12m2 − 3m − 36 ≥ ⇔ (m + 3) x + 3(m2 + m − 4) ≥ • m = −3, bpt có tập nghiệm là R (loại) • m < −3, bpt ⇔ x + 3(m2 + m − 4) ≤ ⇔ x ≤ −3(m2 + m − 4) (loại) 
• m > −3, bpt ⇔ x+3(m2 +m−4) ≥ ⇔ x ≥ −3(m2 +m−4) Bpt có tập nghiệm là −3(m2 + m − 4); +∞ Do® đó, bpt có tập nghiệm [−24; +∞) ® m > −3 m > −3 ⇔ ⇔ −3(m + m − 4) = −24 m2 + m − 12 = ® m > −3 ⇔ ⇔ m = m = −4 hay m = BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài Tìm tất các giá trị m để bất phương trình vô nghiệm (6m2 + m − 2)x − 7m ≥ (6m2 + 5)x − 5m − Lời giải Bpt ⇔ (m − 7)x − ® 2m + ≥ ® a=0 m−7 = Bpt vô nghiệm ⇔ ⇔ b<0 −2m + < ⇔ m = Bài Tìm tất các giá trị m để bất phương trình sau thỏa với x ∈ R a) m2 (x − 1) ≥ 25x + 5m − 6; p b) (m2 − 9)x + m + > 3; Lời giải a) Bpt ⇔ (m2 − 25)x − m2 − 5m + ≥ ® ® a=0 m2 − 25 = Bpt thỏa với x ∈ R ⇔ ⇔ b≥0 −m2 − 5m + ≥ ⇔ m = −5 b) Bpt ⇔ (m2 − 9)x + m + > ⇔ (m2 − 9)x + m − > ® ® a=0 m2 − = Bpt thỏa với x ∈ R ⇔ ⇔ ⇔ m = b>0 m−2 > 270 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH p Bài Định m để hàm số y = (m + 3)x + m − xác định với x ∈ [0; 5] Lời giải Hàm số y xác định với x ∈ [0; 5] ⇔ (m + 3)x + m − ≥ (*), với x ∈ [0; 5] Bpt (*) thỏa với x ∈ [0; 5] ⇒ bpt (*) thỏa x = ⇒ m − ≥ ⇒ m ≥ −m + Khi đó, (*) ⇔ x ≥  m+3 m ≥ Vậy YCBT ⇔ −m + ⇔ m ≥  ≤0 m+3 √   Bài Tìm m để bất phương trình − x (m2 + 3)x − 4m ≥ có tập nghiệm là [1; 5] Lời giải  ® x < x<5 Bpt ⇔ x = ⇔ x = 4m x ≥ (m2 + 3)x − 4m ≥ m2 + 4m YCBT ⇔ = ⇔ m2 − 4m + = ⇔ m = m = m +3 Bài Định m để hai bất phương trình sau tương đương a) x − < và 5mx − 3m − 42 < 0; b) 3mx + − 2m > và (3m − 1)x + − 2m > Lời giải a) Bpt x − < có tập nghiệm là S = (−∞; 9)  5m > YCBT ⇔ 3m + 42 ⇔ m =  =9 5m   m < m > 3m(3m − 1) > b) YCBT ⇔ 2m − 2m − ⇔ m = −2  = 3m 3m − ⇔ m = −2 Dạng Hệ bất phương trình bậc ẩn Khi cho hệ bất phương trình bậc ẩn thì tập hợp nghiệm hệ là giao các tập hợp nghiệm các bất phương trình hệ • Các bước thực hành giải toán: Tìm điều kiện hệ (nếu có) ® Biến đổi để đưa hệ bất phương trình dạng đặc trưng a1 x + b1 ≤ (1) a2 x + b2 ≤ (2) Giải bất phương trình hệ Gọi S1 , S2 là tập nghiệm phương trình (1), (2) hệ Tập nghiệm hệ bất phương trình S = S1 ∩ S2 ® Ví dụ Giải hệ bất phương trình: 3−x ≥ − 2x ≥ BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH MỘT ẨN  x ≤ 3−x ≥ ⇔ Lời giải Ta có: ⇔x≤ x ≤ − 2x ≥ 2Å ò Tập nghiệm hệ bất phương trình S = −∞; ®  2x − < − 2x Ví dụ Giải hệ bất phương trình:  2x − < 5(3x − 1)  ® 2x − < − 2x 30x − < 35 − 10x 11 Lời giải <x< ⇔ ⇔  13 10 2x − < 15x − x − < 5(3x − 1) Å ã 11 Tập nghiệm hệ bất phương trình S = ; 13 10 BÀI TẬP TỰ LUYỆN (x − 1)(x + 2) ≤ 2x2 − x − (x + 3)(x − 1) Bài Giải hệ bất phương trình: x−1 <  ® ® x ≤ 4x − ≤ (x − 1)(x + 2) ≤ 2x − x − (x + 3)(x − 1) Lời giải ⇔ ⇔ ⇔ x <  x−1 < x−1 < x<1 Tập nghiệm hệ bất phương trình S = (−∞; 1) ® 3x − ≤ x + Bài 10 Giải hệ bất phương trình: 2x − < x2 − (x − 1)(x + 1) ® ® 3x − ≤ x + x≤6 Lời giải ⇔ ⇔ x < x<1 2x − < x − (x − 1)(x + 1) Tập nghiệm hệ bất phương trình S = (−∞; 1)   6x + < 4x + 7 Bài 11 Giải hệ bất phương trình: 8x +   < 2x +    22   44 6x + < 4x + 2x < x < ⇔ x < 7 ⇔ Lời giải ⇔     8x + < 2x + x < 4x < Å ã Tập nghiệm hệ bất phương trình S = −∞;   √x − > x−4 Bài 12 Giải hệ bất phương trình:  x < 2(x + 1)     √x − > x > x−4 Lời giải ⇔ x > ⇔ x >    x < 2(x + 1) x > −2 Tập nghiệm hệ bất phương trình S = (4; +∞) ® 271 272 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH Dạng Giải và biện luận hệ bất phương trình bậc ẩn ® a1 x + b1 ≤ (I) Giải và biện luận hệ bất phương trình: a2 x + b2 ≤ • Xét các trường hợp tồn dấu a1 và a2 • Với trường hợp riêng biệt nhận trên, thông thường ta có các trường hợp sau: ™ ß b1 b2 – TH1: Nếu a1 , a2 > Khi đó (I) ⇔ x ≤ − , − a1 a2 ß ™ b1 b2 – TH2: Nếu a1 , a2 < Khi đó (I) ⇔ x ≥ max − , − a1 a2  b1   x ≤ − a1 – TH3: Nếu a1 > 0; a2 < Khi đó (I) ⇔ b2   x ≥ − a2 b2 b1 Hệ có nghiệm điều kiện là: − ≤ − a2 a1 b2 b1 Khi đó nghiệm hệ là: − ≤ x ≤ − a2 a1 – TH4: Nếu a1 = a2 = Khi đó thay trực tiếp giá trị tham số vào hệ (I) ® Ví dụ Tìm tất các giá trị m để hệ bất phương trình: x+m ≤ có nghiệm −x+3 < ® ® x+m ≤ x ≤ −m Lời giải ⇔ −x+3 < x>3 Để hệ bất phương trình có nghiệm thì −m > ⇔ m < −3 ® x + 4m2 ≤ 2mx + có nghiệm Ví dụ Tìm m để hệ bất phương trình: 3x + > 2x − x + 4m2 ≤ 2mx + (1) 3x + > 2x − (2) (2) ⇔ x > −3 (1) ⇔ (1 − 2m)x ≤ − 4m2 Xét các trường hợp: ® Lời giải • TH1: Nếu − 2m = ⇔ m = Khi đó (1) có tập nghiệm S1 = R Khi đó hệ có tập nghiệm S = (−3; +∞) • TH2: Nếu − 2m < ⇔ m > − 4m2 Suy (1) có nghiệm: x ≥ ⇔ x ≥ + 2m − 2m Khi đó hệ có tập nghiệm S = [1 + 2m; +∞) (do + 2m > > −3) thì (1) có nghiệm x ≤ + 2m Hệ bất phương trình có nghiệm khi: + 2m > −3 ⇔ m > −2 Với −2 < m < thì hệ bất phương trình có tập nghiệm S = (−3; + 2m) • TH3: Nếu − 2m > ⇔ m < BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH MỘT ẨN Vậy với m > −2 hệ bất phương trình có nghiệm ® mx + < 3x + m2 Ví dụ 10 Tìm m để hệ bất phương trình: vô nghiệm 4x + < −x + mx + < 3x + m2 (1) Lời giải 4x + < −x + (2) (2) ⇔ x < (1) ⇔ (m − 3)x < m2 − Xét các trường hợp: ® • TH1: Nếu m − = ⇔ m = Khi đó (1) có tập nghiệm S1 = ∅ Với m = hệ bất phương trình vô nghiệm • TH2: Nếu m − < ⇔ m < Suy (1) có nghiệm: x > m + Khi đó hệ vô nghiệm m + ≥ ⇔ m ≥ −2 Với −2 ≤ m < hệ bất phương trình vô nghiệm • TH3: Nếu m − > ⇔ m > thì (1) có nghiệm x < m + Với m > hệ bất phương trình luôn có nghiệm Vậy hệ bất phương trình vô nghiệm −2 ≤ m ≤ BÀI TẬP TỰ LUYỆN ® x−2 ≤ Bài 13 Tìm tất các giá trị m để hệ bất phương trình: có nghiệm m+x > ® ® x−2 ≤ x≤2 Lời giải ⇔ m+x > x > 1−m Để hệ bất phương trình có nghiệm thì − m < ⇔ m > −1 ® 2x + < 8x − Bài 14 Tìm tất các giá trị m để hệ bất phương trình: vô nghiệm − 2x + m + >  ®   x > 2x + < 8x − Lời giải ⇔  − 2x + m + > x < m + m+5 ≤ ⇔m≤− Để hệ bất phương trình vô nghiệm thì 3 ® 3x + − 2m ≤ Bài 15 Với giá trị nào m thì hệ có nghiệm mx + m − ≤ ® 3x + − 2m ≤ (1) Lời giải mx + m − ≤ (2) 2m − (1) ⇔ x ≤ (2) ⇔ mx ≤ − m (3) Xét các trường hợp: • TH1: Nếu m = 0, đó bất phương trình (3) ⇔ 0x ≤ luôn đúng Vậy nghiệm hệ bất phương trình là x ≤ − và nghiệm là không 1−m • TH2: Nếu m > 0, đó bất phương trình (3) ⇔ x ≤ m ß ™ 2m − − m Khi đó nghiệm hệ là x ≤ , và nghiệm là không m 273 274 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH 1−m m m=1 2m − − m  Khi đó để hệ có nghiệm thì = ⇔ 3 m m=− • TH3: Nếu m < 0, đó bất phương trình (3) ⇔ x ≥ Vậy với m = − hệ có nghiệm ® mx + > 2x + 3m có nghiệm Bài 16 Với giá trị nào m thì hệ m(x − m) < x − ® (m − 2)x > 3m − (1) Lời giải Viết lại hệ bất phương trình dạng (I) (m − 1)x < m2 − (2) Xét các trường hợp: ® x<3 ⇒ m + < x < • TH1: Nếu m < 1, đó hệ (I) ⇔ x > m+1 Khi đó tập nghiệm hệ là S = (m + 1; 3) ® x<3 • TH2: Nếu m = 1, đó hệ (I) ⇔ ⇒ hệ vô nghiệm 0x < ® x<3 • TH3: Nếu < m < 2, đó hệ (I) ⇔ ⇒ x < {3, m + 1} = m + x < m+1 Khi đó tập nghiệm hệ S = (−∞; m + 1) ® 0x > • TH4: Nếu m = 2, đó hệ (I) ⇔ ⇒ hệ vô nghiệm x<3 ® x>3 • TH5: Nếu m > 2, đó hệ (I) ⇔ ⇒ < x < m + x < m+1 Khi đó tập nghiệm hệ S = (3; m + 1) Vậy hệ bất phương trình có nghiệm m 6= và m 6= Dạng Tìm giá trị tham số để hệ bất phương trình có tập nghiệm thỏa điều kiện cho trước ® Ví dụ 11 Cho hệ bất phương trình x−m+1 > Tìm tất các giá trị thực tham số m để hệ m + − x ≥ bất phương trình a) Nghiệm đúng với x ∈ [−2; −1) b) Có nghiệm thuộc [1; 3) ï ò c) Có nghiệm thuộc −1; ® ® x−m+1 > x > m−1 Lời giải Ta có ⇔ Suy hệ có tập nghiệm S = (m − 1; m + 2] m+2−x ≥ x ≤ m + a) Hệ có nghiệm đúng với x ∈ [−2; −1) và BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH MỘT ẨN ® [−2; −1) ⊂ S ⇔ 275 m − < −2 ⇔ −3 ≤ m < −1 m + ≥ −1 b) Hệ có nghiệm thuộc [1; 3) ⇔ m + = ⇔ m = −1 ï ò c) Hệ không có nghiệm thuộc −1;  ≤ m−1 m≥   ⇔ ⇔ m + < −1 m < −3  ò ï ⇔ −3 ≤ m < Vậy hệ có nghiệm thuộc −1; 2 ® Ví dụ 12 Cho hệ bất phương trình x+m > mx + m2 − 2m ≥ Tìm tất các giá trị thực tham số m để hệ bất phương trình a) Nghiệm đúng với x ∈ [−1; +∞) b) Có nghiệm thuộc [0; 3) ® ® x+m > x > 1−m (1) Gọi S1 , S2 , S là tập nghiệm mx ≥ m(2 − m) (2) mx + m − 2m ≥ (1), (2) và hệ Khi đó S1 = (1 − m; +∞) và • Với m = ta có S2 = R ⇒ S = S1 ∩ S2 = (1 − m; +∞) • Với m > ta có S2 = [2 − m; +∞) ⇒ S = S1 ∩ S2 = [2 − m; +∞) • Với m < ta có S2 = (−∞; − m] ⇒ S = S1 ∩ S2 = (1 − m; − m] Lời giải Ta có ⇔ a) Hệ có nghiệm đúng với x ∈ [−1; +∞) ⇔ [−1; +∞) ⊂ S • Với m = ta có S = (1; +∞) 6⊃ [−1; +∞) ⇒ m = không thỏa mãn • Với m > ta có [−1; +∞) ⊂ S ⇔ − m ≤ −1 ⇔ m ≥ Kết hợp điều kiện m > ta có m ≥ thoả mãn • Với m < ta có S = (1 − m; − m] 6⊃ [−1; +∞) ⇒ m < không thỏa mãn Vậy tập các giá trị m thỏa mãn là [3; +∞) b) Hệ có nghiệm thuộc [0; 3) ⇔ [3; 0) ∩ S 6= / • Với m = ta có [0; 3) ∩ S = (1; 3) 6= 0/ ⇒ m = thỏa mãn • Với m > ta có [0; 3) ∩ S 6= 0/ ⇔ − m < ⇔ m > −1 Kết hợp điều kiện m > ta có m > thoả mãn ® 1−m < • Với m < ta có [0; 3) ∩ S 6= 0/ ⇔ ⇔ −2 < m < Kết hợp điều kiện m < ta có 2−m > −2 < m < thỏa mãn Vậy tập các giá trị m thỏa mãn là (−2; +∞) BÀI TẬP TỰ LUYỆN ® Bài 17 Cho hệ bất phương trình nghiệm đúng với x ∈ [−2; 3] x + 2m − > Tìm tất các giá trị thực tham số m để hệ có 6m − − x ≥ 276 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH ® ® − 2m < −2 x > − 2m x + 2m − > ⇔ Hệ có nghiệm đúng với x ∈ [−2; 3] ⇔ ⇔ Lời giải Ta có ≤ 6m − x ≤ 6m − 6m − − x ≥ m> ® x+m > Bài 18 Cho hệ bất phương trình Tìm tất các giá trị thực tham số m (m − 1)x − m2 + 4m − > để hệ ® a) Có nghiệm thuộc (−∞; 2) b) Có nghiệm thuộc [−1; 3] c) Nghiệm đúng với x ∈ [−1; 3] ® ® x+m > x > 2−m Giải và biện luận hệ ta có Lời giải Ta có ⇔ (m − 1)x > (m − 1)(m − 3) (m − 1)x − m + 4m − > • Với m ≤ ta có hệ vô nghiệm • Với m > 1, hệ có tập nghiệm S = (max{m − 3; − m}; +∞) a) Hệ có nghiệm thuộc (−∞; 2) ® ⇔ max{m − 3; − m} < ⇔ m−3 < ⇔ < m < 2−m < Kết hợp điều kiện m > ta có < m < thỏa mãn b) Hệ có nghiệm thuộc [−1; 3] ® ⇔ max{m − 3; − m} < ⇔ m−3 < ⇔ −1 < m < 2−m < Kết hợp điều kiện m > ta có < m < thỏa mãn c) Hệ có nghiệm đúng với x ∈ [−1; 3] ® ® m − < −1 m<2 ⇔ max{m − 3; − m} < −1 ⇔ ⇔ vô nghiệm m − m < −1 m>3 ® mx − < Tìm tất các giá trị thực tham số m để hệ (3m − 2)x − m < nghiệm đúng với®mọi x dương ® mx − < mx < Lời giải Ta có ⇔ Ta có (3m − 2)x − m < (3m − 2)x < m • Với m = 0, hệ có tập nghiệm S = (0; Å +∞) ⇒ ã m = thỏa mãn • Với m = , hệ có tập nghiệm S = −∞; 6⊃ (0; +∞) ⇒ m = không thỏa mãn 3 Å ã m m • Với m < 0, hệ có tập nghiệm S = ; +∞ Hệ có nghiệm đúng với x dương ⇔ ≤0⇔ 3m − 3m − 2 < m < không thỏa mãn điều kiện m < Bài 19 Cho hệ bất phương trình BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH MỘT ẨN 277 • Với < m < , hệ vô nghiệm Å ß ™ã m • Với m > , hệ có tập nghiệm −∞; ; 6⊃ (0; +∞) ⇒ m > không thỏa mãn m 3m − Vậy có giá trị m = thỏa mãn đề bài ® m(x − 1) + ≥ Tìm tất các giá trị thực tham số m để hệ bất Bài 20 Cho hệ bất phương trình x − m ≤ phương trình nghiệm ® đúng với x ∈®[0; 1] mx ≥ m − m(x − 1) + ≥ ⇔ Lời giải Ta có x ≤ m + x−m ≤ • Với m = 0, hệ có tập nghiệm S = (−∞; 1] ⇒ m = thỏa Å 2) ⊃ [0;ß ™ãmãn m−2 • Với m < 0, hệ có tập nghiệm S = −∞; ; m + Hệ nhận x ∈ [0; 1] là nghiệm ⇔ m  m − ≥ m ⇔ m ≥ −1 Kết hợp điều kiện m < ta có −1 ≤ m < thỏa mãn  m+2 ≥  m − ≤ m ⇔ < m ≤ Kết hợp điều kiện m > ta có • Với m > 0, hệ nhận x ∈ [0; 1] là nghiệm ⇔  m+2 ≥ < m ≤ thỏa mãn Vậy tập các giá trị m thỏa mãn là [−1; 2] BÀI TẬP TỔNG HỢP  x + 2m − ≥ Bài 21 Cho hệ bất phương trình 2x m + Tìm tất các giá trị thực tham số m để hệ √ ≤√ − x2 − x2 bất phương trình nhận tập xác định  là tập nghiệm  x + 2m − ≥ x ≥ − 2m Lời giải TXĐ D = (−2; 2) Ta có ⇒ 2x m+1 √ x ≤ m + ≤√ 2 −® x 4−x − 2m ≤ −2 Hệ có nghiệm đúng với x ∈ (−2; 2) ⇔ ⇔ m ≥ m+1 ≥  x + m − ≤ Bài 22 Cho hệ bất phương trình Tìm tất các giá trị thực m+1 2x √ √ √ ≥√ − 2x + + 2x − 2x + + 2x tham số m để hệ có nghiệm   ï ò x+m−1 ≤  x ≤ − m 1 Lời giải TXĐ D = − ; Ta có ⇒ (∗) 2x m+1 √ x ≥ m + 2 √ √ ≥√ − 2x + + 2x − 2x  + + 2x S 6= 0/ ï ò Hệ ban đầu có nghiệm và hệ (∗) có tập nghiệm S thỏa mãn 1 S ∩ − ; 6= / 2 m+1 • S 6= 0/ ⇔ ≤ 1−m ⇔ m ≤  m+1 ï ò ï ò > 1 1  2 • S∩ − ; = 0/ ⇔  ⇔ m > ⇒ S∩ − ; 6= 0/ ⇔ m ≤ 2 2 1−m < − Kết hợp điều kiện m ≤ ta có m ≤ thỏa mãn 278 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH §3 I Tóm tắt lí thuyết Nhị thức bậc DẤU CỦA NHỊ THỨC BẬC NHẤT Định nghĩa Nhị thức bậc x là biểu thức dạng f (x) = ax + b đó a, b là hai số đã cho, a 6= Ví dụ a) −2x + là nhị thức bậc x b) 7y − là nhị thức bậc y c) 5u là nhị thức bậc u Định lý dấu nhị thức bậc Định lí ãNhị thức f (x) = ax + b có giá trị cùng dấu với hệ sốÅa x ã lấy các giá trị khoảng Å b b − ; +∞ , trái dấu với hệ số a x lấy các giá trị khoảng −∞; − a a • Các kết định lý trên thể qua bảng sau −∞ x − f (x) = ax + b b a +∞ cùng dấu với a trái dấu với a Ta gọi bảng này là bảng xét dấu nhị thức f (x) = ax + b • Biểu diễn trên trục số − b a f (x) cùng dấu với a x f (x) trái dấu với a • Minh họa đồ thị a>0 a<0 y y y = ax + b y = ax + b + − ba + + − − + + O − ba + x O x − − Định lý trên có thể rút gọn hai quy tắc sau: phải cùng trái trái trước trái sau cùng ! DẤU CỦA NHỊ THỨC BẬC NHẤT 279 Các ví dụ minh họa Ví dụ Xét dấu nhị thức bậc nhất: f (x) = 2x + Lời giải f (x) = 2x + = ⇔ x = − Bảng xét dấu: −∞ x y − − +∞ + Ví dụ Xét dấu biểu thức: f (x) = 4mx − Lời giải Xét m = thì f (x) = −3 < ∀x ∈ R Xét m 6= ta có hai trường hợp: • Trường hợp 1: m > Bảng xét dấu: x −∞ y − − 4m +∞ + • Trường hợp 2: m < Bảng xét dấu: x y −∞ − + 4m +∞ − Kết luận: m = thì f (x) < ∀x ∈ R; −3 −3 , f (x) > x > ; 4m 4m −3m −3 m < thì f (x) < x > , f (x) > x < 4m m > thì f (x) < x < II Các dạng toán Dạng Xét dấu tích - thương các nhị thức bậc Giả sử f (x) là tích (hoặc thương) các nhị thức bậc Ta xét dấu f (x) theo các bước sau: Bước 1: Tìm nghiệm các nhị thức bậc và xếp theo thứ tự tăng dần Bước 2: Lập bảng xét dấu: Xét dấu các nhị thức bậc và suy dấu f (x) Bước 3: Kết luận dấu f (x) 280 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH Ví dụ Xét dấu biểu thức f (x) = (3x − 1)(2 − x) Lời giải Ta có • 3x − = ⇔ x = • − x = ⇔ x = Bảng xét dấu f (x): x −∞ +∞ 3x − − + | + 2−x + | + − f (x) − + − Từ bảng xét dấu ta thấy ã ;2 • f (x) > x ∈ Å ã • f (x) < x ∈ −∞; ∪ (2; +∞) Å • f (x) = x = x = Ví dụ Xét dấu biểu thức g(x) = (x + 1)(3x − 5) −2x + Lời giải Ta có • x + = ⇔ x = −1 • 3x − = ⇔ x = • −2x + = ⇔ x = Bảng xét dấu g(x): x+1 − + | 3x − − | − + | + −2x + + | + | + − g(x) + − + x −∞ −1 Từ bảng xét dấu ta thấy Å ã • g(x) > x ∈ (−∞; −1) ∪ ;2 +∞ + | + − DẤU CỦA NHỊ THỨC BẬC NHẤT 281 ã Å ∪ (2; +∞) • g(x) < x ∈ −1; • g(x) = x = x = −1 • g(x) không xác định x = (trong bảng xét dấu kí hiệu ||) Ví dụ Xét dấu biểu thức h(x) = 2x + (6 − 2x)(5 − x) Lời giải Ta có • 2x + = ⇔ x = − • − 2x = ⇔ x = • − x = ⇔ x = Bảng xét dấu h(x): x −∞ − +∞ 2x + − + | + | + − 2x + | + − | − 5−x + | + | + − h(x) − + Từ bảng xét dấu ta thấy Å ã • h(x) > x ∈ − ; ∪ (5; +∞) Å ã • h(x) < x ∈ −∞; − ∪ (3; 5) • h(x) = x = − • h(x) không xác định x = và x = Ví dụ Xét dấu biểu thức h(x) = Lời giải Ta có h(x) = 11 − x + = x + − 2x (x + 1)(4 − 2x) • 11 − x = ⇔ x = 11 • x + = ⇔ x = −1 • − 2x = ⇔ x = Bảng xét dấu h(x): + x + − 2x − + 282 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH −∞ x −1 +∞ 11 11 − x + | + | + − x+1 − + | + | + − 2x + | + − | − h(x) − − + + Từ bảng xét dấu ta thấy • h(x) > x ∈ (−1; 2) ∪ (11; +∞) • h(x) < x ∈ (−∞; −1) ∪ (2; 11) • h(x) = x = 11 • h(x) không xác định x = −1 và x = Ví dụ Xét dấu biểu thức f (x) = 3x2 − x − Lời giải Ta có f (x) = 3x2 − x − = 3(x − 1) Å ã x+ • x − = ⇔ x = • x+ 2 =0⇔x=− 3 Bảng xét dấu f (x): x − | − + − + | + + − + −∞ x−1 f (x) x+ − Từ bảng xét dấu ta thấy Å ã • f (x) > x ∈ −∞; − ∪ (1; +∞) Å ã • f (x) < x ∈ − ; • f (x) = x = − x = BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài Xét dấu biểu thức f (x) = (3 − x)(5x − 2)(x − 1) Lời giải Ta có bảng xét dấu f (x): +∞ DẤU CỦA NHỊ THỨC BẬC NHẤT 283 3−x + | 5x − − + | + | + x−1 − | − + | + f (x) + − + − x −∞ +∞ + | + − 1−x 2x + Lời giải Ta có bảng xét dấu f (x): Bài Xét dấu biểu thức f (x) = 1−x + | 2x + − f (x) − x −∞ − +∞ + − + | + + − x−3 (2x − 1)(−x + 2) Lời giải Ta có bảng xét dấu f (x): Bài Xét dấu biểu thức f (x) = x−3 − | 2x + − + | + | + −x + + | + − | − f (x) + − + − x −∞ +∞ − | − + (x − 3)(4 − x) x Lời giải Ta có bảng xét dấu f (x): Bài Xét dấu biểu thức f (x) = x −∞ +∞ x−3 − | − + | + 4−x + | + | + − x − + | + | + f (x) + − + − Bài Xét dấu biểu thức f (x) = x2 − Lời giải Ta có f (x) = x2 − = (x + 2)(x − 2) Bảng xét dấu f (x) là 284 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH −∞ x −2 +∞ x+2 − + | + x−2 − | − + f (x) + − + + 2x − x − 5x − Lời giải Ta có f (x) = Bảng xét dấu f (x) là (2x − 1)(x − 2) Bài Xét dấu biểu thức f (x) = 5x − − | 2x − − + | + | + x−2 − | − | − + f (x) − + − −∞ x +∞ − + | + + x2 − 2x + − x2 − −2x + −2x + Lời giải Ta có f (x) = = Bảng xét dấu f (x) là x −4 (x − 2)(x + 2) Bài Xét dấu biểu thức f (x) = −∞ x −2 2 +∞ −2x + + | + | + − x−2 − | − + | + x+2 − + | + | + f (x) + + − − − + x x−1 x−2 2x + Lời giải Ta có f (x) = − + = Bảng xét dấu f (x) là x x − x − x(x − 1)(x − 2) Bài Xét dấu biểu thức f (x) = x −∞ −1 +∞ 2x + − + | + | + | + x − | − + | + | + x−1 − | − | − + | + x−2 − | − | − | − + f (x) + − + − + DẤU CỦA NHỊ THỨC BẬC NHẤT 285 Dạng Xét dấu nhị thức có chứa tham số Khi xét dấu nhị thức có chứa tham số cần lưu ý, hệ số a có chứa tham số cần xét các trường hợp: TH1: a = TH2: a > TH3: a < Mỗi trường hợp ta có bảng xét dấu tương ứng Ví dụ Xét dấu biểu thức: f (x) = −mx + Lời giải Nếu m = thì f (x) = > 0, ∀x ∈ R Xét m 6= Khi đó f (x) là nhị thức bậc nhất, có nghiệm x0 = a < ⇔ m > Vậy ta có bảng xét dấu hai trường hợp sau: Mặt khác, a > ⇔ m < và m • Trường hợp 1: m < x m −∞ − f (x) +∞ + • Trường hợp 2: m > x m −∞ + f (x) Kết luận: m = thì f (x) > 0, ∀x ∈ R; , f (x) > x > m m > thì f (x) < x > , f (x) > x < m m < thì f (x) < x < +∞ − ; m m m Ví dụ 10 Xét dấu biểu thức f (x) = − x + Lời giải Xét m = thì f (x) = > Xét m 6= 0, ta có hai trường hợp: −m • Trường hợp 1: <0⇔m>0 Bảng xét dấu: x f (x) 10 m −∞ + +∞ − 286 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH • Trường hợp 2: −m >0⇔m<0 Bảng xét dấu: x 10 m −∞ − f (x) +∞ + Ví dụ 11 Xét dấu biểu thức f (x) = (m − 2)x − + 2m Lời giải Xét m = 2, ta có f (x) = > − 2m Xét m 6= 2, ta có f (x) = ⇔ x = m−2 Lập bảng xét dấu: • Trường hợp 1: m > x − 2m m−2 −∞ − f (x) +∞ + • Trường hợp 2: m < x − 2m m−2 −∞ + f (x) +∞ − Ví dụ 12 Xét dấu biểu thức f (x) = (m − 1)x − với m là tham số đã cho Lời giải Nếu m = thì f (x) = −1 < với x m−1 Ta có bảng xét dấu nhị thức f (x) hai trường hợp sau: Nếu m 6= thì f (x) là nhị thức bậc có nghiệm x0 = • Trường hợp 1: m > x m−1 −∞ − f (x) +∞ + • Trường hợp 2: m < x f (x) m−1 −∞ + +∞ − DẤU CỦA NHỊ THỨC BẬC NHẤT 287 BÀI TẬP TỰ LUYỆN (Cho dạng) Bài Xét dấu biểu thức f (x) = (m − 1)x + m2 − Lời giải Nếu m − = ⇔ m = thì f (x) = Nếu m − 6= ⇔ m 6= thì f (x) là nhị thức bậc có nghiệm x0 = m2 − = m + m−1 Ta có bảng xét dấu nhị thức f (x) hai trường hợp sau: • Trường hợp 1: m − > ⇔ m > Bảng xét dấu: −∞ x − f (x) +∞ m+1 + • Trường hợp 2: m − < ⇔ m < Bảng xét dấu: −∞ x + f (x) +∞ m+1 − Bài 10 Xét dấu biểu thức f (x)ï = (m2 − 3m + 2)x + m m=1 Lời giải Xét m2 − 3m + = ⇔ m=2 + Với m = thì f (x) = > + Với m = thì f (x) = 2®> m 6= m Xét m2 − 3m + 6= ⇔ thì f (x) là nhị thức bậc có nghiệm x0 = m − 3m + m 6= Ta có bảng xét dấu nhị thức f (x) hai trường hợp sau: • Trường hợp 1: m2 − 3m + > ⇔ ï m<1 m>2 Bảng xét dấu: x m −∞ − f (x) +∞ m2 − 3m + + • Trường hợp 2: m2 − 3m + < ⇔ < m < Bảng xét dấu: x f (x) m −∞ +∞ m2 − 3m + + − 288 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH Bài 11 Xét dấu biểu thức: f (x) = (2m − 3)x + 2018 Lời giải Nếu m = thì f (x) = 2018 > 0, ∀x ∈ R 2018 Nếu m 6= thì f (x) là nhị thức bậc nhất, có nghiệm x0 = − 2m − 2 Mặt khác, a > ⇔ m > và a < ⇔ m < 3 Vậy ta có bảng xét dấu nhị thức f (x) hai trường hợp sau: • Trường hợp 1: m > −∞ x − − f (x) • Trường hợp 2: m < 2018 2m − +∞ + −∞ x − 2018 2m − + f (x) +∞ − Bài 12 Xét dấu biểu thức: f (x) = (m2 + 1)x − Lời giải Ta có với m ∈ R thì m2 + > Do đó f (x) luôn là nhị thức bậc có hệ số a > và Vậy với m, ta có bảng xét dấu sau: có nghiệm x0 = m +1 x −∞ +∞ m2 + − f (x) + Bài 13 Xét dấu biểu thức sau: f (x) = (2x − m)(x + m) m Lời giải Ta có f (x) = ⇔ x = ∨ x = −m Lập bảng xét dấu: • Trường hợp 1: m ≥ x −∞ m −m 2x − m − − x+m − + f (x) + − +∞ + + + DẤU CỦA NHỊ THỨC BẬC NHẤT 289 • Trường hợp 2: m < x m −∞ 2x − m − x+m − f (x) + Bài 14 Xét dấu biểu thức sau: f (x) = 0 −m + +∞ + − + − + 2−x x − 2m + Lời giải • Trường hợp 1: 2m − = ⇔ m = , đó ta có: 2−x = −1 < 0, ∀x ∈ R x−2 • Trường hợp 2: m > Ta có bảng xét dấu x −∞ 2m − +∞ − 2−x + x − 2m + − + + 2−x x − 2m + − + − + • Trường hợp 3: m < Ta có bảng xét dấu x −∞ 2m − 2−x + x − 2m + − 2−x x − 2m + − + +∞ + + − + − Dạng Giải bất phương trình tích Dạng P(x) > 0, P(x) ≥ 0, P(x) < 0, P(x) ≤ với P(x) là tích các nhị thức bậc Phương pháp Lập bảng xét dấu biểu thức P(x) từ đó suy tập nghiệm bất phương trình đã cho Ví dụ 13 Giải bất phương trình (x + 1)(2 − x) > Lời giải Ta có: x + = ⇔ x = −1; − x = ⇔ x = Bảng xét dấu: 290 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH x x+1 2−x VT −∞ −1 − + − +∞ + + + − + − Từ đó suy tập nghiệm bất phương trình là S = (−1; 2) Ví dụ 14 Giải bất phương trình (2x + 1)(x + 5) ≥ Lời giải Ta có: 2x + = ⇔ x = − , x + = ⇔ x = −5 Bảng xét dấu: −∞ x 2x + x+5 VT −5 − − + 0 − 12 − + − +∞ + + + 
Từ bảng xét dấu suy tập nghiệm bất phương trình là S = (−∞; −5] ∪ − 12 ; +∞ Ví dụ 15 Giải bất phương trình (x + 1)(x − 2)(10 − 2x) ≤ Lời giải Ta có: x + = ⇔ x = −1, x − = ⇔ x = 2, 10 − 2x = ⇔ x = Bảng xét dấu: x x+1 x−2 10 − 2x VT −∞ −1 − + − − + + + − +∞ + + + + + − + − Từ bảng xét dấu suy tập nghiệm bất phương trình là S = [−1; 2] ∪ [5; +∞) Ví dụ 16 Giải bất phương trình (x + 2)2 (x − 1)(x + 3) < Lời giải Ta có: x + = ⇔ x = −2, x − = ⇔ x = 1, x + = ⇔ x = −3 Bảng xét dấu: x (x + 2)2 x−1 x+3 VT −∞ −3 + − − + 0 + − + − −2 0 + + − + + + − + Ví dụ 17 Giải bất phương trình x3 + x2 − 5x + ≤ Lời giải Ta có x3 + x2 − 5x + ≤ ⇔ (x − 1)2 (x + 3) ≤ Cho x − = ⇔ x = 1; x + = ⇔ x = −3 Bảng xét dấu: x (x − 1)2 x+3 VT −∞ −3 + − − 0 +∞ + + + + + + +∞ DẤU CỦA NHỊ THỨC BẬC NHẤT 291 Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = (−∞; −3] BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 15 Giải bất phương trình (x − 3) Lời giải Ä√ ä − x > x √x − 2√ −x (x − 3)( − x) Tập nghiệm S = √ −∞ − + − 0 +∞ − + − − + − Ä√ ä 2; Bài 16 Giải bất phương trình (3 − 2x)(x − 4) ≤ Lời giải x − 2x x−4 (3 − 2x)(x − 4) −∞ + − − 0 +∞ − − − + + − Å ò Tập nghiệm S = −∞; ∪ [4; +∞) √ Bài 17 Tìm tập xác định hàm số f (x) = − x2 Lời giải Hàm số xác định và − x2 ≥ ⇔ (2 − x)(2 + x) ≥ x 2−x 2+x (2 − x)(2 + x) −∞ −2 + − − 0 + + + +∞ − + − Vậy tập xác định hàm số là D = [−2; 2] Bài 18 Giải bất phương trình (x + 1)(x − 2)(3 − x) < Lời giải x x+1 x−2 3−x (x + 1)(x − 2)(3 − x) −∞ − − + + −1 0 +∞ + + + − + + + + − − + − Tập nghiệm bất phương trình là S = (−1; 2) ∪ (3; +∞) Dạng Giải bất phương trình chứa ẩn mẫu thức P(x) P(x) P(x) P(x) > 0, ≥ 0, < 0, ≤ 0, với P(x), Q(x) là tích các nhị thức bậc Q(x) Q(x) Q(x) Q(x) P(x) Phương pháp Lập bảng xét dấu biểu thức để từ đó suy tập nghiệm bất phương trình Q(x) đã cho Dạng 292 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH Ví dụ 18 Giải bất phương trình 2−x < 3x + Lời giải Ta có: − x = ⇔ x = 2; 3x + = ⇔ x = −2 Bảng xét dấu: x 2−x 3x + −∞ −2 + − − 2−x 3x+6 || +∞ + − + + + − Tập nghiệm bất phương trình là S = (−∞; −2) ∪ (2; +∞) Ví dụ 19 Giải bất phương trình x+7 > (x + 2)(2x − 1) Lời giải Ta có: x + = ⇔ x = −7; x + = ⇔ x = −2; 2x − = ⇔ x = Bảng xét dấu: −7 −2 − + + − − + − − − − + || −
Tập nghiệm bất phương trình là S = (−7; −2) ∪ 12 ; +∞ x x+7 x+2 2x − VT Ví dụ 20 Giải bất phương trình −∞ || +∞ + + + + (x − 3)(x + 2) ≥ x2 − (x − 3)(x + 2) −x − (x − 3)(x + 2) ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥ x2 − x2 − (x − 1)(x + 1) −x − Đặt V T = (x − 1)(x + 1) Khi đó: −x − = ⇔ x = −5; x − = ⇔ x = 1; x + = ⇔ x = −1 Bảng xét dấu: Lời giải Ta có x −x − x−1 x+1 VT −∞ + − − + −5 0 − − − − −1 || − − − + + + + || − +∞ Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = (−∞; −5] ∪ (−1; 1) Ví dụ 21 Giải bất phương trình 1 ≤ x − 2x + 1 1 x+3 ≤ ⇔ − ≤0⇔ ≤ x − 2x + x − 2x + (x − 2)(2x + 1) x+3 Đặt V T = (x − 2)(2x + 1) Cho x + = ⇔ x = −3; x − = ⇔ x = 2; 2x + = ⇔ x = − Bảng xét dấu: Lời giải Ta có DẤU CỦA NHỊ THỨC BẬC NHẤT −∞ x x+3 x−2 2x + VT 293 −3 − 21 − + − − − − − + || +∞ + + − + + + − || +
Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = (−∞; −3] ∪ − 12 ; Ví dụ 22 Giải bất phương trình Lời giải Đặt f (x) = x−1 >0 mx − (1) (m là tham số) x−1 mx − 1 TH1: Nếu m = thì f (x) = − x + > ⇔ x < 2 TH2: Nếu m 6= thì x − = ⇔ x = 1; mx − = ⇔ x = m 2 m−2 Để so sánh và ta xét hiệu − = = g(m) m m m Bảng xét dấu g(m) sau: m m−2 m m−2 m - Với m < thì g(m) > nên > −∞ +∞ − − + − + + + || − m +∞ − + − − + − + m x x−1 mx − −∞ − + − x−1 mx−2 || Å ã Từ đó tập nghiệm (1) là S = ;1 m - Với < m ≤ thì g(m) ≤ nên ≤ m x x−1 mx − −∞ x−1 mx−2 − + − − + − m || +∞ + + + ã Từ đó tập nghiệm (1) là S = (−∞; 1) ∪ ; +∞ m - Với m > thì g(m) > nên > m Å x x−1 mx − x−1 mx−2 m −∞ − − + || +∞ − + + + − + 294 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH ã Å ∪ (1; +∞) Từ đó tập nghiệm (1) là S = −∞; m Kết luận: • m = : S = (−∞; 1) Å ã •m<0: S= ;1 m Å ã • < m ≤ : S = (−∞; 1) ∪ ; +∞ m Å ã • m > : S = −∞; ∪ (1; +∞) m BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 19 Giải bất phương trình 3x − < (x − 4)(3 − 2x) Lời giải x 3x − x−4 − 2x −∞ − − + + 3x−1 (x−4)(3−2x) 0 + − + − || + + − + − − + || − +∞ Å ã Tập nghiệm S = ; ∪ (4; +∞) 3 Bài 20 Giải bất phương trình ≥ 2−x 3 x+1 Lời giải Ta có: ≥1⇔ −1 ≥ ⇔ ≥ 2−x 2−x 2−x Bảng xét dấu: x x+1 2−x −∞ x+1 2−x −1 +∞ − + + + + − − + || − Tập nghiệm bất phương trình là S = [−1; 2) Bài 21 Giải bất phương trình ≤ x − 2x − 5 −x + Lời giải Ta có: ≤ ⇔ − ≤0⇔ ≤ x − 2x − x − 2x − (x − 1)(2x − 1) Bảng xét dấu: x −x + x−1 2x − −x+3 (x−1)(2x−1) −∞ + − − + || +∞ + + − − + + + + + − || + − Å ã Tập nghiệm S = ; ∪ [3; +∞) x2 − x + ≥ 2x − x−2 x2 − x + x2 − x + −x(x − 4) Lời giải Ta có ≥ 2x − ⇔ − 2x + ≥ ⇔ ≥ x−2 x−2 x−2 Bảng xét dấu: Bài 22 Giải bất phương trình DẤU CỦA NHỊ THỨC BẬC NHẤT x −x x−4 x−2 −∞ −x(x−4) x−2 295 +∞ + − − − − − − + − − + + + − || + − Tập nghiệm bất phương trình là S = (−∞; 0] ∪ (2; 4] Dạng Giải bất phương trình bậc chứa dấu giá trị tuyệt đối Cách giải: Xét dấu để phá dấu trị tuyệt đối Một số dạng thường gặp: Cho a > 0, ta có ® f (x) < a • | f (x)| < a ⇔ f (x) > −a ñ f (x) ≥ a • | f (x)| ≥ a ⇔ f (x) ≤ −a • | f (x)| < |g(x)| ⇔ [ f (x) + g(x)] [ f (x) − g(x)] < Ví dụ 23 Giải bất phương trình |3 − 2x| < x + Lời giải thì ta có hệ phương trình     x ≤ x ≤ x ≤ ⇔ < x ≤ 2 ⇔ ⇔    x > − 2x < x + 3x > Với − 2x ≥ ⇔ x ≤ Với − 2x < ⇔ x > thì ta có hệ phương trình   x > x > 3 2 ⇔ < x < ⇔   2x − < x + x<4 < x < Å ã Vậy tập nghiệm bất phương trình S = ;4 Kết hợp hai trường hợp, ta có Ví dụ 24 Giải bất phương trình |2x − 2| + |3 − x| > Lời giải Bỏ dấu giá trị tuyệt đối vế trái phương trình ta có: x −∞ |2x − 2| − 2x |3 − x| 3−x 3−x VT − 3x 1+x +∞ 2x − 2x − x−3 3x − 296 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH Bất phương trình |2x − 2| + |3 − x| > ® ® ® x>3 1<x≤3 x≤1 hoặc ⇔ 3x − > 1+x > − 3x >   ® x ≤ x > 1<x≤3 ⇔ hoặc x > x < x>2 3 ⇔ x < < x ≤ x >  x<  ⇔ x>2 Å ã Vậy tập nghiệm bất phương trình S = −∞; ∪ (2; +∞) Ví dụ 25 Giải bất phương trình |5 − 8x| < 11  x > − − 8x < 11 ⇔ − < x < ⇔ Lời giải Vì 11 > nên |5 − 8x| < 11 ⇔  − 8x > −11 x<2 Å ã Vậy tập nghiệm bất phương trình S = − ; ® Ví dụ 26 Giải bất phương trình |2x − 4| ≥ ñ ñ ñ 2x − ≥ 2x ≥ x≥3 Lời giải Vì > nên |2x − 4| ≥ ⇔ ⇔ ⇔ 2x − ≤ −2 2x ≤ x≤1 Vậy tập nghiệm bất phương trình S = (−∞; 1] ∪ [3; +∞) Ví dụ 27 Giải bất phương trình x+3 − 2x < Lời giải Bất phương trình x+3 − 2x < ⇔ 5|x + 3| < 2|6 − 2x| ⇔ (5x + 15)2 < (12 − 4x)2 ⇔ (5x + 15 + 12 − 4x)(5x + 15 − 12 + 4x) < ⇔ (x + 27)(9x + 3) < Lập bảng xét dấu biểu thức f (x) = (x + 27)(9x + 3), ta được: x −∞ −27 − x + 27 − 9x + − − f (x) + − + +∞ + + + DẤU CỦA NHỊ THỨC BẬC NHẤT 297 Do đó f (x) = (x + 27)(9x + 3) < ⇔ −27 < x < − 3ã Å Vậy tập nghiệm bất phương trình S = −27; − Ví dụ 28 Giải bất phương trình |x − 1| x2 + 3x − ≥ ® x 6= x 6= −4 Nếu x − ≥ ⇔ x ≥ thì |x − 1| = x − và bất phương trình trở thành: Lời giải Điều kiện: x2 + 3x − 6= ⇔ x−1 −2x − 7 ≥2⇔ ≥2⇔ ≥ ⇔ −4 ≤ x ≤ − (x − 1)(x + 4) x+4 x+4 Kết hợp x ≥ 1, ta có x ∈ ∅ Nếu x − < ⇔ x < thì |x − 1| = − x và bất phương trình trở thành: 1−x −2x − 7 ≥2⇔− ≥2⇔ ≤ ⇔ x ≥ −4 x ≤ − (x − 1)(x + 4) x+4 x+4 Kết hợp x < 1, ta có x ≤ −4 − ≤ x < Kết hợp với điều kiện, ta x < −4 − ≤ x < ï ã Vậy tập nghiệm bất phương trình S = (−∞; −4) ∪ − ; Ví dụ 29 Giải bất phương trình |x + 3| − x ≥ x Lời giải Điều kiện: x 6= Nếu x + ≥ ⇔ x ≥ −3 thì bất phương trình trở thành: 3−x (x + 3) − x ≥1⇔ ≥1⇔ ≥ ⇔ ≤ x ≤ x x x Kết hợp với x ≥ −3 và điều kiện x 6= 0, ta có < x ≤ Nếu Nếu x + < ⇔ x < −3 thì bất phương trình trở thành: −(x + 3) − x −2x − −3x − ≥1⇔ ≥1⇔ ≥ ⇔ −1 ≤ x ≤ x x x Kết hợp với x < −3 và điều kiện x 6= 0, ta có x ∈ ∅ Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = (0; 3] BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 23 Giải các bất phương trình sau a) |3x − 5| ≤ b) |6 − 2x| > c) |7x + 10| − ≥ d) < x+1 298 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH Lời giải ® a) |3x − 5| ≤ ⇔ 3x − ≤ ⇔1≤x≤ 3x − ≥ −2 ñ ñ x<0 − 2x > ⇔ b) |6 − 2x| > ⇔ x>6 − 2x < −6  ñ x ≥ −1 7x + 10 ≥ c) |7x + 10| − ≥ ⇔ |7x + 10| ≥ ⇔ ⇔ 13 7x + 10 < −3 x≤−  ñ ® ®  xñ6= −1 x>3 x 6= −1 x 6= −1 ⇔ ⇔ <2⇔ d) x+1 > ⇔  x+1 x < −5 |x + 1| > < 2|x + 1|  x + < −4 Bài 24 Giải bất phương trình |2x − 4| < x + Lời giải ® ® x≥2 x≥2 ñ  2x − < x +  x<5 2≤x<5 ® ® |2x − 4| < x + ⇔  ⇔ ⇔ ⇔ < x <  x<2  x<2 1<x<2 − 2x < x + x>1 Bài 25 Giải bất phương trình |x + 5| + ≥ 3x Lời giải ® x ≥ −5  x + + ≥ 3x  |x + 5| + ≥ 3x ⇔  ®  x < −5 ® x ≥ −5 ñ  x≤7 −5 ≤ x ≤ ® ⇔ ⇔ ⇔ x ≤  x < −5 x < −5 − x − + ≥ 3x x≤1 Bài 26 Giải bất phương trình |2x − 9| > |7 − 8x| Lời giải |2x − 9| > |7 − 8x| ⇔ (2x − 9)2 > (7 − 8x)2 ⇔ (−6x − 2)(10x − 16) > Lập bảng xét dấu cho biểu thức f (x) = (−6x − 2)(10x − 16), ta f (x) > ⇔ − < x < Bài 27 Giải bất phương trình |2x + 6| + |5 − 5x| < 2x + Lời giải Bỏ dấu giá trị tuyệt đối vế trái phương trình ta có: x −∞ −3 |2x + 6| −2x − |5 − 5x| − 5x − 5x VT −1 − 7x 11 − 3x +∞ 2x + 2x + 5x − 7x + DẤU CỦA NHỊ THỨC BẬC NHẤT 299 Bất phương trình |2x + 6| + |5 − 5x| < 2x + ® ® ® x ≤ −3 −3 < x ≤ x>1 ⇔ hoặc − − 7x < 2x + 11 − 3x < 2x + 7x + < 2x + ⇔ < x ≤ Bài 28 Giải bất phương trình 2|x − 4| + 3|1 + x| − |x| ≤ Lời giải Bỏ dấu giá trị tuyệt đối vế trái phương trình ta có: x −∞ −1 |x − 4| 4−x |1 + x| −1 − x |x| −x −x VT − 3x 5−x +∞ 4−x 4−x 1+x 1+x 1+x x x 5+x 3x − x−4 Bất phương trình 2|x − 4| + 3|1 + x| − |x| ≤ ® ® ® ® x ≤ −1 −1 < x ≤ 0<x≤4 x>4 ⇔ hoặc − 3x ≤ 5−x ≤ 5+x ≤ 3x − ≤ ⇔ x ∈ ∅ Bài 29 Giải bất phương trình x − |x − 1| < Lời giải ® x − |x − 1| < x − |x − 1| < ⇔ x − |x − 1| > −2 ® |x − 1| > x − (đúng với x ∈ R) ⇔ |x − 1| < x + ⇔ |x − 1| < x + ⇔x>− BÀI TẬP TỔNG HỢP 1 > − x−1 x−2 x+2 1 x(x − 4) Lời giải Ta có: > − ⇔ > x−1 x−2 x+2 (x − 1)(x + 2)(x − 2) Bảng xét dấu: Bài 30 Giải bất phương trình x x x−4 x−1 x+2 x−2 x(x−4) (x−1)(x+2)(x−2) −∞ −2 − − − − − − || − − − + − + + − − + − − || + − + + − + || + + − + + + + + + + − + +∞ 300 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH Tập nghiệm bất phương trình S = (−2; 0) ∪ (1; 2) ∪ (4; +∞) Bài 31 Tìm nghiệm bất phương trình (x − 1)(4x − 5)(2x − 4) > thỏa mãn |x| < Lời giải Giải bất phương trình (x − 1)(4x − 5)(2x − 4) > − + − − − − − + ã Å ∪ (2; +∞) Suy tập nghiệm bất phương trình là S = 1; Ta có |x| < ⇔ −1 < x < Do đó ta S = / x x−1 4x − 2x − (x − 1)(4x − 5)(2x − 4) Bài 32 Giải bất phương trình −∞ + + + + − + − + +∞ − |x| < 1+x Lời giải Điều kiện: x 6= −1 Nếu x ≥ thì bất phương trình trở thành 2 − x ñ  <2  x < −1 2−x ⇔ < ⇔ 1+x  1+x x>0  − x > −2 1+x Kết hợp với x ≥ và điều kiện x 6= −1, ta x > Nếu x < thì bất phương trình trở thành ñ x < −1   2 + x     <2  x>0  2+x + x ⇔ x > −1 <2⇔   1+x   + x > −2     1+x  x < −4  x>0 ⇔ x<− Kết hợp với x < và điều kiện x 6= −1, ta x < − Vậy x > x < − p Bài 33 Giải bất phương trình x2 − |x − 2| ≤ x Lời giải Nếu x − ≥ ⇔ x ≥ thì bất phương trình trở thành: (p x2 − x + ≤ x ⇔ x2 − x + ≤ x2 ⇔ x ≥ 2 x −x+2 ≥ Kết hợp x ≥ ta x ≥ Nếu x − < ⇔ x < thì bất phương trình trở thành:   x +x−2 ≥    (x − 1)(x + 2) ≥ p x2 + x − ≤ x ⇔ x ≥ ⇔ x≥0 ⇔ ≤ x ≤     x≤2 x +x−2 ≤ x Kết hợp với x < 2, ta ≤ x < Vậy x ≥ DẤU CỦA NHỊ THỨC BẬC NHẤT 301 Bài 34 Giải và biện luận bất phương trình sau: 2(m + 1)x ≤ (m + 1)2 (x − 1) Lời giải Bất phương trình đã cho tương đương với: [(m + 1)2 − 2(m + 1)]x ≥ (m + 1)2 ⇔ (m − 1)(m + 1)x ≥ (m + 1)2 TH1 Với m = −1 bất phương trình trở thành ≥ Tập nghiệm bất phương trình này là R Å ã m+1 m+1 Vậy S = ; +∞ TH2 Với m < −1 m > thì (m − 1)(m + 1) > 0, đó: x ≥ m−1 m−1 Å ã m+1 m+1 TH3 Với −1 < m < thì (m − 1)(m + 1) < 0, đó: x ≤ Vậy S = −∞; m−1 m−1 √ ® (x − 5)(1 − 2x) > (1) Bài 35 Giải và biện luận hệ bất phương trình sau x−m ≤ (2) Å ã √ Lời giải Tập nghiệm bất phương trình (1) S = ; 1 ⇔ x ≤ m ≤ Hệ bất phương trình này vô nghiệm 2 ò Å √ √ 1 TH2 Nếu < m < 5, đó x ≤ m Tập nghiệm hệ là S = ; m với m < 2 √ TH3 Nếu m ≥ 5, bất phương trình (2) ⇔ x ≤ m Å ã √ Để hệ bất phương trình này có nghiệm thì x ∈ ; Å ã √ ; Vậy tập nghiệm hệ bất phương trình S = TH1 Nếu m ≤ Bài 36 Giải và biện luận các bất phương trình sau √ 2−x b) ≤ 0; x − 2m + a) (2x − 4)(x − m) > 0; Lời giải a) TXĐ: D = R Trường hợp m = 2, bất phương trình đã cho tương đương 2(x − 2)2 > ⇔ x 6= Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = R\{2} Trường hợp m < Ta có bảng xét dấu x −∞ m 2x − − x−m − + (2x − 4)(x − m) + − − + + Dựa vào bảng xét dấu (2x − 4)(x − m) > ⇔ x ∈ (−∞; m) ∪ (2; +∞) Trường hợp m > Ta có bảng xét dấu +∞ + 302 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH x −∞ m 2x − − x−m − (2x − 4)(x − m) + 0 + +∞ + − + − + Dựa vào bảng xét dấu (2x − 4)(x − m) ⇔ x ∈ (−∞; 2) ∪ (m; +∞) Vậy bất phương trình đã cho luốn có vô số nghiệm, tập nghiệm là • S = R\{2} với m = 2; • S = (−∞; m) ∪ (2; +∞) m < • S = (−∞; 2) ∪ (m; ∞) m > b) TXĐ: D = R\{2m − 1} √ Trường hợp 2m − = ⇔ m = √ 2+1 , bất phương trình đã cho tương đương −1 ≤ 0, (luôn đúng với x ∈ R) √ Trường hợp 2m − < ⇔ m < x √ 2+1 Ta có bảng xét dấu −∞ √ 2m − √ 2−x + x − 2m + − √ 2−x x − 2m + − + 0 + + +∞ − + − √ √ 2−x Dựa vào bảng xét dấu ≤ x ∈ (−∞; 2m − 1) ∪ x ∈ [ 2; +∞) x − 2m + √ √ 2+1 Trường hợp 2m − > ⇔ m > Ta có bảng xét dấu √ x −∞ 2m − √ 2−x + x − 2m + − √ 2−x x − 2m + − − − + − + − √ √ 2−x Dựa vào bảng xét dấu ≤ x ∈ (−∞; 2] ∪ x ∈ (2m − 1; +∞) x − 2m + Vậy bất phương trình đã cho luôn có vô số nghiệm, tập nghiệm +∞ DẤU CỦA NHỊ THỨC BẬC NHẤT 303 √ 2+1 • S = R m = ; √ √ 2+1 • S = (−∞; 2m − 1) ∪ [ 2; +∞) m < ; √ √ 2+1 • S = (−∞; 2] ∪ (2m − 1; +∞) m > Bài 37 Tìm các giá trị tham số m cho hệ bất phương trình sau có nghiệm   −2 x + > x + 3 m x + ≥ m4 − x Lời giải TXĐ: D = R Ta có   −2 x + m x + ® 1 x<3 > x+ ⇔ (m2 + 1)x ≥ m4 − ≥ m4 − x ® ⇔ x<3 x ≥ m2 − Do đó hệ bất phương trình có nghiệm và m2 − < ⇔ m2 − < ⇔ (m − 2)(m + 2) < Bảng xét dấu m −∞ −2 +∞ m−2 − − m+2 + − (m − 2)(m + 2) − + + − Dựa vào bảng xét dấu ta có m ∈ (−∞; −2) ∪ (2; +∞) là các giá trị cần tìm − 304 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH §4 BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN I Tóm tắt lí thuyết Bất phương trình bậc hai ẩn Định nghĩa Bất phương trình bậc hai ẩn x, y có dạng tổng quát là ax + by ≤ c (1) (ax + by < c; ax + by ≥ c; ax + by > c) đó a, b, c là số thực đã cho, a và b không đồng thời 0, x và y là các ẩn Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tập hợp các điểm có tọa độ là nghiệm bất phương trình (1) gọi là miền nghiệm nó Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng ax + by = c chia mặt phẳng thành hai nửa mặt phẳng, hai mặt phẳng đó là miền nghiệm bất phương trình ax + by ≤ c, nửa mặt phẳng là miền nghiệm bất phương trình ax + by ≥ c ! Hệ bất phương trình bậc ẩn Định nghĩa Hệ bất phương trình bậc hai ẩn gồm số bất phương trình bậc ẩn x, y mà ta phải tìm các nghiệm chung chúng Mỗi nghiệm chung đó gọi là nghiệm hệ bất phương trình đã cho Cũng bất phương trình bậc hai ẩn, ta có thể biểu diễn hình học tập nghiệm hệ bất phương trình bậc hai ẩn II Các dạng toán Dạng Biểu diễn tập nghiệm bất phương trình bậc hai ẩn Quy tắc biểu diễn hình học tập nghiệm (hay biểu diễn miền nghiệm) bất phương trình ax + by ≤ c sau: Bước Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, vẽ đường thẳng ∆: ax + by = c Bước Lấy điểm M0 (x0 ; y0 ) không thuộc ∆ (lấy tọa độ có nhiều số có thể) Bước Tính ax0 + by0 và so sánh với c Bước Kết luận Nếu ax0 + by0 < c thì nửa mặt phẳng kể bờ ∆ chứa M0 là miền nghiệm ax + by ≤ c Nếu ax0 +by0 > c thì nửa mặt phẳng kể bờ ∆ không chứa M0 là miền nghiệm ax+by ≤ c Miền nghiệm bất phương trình ax + by ≤ c bỏ đường thẳng ax + by = c là miền nghiệm phương trình ax + by < c ! Ví dụ Biểu diễn hình học tập nghiệm bất phương trình bậc hai ẩn 3x + y ≥ Lời giải BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN 305 y Vẽ đường thẳng d : 3x + y = Thay tọa độ điểm O(0; 0) vào vế trái phương trình đường thẳng (d), ta được: < Vậy miền nghiệm bất phương trình là nửa mặt phẳng không chứa điểm O, kể bờ (d) (Trên hình là nửa mặt phẳng không bị gạch bỏ) −2 x O (d) Ví dụ Biểu diễn hình học tập nghiệm bất phương trình bậc hai ẩn 2x − 4y < Lời giải Vẽ đường thẳng d : 2x − 4y = Thay tọa độ điểm O(0; 0) vào vế trái phương trình đường thẳng (d), ta được: < Vậy miền nghiệm bất phương trình là nửa mặt phẳng chứa điểm O (Trên hình là nửa mặt phẳng không bị gạch bỏ) y (d) x O −2 Ví dụ a) Biểu diễn hình học tập nghiệm bất phương trình bậc hai ẩn −2x + 3y > b) Cho hai điểm A(2; 1) và B(3; 3), hỏi hai điểm này cùng phía hay khác phía bờ (d) Lời giải a) Vẽ đường thẳng d : −2x + 3y = Thay tọa độ điểm M(1; 0) vào vế trái phương trình đường thẳng (d), ta được: −2 < Vậy miền nghiệm bất phương trình là nửa mặt phẳng không chứa điểm M (Trên hình là nửa mặt phẳng không bị gạch bỏ) y (d) O M(1; 0) b) Thế tọa độ điểm A vào vế trái phương trình đường thẳng (d) ta −2 · + · = −1 < (1) Thế tọa độ điểm B vào vế trái phương trình đường thẳng (d) ta −2 · + · = > (2) Từ (1) và (2) suy hai điểm nằm hai phía bời (d) BÀI TẬP TỰ LUYỆN (Cho dạng) Bài Biểu diễn hình học tập nghiệm bất phương trình bậc hai ẩn x + y ≥ − x + y 2 Lời giải x 306 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH x + y ≥ − x + y ⇔ 2x + y ≥ 2 Vẽ đường thẳng d : 2x + y = Thay tọa độ điểm O(0; 0) vào vế trái phương trình đường thẳng (d), ta được: < Vậy miền nghiệm bất phương trình là nửa mặt phẳng không chứa điểm O, kể bờ (d) (Trên hình là nửa mặt phẳng không bị gạch bỏ) y 1 x O (d) Bài Biểu diễn hình học tập nghiệm bất phương trình bậc hai ẩn −2017x − 2018y ≤ 2016y Lời giải −2017x − 2018y ≤ 2016y ⇔ −x − 2y ≤ Vẽ đường thẳng d : −x − 2y = Thay tọa độ điểm M(1; 0) vào vế trái phương trình đường thẳng (d), ta được: −1 < Vậy miền nghiệm bất phương trình là nửa mặt phẳng chứa điểm M, kể bờ (d) (Trên hình là nửa mặt phẳng không bị gạch bỏ) y (d) O M(1; 0) x x y + < b) Tìm điểm A thuộc miền nghiệm bất phương trình trên Biết điểm A là giao điểm parabol (P) có dạng y = x2 − 5x + và trục hoành Bài a) Biểu diễn hình học tập nghiệm bất phương trình bậc hai ẩn Lời giải x y a) + < ⇔ 2x + y < 6 Vẽ đường thẳng d : 2x + y = Thay tọa độ điểm O(0; 0) vào vế trái phương trình đường thẳng (d), ta được: < Vậy miền nghiệm bất phương trình là nửa mặt phẳng chứa điểm O (Trên hình là nửa mặt phẳng không bị gạch bỏ) b) Điểm A nằm trên parabol (P) có dạng y = x2 −5x+4 và trục hoành nên ñ hoành độ A là nghiệm phương trình x − 5x + = ⇔ x=1 x = Suy ta hai điểm (1; 0) và (4; 0) Lần lượt tọa độ điểm vào vế trái phương trình đường thẳng (d), A thuộc miền nghiệm bất phương trình đã cho nên ta A có tọa độ là (1; 0) y O (P) (d) x BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN 307 Dạng Biểu diễn hình học tập nghiệm hệ bất phương trình bậc hai ẩn • Viết các bất phương trình hệ dạng phương trình đường thẳng (thay dấu lớn, bé dấu bằng) • Vẽ các đường thẳng trên cùng hệ trục tọa độ • Xác định điểm M thỏa các bất phương trình hệ • Lần lượt tô đậm các nửa mặt phẳng không chứa M và có bờ là các đường thẳng đã vẽ Ta miền nghiệm hệ Ví dụ Biểu diễn hình học tập nghiệm hệ bất phương trình bậc hai ẩn sau ® x+y > x−y < Lời giải Vẽ các đường thẳng d1 : x + y = 1; d2 : x − y = Vì điểm M(0, 2) có tọa độ thỏa mãn các bất phương trình hệ nên ta tô đậm các nửa mặt phẳng bờ d1 , d2 không chứa M Miền không bị tô đậm hình vẽ và không chứa các tia giới hạn miền là miền nghiệm hệ đã cho y d2 M O − x I d1 Ví dụ Biểu diễn hình học tập nghiệm hệ bất phương trình bậc hai ẩn sau   x + y < x−y >   y > −1 Lời giải Vẽ các đường thẳng d1 : x + y = 2, d2 : x − y = 1, d3 : y = −1.Å ã Vì điểm M , có tọa độ thỏa mãn các bất phương trình hệ nên ta tô đậm các nửa mặt phẳng bờ d1 , d2 , d3 không chứa M Miền không bị tô đậm hình vẽ, không bao gồm các đoạn giới hạn miền là miền nghiệm hệ đã cho y d2 A M O x −1 C d3 B d1 308 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH Ví dụ Biểu diễn hình học tập nghiệm hệ bất phương trình bậc hai ẩn sau   2x + 5y > x − 3y ≥   x+y < Lời giải Vẽ các đường thẳng d1 : 2x + 5y = 2, d2 : x − 3y = 1, d3 : x + y = Vì điểm M(2, 0) có tọa độ thỏa mãn các bất phương trình hệ nên ta tô đậm các nửa mặt phẳng bờ d1 , d2 , d3 không chứa M Miền không bị tô đậm hình vẽ có chứa đoạn AC và không chứa các điểm A,C, không chứa các đoạn AB, BC là miền nghiệm hệ đã cho y d2 O − C 13 A x M B d3 d1 Ví dụ Biểu diễn hình học tập nghiệm hệ bất phương trình bậc hai ẩn sau  2x + y ≥    x − 2y ≤  y≤2    x≤3 Lời giải Vẽ các đường thẳng d1 : 2x + y = 2, d2 : x − 2y = 1, d3 : y = 2, d4 : x = Vì điểm M(2, 1) có tọa độ thỏa mãn các bất phương trình hệ nên ta tô đậm các nửa mặt phẳng bờ d1 , d2 , d3 , d4 không chứa M Miền không bị tô đậm hình vẽ là miền nghiệm hệ đã cho bao gồm các đoạn thẳng xác định miền d3 y d4 B C M D x O A d2 d1 BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài Biểu diễn hình học tập nghiệm hệ bất phương trình bậc hai ẩn sau ® x + 2y ≥ 3x − y ≤ Bài Biểu diễn hình học tập nghiệm hệ bất phương trình bậc hai ẩn sau    x − 2y < x + 3y > −2   −x + y < BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN 309 Bài Biểu diễn hình học tập nghiệm hệ bất phương trình bậc hai ẩn sau  3x + y ≤     x+y ≤  x≥0    y≥0 Bài Biểu diễn hình học tập nghiệm hệ bất phương trình bậc hai ẩn sau  3x + y ≥     x > y−2  3y ≥ − x    y≤5 Bài Biểu diễn hình học tập nghiệm hệ bất phương trình bậc hai ẩn sau x y  + −1 <   3 2y x− ≤2     x≥0 Bài Xác định hình tính đa giác biểu diễn hình học tập nghiệm hệ bất phương trình bậc hai ẩn sau  2x + y ≥    x − 2y ≥ −2  2x + y ≤    x≤3 Lời giải Hướng dẫn: đa giác biểu diễn miền nghiệm là hình thang vuông Bài 10 Xác định hình tính đa giác biểu diễn hình học tập nghiệm hệ bất phương trình bậc hai ẩn sau  x + 4y ≥    x + 4y ≤ 17 x − 4y ≥ −7    x − 4y ≤ Lời giải Hướng dẫn: Đa giác biểu diễn miền nghiệm là hình bình hành Dạng Các bài toán thực tiễn Ví dụ Trong thi pha chế, đội chơi sử dụng tối đa 24g hương liệu, lít nước và 210g đường để pha chế nước cam và nước táo Để pha chế lít nước cam cần 30g đường, lít nước và 1g hương liệu; pha chế lít nước táo cần 10g đường, lít nước và 4g hương liệu Mỗi lít nước cam nhận 60 điểm thưởng, lít nước táo nhận 80 điển thưởng Hỏi cần pha chế bao nhiêu lít nước trái cây loại để số điểm thưởng là lớn Lời giải • Gọi x, y là số lít nước cam và táo đội pha chế (x, y ≥ 0) 310 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH • Số điểm thưởng đội chơi này là f (x; y) = 60x + 80y • Số gam đường cần dùng là 30x + 10y • Số lít nước cần dùng là x + y • Số gam hương liệu cần dùng là x + 4y • Vì thi pha chế,mỗi đội chơi sử dụng  tối đa 24g hương liệu, lít nước và 210g đường nên 3x + y ≤ 21 30x + 10y ≤ 210       x + y ≤ x + y ≤ (∗) ⇔ ta có hệ bất phương trình   x + 4y ≤ 24 x + 4y ≤ 24       x, y ≥ x, y ≥ • Bài toán trở thành tìm giá trị lớn hàm số f (x; y) trên miền nghiệm hệ bất phương trình (∗) • Miền nghiệm hệ bất phương trình(∗) là ngũ giác OABCD (kể biên) Hàm số f (x; y) = 60x +80y đạt giá trị lớn trên miền nghiệm hệ bất phương trình (∗) (x; y) là toạ độ các đỉnh O(0; 0), A(7; 0), B(6; 3),C(4; 5), D(0; 6) • Ta có: f (0; 0) = 0; f (7; 0) = 420; f (6; 3) = 600; f (4; 5) = 640; f (0; 6) = 480 Suy f (4; 5) là giá trị lớn hàm số f (x; y) trên miền nghiệm hệ (∗) Như để số điểm thưởng là lớn cần pha chế lít nước cam và lít nước táo y D C B A O x Ví dụ Một công ty kinh doanh thương mại chuẩn bị cho đợt khuyến mại nhằm thu hút khách hàng cách tiến hành quảng cáo sản phẩm công ty trên hệ thống phát và truyền hình Chi phí cho phút quảng cáo trên sóng phát là 800.000 đồng, trên sóng truyền hình là 4.000.000 đồng Đài phát nhận phát các chương trình quảng cáo dài ít là phút Do nhu cầu quảng cáo trên truyền hình lớn nên đài truyền hình nhận phát các chương trình dài tối đa là phút Theo các phân tích, cùng thời lượng phút quảng cáo, trên truyền hình có hiệu gấp lần trên sóng phát Công ty dự định chi tối đa 16.000.000 đồng cho quảng cáo Công ty cần đặt thời lượng quảng cáo trên sóng phát và truyền hình nào để hiệu nhất? Lời giải Gọi thời lượng công ty đặt quảng cáo trên sóng phát là x (phút), trên truyền hình là y (phút) Chi phí cho việc này là: 800.000x + 4.000.000y (đồng) Mức chi này không phép vượt qúa mức chi tối đa, tức 800.000x + 4.000.000y ≤ 16.000.000 hay x + 5y − 20 ≤ BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN 311 Do các điều kiện đài phát thanh, truyền hình đưa ra, ta có x ≥ 5, y ≤ Đồng thời x, y là thời lượng nên x ≥ 0, y ≥ Hiệu chung quảng cáo là x + 6y Bài toán trở thành: Tìm x, y cho f (x; y) = x + 6y đạt giá trị lớn với các điều kiện   x + 5y − 20 ≤ x≥5 (∗)   0≤y≤4 Hàm số f (x; y) = x + 6y đạt giá trị lớn trên miền nghiệm hệ bất phương trình (∗) (x; y) là tọa độ các đỉnh A(5; 0), B(5; 3), C(20; 0) Ta có f (5; 3) = 23, f (5; 0) = 5, f (20, 0) = 20 Suy giá trị lớn M(x; y) 23 (5; 3) tức là đặt thời lượng quảng cáo trên sóng phát là phút và trên truyền hình là phút thì đạt hiệu nhất? y B(5; 3) A(5; 0) C(20; 0) O x Ví dụ 10 Trong thi gói bánh vào dịp năm mới, đội chơi sử dụng tối đa 20 kg gạo nếp, kg thịt ba chỉ, kg đậu xanh để gói bánh chưng và bánh ống Để gói cái bánh chưng cần 0, kg gạo nếp, 0, 05 kg thịt và 0, kg đậu xanh; để gói cái bánh ống cần 0, kg gạo nếp, 0, 075 kg thịt và 0, 15 kg đậu xanh Mỗi cái bánh chưng nhận điểm thưởng, cái bánh ống nhận điểm thưởng Hỏi cần phải gói cái bánh loại để nhiều điểm thưởng nhất? Lời giải • Gọi số bánh chưng gói là x, số bánh ống gói là y Khi đó số điểm thưởng là f (x; y) = 5x+7y • Số kg gạo nếp cần dùng là 0, 4x + 0, 6y • Số kg thịt ba cần dùng là 0, 05x + 0, 075y • Số kg đậu xanh cần dùng là 0, 1x + 0, 15y • Vì thi này sử dụng tối đa 20 kg gạo nếp, kg thịt ba và kg đậu xanh nên ta có hệ bất phương trình    0, 4x + 0, 6y ≤ 201   2x + 3y ≤ 100     ® 0, 05x + 0, 075y ≤   2x + 3y ≤ 80  2x + 3y ≤ 80 0, 1x + 0, 15y ≤ ⇔ ⇔ (∗)   2x + 3y ≤ 100 x, y ≥     0, 1x + 0, 15y ≤     x, y ≥ x, y ≥ • Bài toán trở thành tìm giá trị lớn hàm số f (x; y) trên miền nghiệm hệ bất phương trình (∗) • Miền nghiệm hệ bất phương trình (∗) là tam giác OAB (kể biên) 312 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH • Hàm số f (x; y) = 5x + 5ysẽ đạt giá trị lớn trên Å miềnãnghiệm hệ bất phương trình (∗) (x; y) 80 là toạ độ các đỉnh O(0; 0), A(40; 0), B 0; Å ã 80 560 • Ta có: f (0; 0) = 0, f (40; 0) = 200, f 0; = 3 • Suy f (x; y) lớn (x; y) = (40; 0) Do đó cần phải gói 40 cái bánh chưng để nhận số điểm thưởng là lớn y Å B 80 ;0 ã A(40; 0) x O BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 11 Một gia đình cần ít 900 đơn vị protein và 400 đơn vị lipit thức ăn ngày Mỗi kg thịt bò chứa 800 đơn vị protein và 200 đơn vị lipit Mỗi kg thịt lợn chứa 600 đơn vị protein và 400 đơn vị lipit Biết gia đình này mua tối đa 1, kg thịt bò và 1, kg thịt lợn; giá tiền kg thịt bò là 45 nghìn đồng, kg thịt lợn là 35 nghìn đồng Hỏi gia đình đó phải mua bao nhiêu kg thịt loại để số tiền bỏ là ít nhất? Lời giải • Gọi x và y là số kg thịt bò và thịt lợn mà gia đình đó mua ngày (0 ≤ x ≤ 1, 6; ≤ y ≤ 1, 1) • Khi đó chi phí để mua số thịt trên là f (x; y) = 45x + 35y nghìn đồng • Trong x kg thịt bò chứa 800x đơn vị protein và 200x đơn vị lipit • Trong y kg thịt lợn chứa 600x đơn vị protein và 400y đơn vị lipit • Suy số đơn vị protein và số đơn lipit là 800x + 600y đơn vị và 200x + 400y đơn vị • Do gia đình này cần ítnhất 900 đơn vị protein và  400 đơn vị lipit thức ăn ngày nên ta có hệ 800x + 600y ≥ 900 8x + 6y ≥       200x + 400y ≥ 400 x + 2y ≥ bất phương trình sau ⇔ (∗)   ≤ x ≤ 1, ≤ x ≤ 1,       ≤ y ≤ 1, ≤ y ≤ 1, • Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ hàm số f (x; y) trên miền nghiệm hệ bất phương trình (∗) • Miền nghiệm hệ bất phương trình (∗) là tứ giác ABCD (kể biên) • Hàm số f (x; y) = 45x + 35y đạt giá trị nhỏ (x; y) là tọa độ các đỉnh A(1, 6; 1, 1), B(1, 6; 0, 2), C(0, 6; 0, 7), D(0, 3; 1, 1) • Ta có: f (1, 6; 1, 1) = 110, 5; f (1, 6; 0, 2) = 79; f (0, 6; 0, 7) = 51, 5; f (0, 3; 1, 1) = 52 BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN 313 • Suy f (x; y) nhỏ (x; y) = (0, 6; 0, 7) Do đó gia đình này cần phải mua 0, kg thịt bò và 0, kg thịt lợn để số tiền bỏ là ít y 1, A D C 0, 0, B 0, O 0, x 1, Bài 12 Một gia đình định trồng cà phê và ca cao trên diện tích 10 Nếu trồng cà phê thì cần 20 công và thu 10.000.000 đồng trên diện tích ha, trồng cà thì cần 30 công và thu 12.000.000 đồng trên diện tích Hỏi cần trồng loại cây trên với diện tích là bao nhiêu để thu nhiều tiền Biết cà phê các thành viên gia đình tự chăm sóc và số công không vượt quá 80, còn ca cao gia đình thuê người làm với giá 100.000 đồng cho công? Lời giải Gọi x và y là số cà phê và ca cao mà hộ nông dân này trồng (x, y ≥ 0) Số tiền cần bỏ để thuê người trồng ca cao là 30y.100000 = 3000000y (trồng) Lợi nhuận thu là f (x; y) = 1000000x + 12000000 − 3000000y ⇒ f (x; y) = 10000000x + 9000000y (đồng) Vì số công để trồng cà phê không  vượt qua 80 nên 20x ≤ 80 ⇔ x ≤  x + y ≤ 10 Ta có hệ bất phương trình sau ≤ x ≤ (∗)   y≥0 Ta cần tìm giá trị lớn f (x; y) trên miền nghiệm hệ (∗) Miền nghiệm hệ (∗) là tứ giác OABC (kể biên) Hàm số f (x; y) đạt giá trị lớn (x; y) là toạ độ các đỉnh O(0; 0), A(4; 0), B(4; 6), C(0; 10) Suy f (x; y) lớn (x; y) = (4; 6) Như cần phải trồng cà phê và ca cao để thu lợi nhuận lớn y 10 C B A O x Bài 13 Một hộ nông dân định trồng đậu và cà trên diện tích Nếu trồng đậu thì cần 20 công và thu 3000000 đồng trên diện tích ha, trồng cà thì cần 30 công và thu 4000000 đồng trên diện tích 314 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH Hỏi cần trồng loại cây trên với diện tích là bao nhiêu để thu nhiều tiền biết tổng số công không quá 180? Lời giải Gọi số đậu và cà mà hộ nông dân này trồng là x và y(x, y ≥ 0) Lợi nhuận thu là f (x; y) = 3000000x + 4000000y (đồng) Tổng số công dùng để trông x  đậu và y cà là 20x+ 30y   x + y ≤ x + y ≤ Ta có hệ bất phương trình sau 20x + 30y ≤ 180 ⇔ 2x + 3y ≤ 18     x, y ≥ x, y ≥ Bài toán trở thành tìm giá trị lớn hàm số f (x; y) trên miền nghiệm hệ bất phương trình (∗) Miền nghiệm hệ bất phương trình (∗) là tứ giác OABC (kể biên) Hàm số f (x; y) đạt giá trị lớn (x; y) là tọa độ các đỉnh O(0; 0), A(8; 0), B(6; 2), C(0; 6) Ta có: f (0; 0) = 0, f (8; 0) = 24000000, f (6; 2) = 26000000, f (0; 6) = 2400000 Suy f (x; y) lớn (x; y) = (6; 2) tức là hộ nông dân này cần phải tròng đậu và cà thì thu lợi nhuận lớn y C B A O x Bài 14 Một phân xưởng có hai máy đặc chủng M1 , M2 sản xuất hai loại sản phẩm kí hiệu là A và B Một sản phẩm loại A lãi triệu đồng, sản phẩm loại B lãi 1, triệu đồng Muốn sản xuất sản phẩm loại A phải dùng máy M1 và máy M2 Muốn sản xuất sản phẩm loại B phải dùng máy M1 và máy M2 Một máy không thể dùng để sản xuất đồng thời hai loại sản phẩm Máy M1 làm việc không quá ngày, máy M2 làm việc không quá ngày Hỏi số tiền lãi lớn mà phân xưởng này có thể thu ngày là bao nhiêu? Lời giải Gọi x, y là số sản phẩm loại A, B mà phân xưởng này sản xuất ngày (x, y > 0) Khi đó số tiền lãi ngày phân xưởng này là f (x; y) = 2x + 1, 6y (triệu đồng); số làm việc ngày máy M1 là 3x + y và số làm việc ngày máy M2 là x + y Vì ngày máy M1 làm việc không quá và máy M2 làm việc không quá nên ta có hệ bất phương  3x + y ≤ trình x + y ≤ (∗)   x, y ≥ Bài toán trở thành tìm giá trị lớn hàm số f (x; y) trên miền nghiệm hệ bất phương trình (∗) Miền nghiệm hệ bất phương trình (∗) là tứ giác OABC (kể biên) Hàm số f (x; y) đạt giá trị lớn trên miền nghiệm hệ bất phương trình (∗) (x; y) là toạ độ các đỉnh O(0; 0), A(2; 0), B(1; 3), C(0; 4) Ta có f (0; 0) = 0; f (2; 0) = 4; f (1; 3) = 6, 8; f (0; 4) = 6, Suy max f (x; y) = 6, (x; y) = (1; 3) BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN 315 y C B A O x Bài 15 Một công ty cần thuê xe để chở 140 người và hàng Nơi thuê xe có hai loại xe A và B, đó loại xe A có 10 và loại xe B có Một xe loại A cho thuê với giá triệu đồng, xe loại B cho thuê với giá triệu Biết xe loại A có thể chở tối đa 20 người và 0, hàng; xe loại B có thể chở tối đa 10 người và 1, hàng Hỏi phải thuê bao nhiêu xe loại để chi phí bỏ là ít nhất? Lời giải Gọi x, y là số xe loại A và B Khi đó số tiền cần bỏ để thuê xe là f (x; y) = 4x + 3y Ta có x xe loại A chở 20x người và 0, 6x hàng; y xe loại B chở 10y người và 1, 5y hàng Suy x xe loại A và y xe loại B  người và 0, 6x + 1, 5y hàng se chở 20x + 10y 2x + y ≥ 14 20x + 10 ≥ 40       2x + 5y ≥ 30 0, 6x + 1, 5y ≥ (∗) ⇔ Ta có hệ bất phương trình sau   ≤ x ≤ 10 ≤ x ≤ 10       0≤y≤9 0≤y≤9 Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ hàm số f (x; y) trên miền nghiệm hệ (∗) Miền nghiệm hệ (∗) là tứ giác ABCD (kể biên) Hàm số f (x; y) = 4x + 3y đạt giá trị nhỏ trên miền nghiệm ã Å hệ bất phương trình (∗) (x; y) là tọa độ các đỉnh A(5; 4), B(10; 2), C(10; 9), D ; Å ã Ta có: f (5; 4) = 32; f (10; 2) = 46; f (10; 9) = 67; f ; = 37 Suy f (x; y) nhỏ (x; y) = (5; 4) Như để chi phí vận chuyển thấp cần thuê xe loại A và xe loại B y C D A O B 5 10 x BÀI TẬP TỔNG HỢP Bài 16 Biểu diễn hình học tập nghiệm bất phương trình bậc hai ẩn x − y > − 3x Lời giải 316 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH x − y > − 3x ⇔ 2x − y > Vẽ đường thẳng d : 2x − y = Thay tọa độ điểm O(0; 0) vào vế trái phương trình đường thẳng (d), ta được: < Vậy miền nghiệm bất phương trình là nửa mặt phẳng không chứa điểm O (Trên hình là nửa mặt phẳng không bị gạch bỏ) y (d) O x −1 Bài 17 Biểu diễn hình học tập nghiệm bất phương trình bậc hai ẩn 3x − y ≤ Lời giải y Vẽ đường thẳng d : 3x − y = Thay tọa độ điểm M(0; 2) vào vế trái phương trình đường thẳng (d), ta được: (d) −2 < M(0; 2) Vậy miền nghiệm bất phương trình là nửa mặt phẳng không chứa điểm M, kể bờ (d) (Trên hình là nửa mặt phẳng không bị gạch bỏ) O x Bài 18 a) Biểu diễn hình học tập nghiệm bất phương trình bậc hai ẩn x + y − < b) Tìm điều kiện m và n để điểm thuộc đường thẳng (d ): (m2 − 2)x − y + m + n = là nghiệm bất phương trình trên Lời giải y a) Vẽ đường thẳng d : x + y = Thay tọa độ điểm O(0; 0) vào vế trái phương trình đường thẳng (d), ta được: < 3 Vậy miền nghiệm bất phương trình là nửa mặt phẳng chứa điểm O (Trên hình là nửa mặt phẳng không bị gạch bỏ) (d) b) Để điểm thuộc đường thẳng (d ) là nghiệm bất phương trình thì điều kiện cần là (d ) phải song song với (d) x O − 2)x + m + n Để (d) song Ta có d : y = −x + và d : y = (m ®  m=1 ®  m − = −1  n 6= song (d ) thì ⇔ ®  m = −1 m + n 6= n 6= ® m=1 thì ta d : y = −x + n + Để thỏa yêu cầu n 6= bài toán thì điều kiện đủ là đường thẳng (d ) là đồ thị đường thẳng (d) (d) tịnh tiến xuống theo trục Oy Tức n + < ⇔ n < Với Bài 19 Cho bất phương trình 2x + y − ≤ a) Biểu diễn miền nghiệm bất phương trình đã cho mặt phẳng tọa độ Oxy b) Tìm tất giá trị tham số m để điểm M(m, 1) nằm miền nghiệm bất phương trình đã và biểu diễn tập hợp M tìm cùng hệ trục tọa độ Oxy câu a) Lời giải BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN 317 y a) Đường thẳng (d): 2x + y − = có đồ thị hình vẽ bên Ta có 2.0 + − < Do đó, miền nghiệm là đường thẳng (d) và miền không gạch chéo hình vẽ bên (Miền chứa gốc tọa độ) b) Để M là nghiệm thì 2m + − ≤ ⇔ m ≤ Vì M nằm trên đường thẳng (∆) : y = Do đó, tập hợp tất điểm M là nghiệm bất phương trình trình đã cho t A là tia At hình vẽ O x d Bài 20 Cho bất phương trình x − 2y + 4m > a) Tùy theo giá trị tham số m, hãy biểu diễn tập nghiệm bất phương trình đã cho hệ trục tọa độ Oxy b) Gọi A, B là giao đường thẳng x − 2y + 4m = với trục hoành và trục tung Tìm tất các giá trị tham số m để tập nghiệm bất phương trình đã cho chứa điểm C(2; 1) cho diện tích tam giác ABC Lời giải y a) Xét đường thẳng (dm ): x − 2y + 4m = có đồ thị hình vẽ bên Ta có − 2.0 + 4m = 4m Do đó, với m 6= miền nghiệm luôn 2m B chứa gốc tọa độ Nếu m = thì miền nghiệm chứa điểm (1; 0) Vậy C với m miền nghiệm là miền không gạch chéo hình vẽ bên −4m x b) Để C là nghiệm bất phương trình đã cho thì − + 4m > A O1 ⇔ m > Khi đó, OC k (d ), suy S =S = 4m2 Theo m giả thiết, ta có 4m2 = ⇔ m = ∆ABC ∆ABO    y≥0 x−y ≥ Bài 21 Cho hệ bất phương trình   x+y−4 ≤ a) Biểu diễn tập nghiệm hệ đã mặt phẳng tọa độ Oxy b) Tính diện tích miền nghiệm đó Lời giải a) Vẽ các đường thẳng x − y = và x + y − = trên cùng hệ trục tọa độ Chọn điểm (2, 1) để xác định miền nghiệm Khi đó ta miền nghiệm hình vẽ bên b) Từ hình vẽ bên ta có OA = và độ dài đường cao tam giác OAB hạ từ B Vậy S∆OAB = y B Ax O Bài 22 Tìm m đề hệ bất phương trình    x≥0 x−y ≤   y − mx − ≤ có tập nghiệm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ là hình tam giác Lời giải Nhận xét: Họ đường thẳng (dm ) : y − mx − = luôn qua điểm A(0; 2), hay nói cách khác các đường thẳng (dm ) xoay quanh A Mặt khác, ta có − m.0 − ≤ đúng với m, nên miền nghiệm bất phương trình y − mx − ≤ luôn chứa điểm (0; 1) Do đó ta có khả sau: 318 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH y y y 2 1 x O m<0 x O m>0 x O m=0 Vậy m < Bài 23 Một xưởng sản xuất gỗ cưa các khúc gỗ thành các ván Có hai loại ván: ván thành phẩm và ván sử dụng xây dựng Giả sử, đối với: Ván thành phẩm cần để cưa và để bào 10m ván Ván xây dựng cần để cưa và để bào 10m ván Máy cưa làm việc tối đa ngày, và máy bào làm việc tối đa ngày Nếu lợi nhuận 10m ván thành phẩm là 100 (ngàn đồng) và lợi nhuận 10m ván xây dựng là 80 (ngàn đồng) Trong ngày, xưởng sản xuất phải cưa bao nhiêu ván loại để lợi nhuận lớn nhất? Lời giải y Gọi x, y là chiều dài ván thành phẩm và ván xây dựng hoàn thành ngày Đơn vị 10m Do đó bài toán trở thành tìm giá trị lớn T = 10x + 8y (ngàn đồng), biết x, y thỏa mãn hệ bất phương trình sau  B x + 2y ≤   11 A  3x + 2y ≤ C x  x≥0   O  y≥0 ã Å ã Å ,C ; Miền nghiệm hệ là tứ giác OBAC, đó A(1; 1), B 0; Do đó, giá trị lớn T là 18 x = y = Bài 24 Chuyên gia dinh dưỡng định thành lập thực đơn gồm loại thực phẩm chính A và B Cứ trăm gram: Thực phẩm A chứa đơn vị chất béo, đơn vị carbohydrate và đơn vị protein Thực phẩm B chứa đơn vị chất béo, đơn vị carbohydrate và đơn vị protein Nếu trăm gram thực phẩm A giá 10 ngàn đồng và trăm gram thực phẩm B giá 15 ngàn đồng Nhà dinh dưỡng muốn thức ăn phải cung cấp nhiều đơn vị chất béo, đơn vị protein và ít đơn vị carbohydrate Cần bao nhiêu trăm gram thực phẩm loại để có giá thành nhỏ cung cấp đủ dinh dưỡng? Lời giải BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN Gọi x, y là khối lượng thực phẩm A và B Đơn vị trăm gam Do đó bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ T = 10x + 15y (ngàn đồng), biết x, y thỏa mãn hệ bất phương trình sau   2x + y ≤      3x + y ≥ 4x + y ≤    x≥0     y≥0 Miền hệ là đa giác ABCDE, đó Å ãnghiệm Å ã A ; , B ; ,C(1; 3), D(0; 5), E(0; 4) Do đó, giá trị nhỏ 4 4000 gam x = và y = T là 3 319 y D E C AB O x 320 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH §5 I Tóm tắt lí thuyết Tam thức bậc hai DẤU CỦA TAM THỨC BẬC HAI Định nghĩa Tam thức bậc hai là biểu thức có dạng f (x) = ax2 + bx + c, đó a, b, c là hệ số, a 6= Nghiệm tam thức bậc hai là giá trị x làm cho tam thức có giá trị Định lí dấu tam thức bậc hai Định lí Cho tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c, a 6= 0, ∆ = b2 − 4ac Khi đó: • ∆ < ⇒ a f (x) > 0, ∀x ∈ R ß ™ Å ã b b • ∆ = ⇒ a f (x) > 0, ∀x ∈ R\ − và f − = 2a 2a ñ a f (x) > 0, ∀x ∈ (−∞; x1 ) ∪ (x2 ; +∞) • ∆>0⇒ a f (x) < 0, ∀x ∈ (x1 ; x2 ) Với x1 ; x2 là nghiệm phương trình f (x) = 0, x1 < x2 Định lí dấu tam thức bậc hai Định nghĩa Bất phương trình bậc hai ẩn số là bất phương trình có dạng ax2 + bx + c > (hoặc ax2 + bx + c > 0; ax2 + bx + c ≥ 0; ax2 + bx + c ≤ 0) với a, b, c là số thực đã cho, a 6= 0, x là ẩn số Bất phương trình bậc hai ẩn Định nghĩa Bất phương trình bậc hai ẩn x là bất phương trình dạng ax2 + bx + c < (hoặc ax2 + bx + c ≤ 0, ax2 + bx + c > 0, ax2 + bx + c ≥ 0), đó a, b, c là số thực đã cho, a 6= II Các dạng toán Dạng Xét dấu tam thức bậc hai Cho tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c, (a 6= 0) Đặt ∆ = b2 − 4ac • Nếu ∆ < thì a f (x) > 0, ∀x ∈ R • Nếu ∆ = thì a f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R và f (x) = ⇔ x = − • Nếu ∆ > thì f (x) có hai nghiệm phân biệt x1 < x2 và – a f (x) > 0, ∀x ∈ (−∞; x1 ) ∪ (x2 ; +∞) – a f (x) < 0, ∀x ∈ (x1 ; x2 ) Ví dụ Xét dấu tam thức bậc hai f (x) = x2 − 2x + Lời giải Ta có ∆0 = −4 < và a = > nên f (x) > 0, ∀x ∈ R b 2a DẤU CỦA TAM THỨC BẬC HAI 321 Ví dụ Xét dấu tam thức bậc hai f (x) = x2 − 5x − ñ x = −1 Lời giải Ta có: f (x) = ⇔ x=6 Do a = > nên • f (x) > 0, ∀x ∈ (−∞; −1) ∪ (6; +∞) • f (x) < 0, ∀x ∈ (−1; 6) Ví dụ Xét dấu tam thức bậc hai f (x) = −x2 + 3x + ñ x = −1 Lời giải Ta có f (x) = ⇔ x=4 Do a = −1 < nên • f (x) > 0, ∀x ∈ (−1; 4) • f (x) < 0, ∀x ∈ (−∞; −1) ∪ (4; +∞) x2 + 4x + x−1 ñ x = −3 Lời giải Ta có g(x) = x + 4x + = ⇔ x = −1 h(x) = x − = ⇔ x = Bảng xét dấu Ví dụ Xét dấu biểu thức f (x) = x −∞ −3 −1 +∞ g(x) + − + | + h(x) − | − | − + f (x) − + − || + Từ bảng xét dấu ta thấy • f (x) > ⇔ x ∈ (−3; −1) ∪ (1; +∞) • f (x) < ⇔ x ∈ (−∞; −3) ∪ (−1; 1) Ví dụ Cho tam Åthức ã bậc hai f (x) = x2 − (2m − 1)x + m2 − m Tìm các giá trị tham số m để ;1 f (x) < với ∀x ∈ ñ x = m−1 Lời giải Ta có f (x) = (x − m)(x − m + 1) = ⇔ x=m ⇒ f (x) < ⇔ x ∈ (m − 1; m)  Å ã Å ã m − ≤ 1 ⇔1≤m≤ Để f (x) < 0, ∀x ∈ ; thì ; ⊂ (m − 1; m) ⇔  2 m≥1 BÀI TẬP TỰ LUYỆN 322 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH Bài Xét dấu tam thức bậc hai f (x) = 2x2 − 5x + Lời giải Ta có ã Å ∪ (2; +∞) • f (x) > ⇔ x ∈ −∞; Å ã • f (x) < ⇔ x ∈ ;2 Bài Xét dấu tam thức bậc hai f (x) = −x2 − 4x − Lời giải Ta có f (x) < 0, ∀x ∈ R Bài Xét dấu biểu thức f (x) = x3 − 3x + Lời giải Ta có f (x) = (x − 1)2 (x + 2) • f (x) > ⇔ x ∈ (−2; +∞)\{1} • f (x) < ⇔ x ∈ (−∞; −2) Bài Xét dấu biểu thức f (x) = + x2 − 4x Lời giải Ta có f (x) = ñx − 5x + x=0 g(x) = x2 − 4x = ⇔ x=4 ñ x=2 h(x) = x − 5x + = ⇔ x=3 Bảng xét dấu x x−6 x2 − 5x + −∞ +∞ g(x) + − | − | − + h(x) + | + − + | + f (x) + − || + || − + Từ bảng xét dấu ta thấy • f (x) > ⇔ x ∈ (−∞; 0) ∪ (2; 3) ∪ (4; +∞) • f (x) < ⇔ (0; 2) ∪ (3; 4) Dạng Tìm điều kiện tham số để tam thức bậc hai luôn mang dấu Cho tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c, (a 6= 0) Đặt ∆ = b2 − 4ac ® a>0 • f (x) > 0, ∀x ∈ R ⇔ ∆<0 ® a>0 • f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R ⇔ ∆≤0 ® a<0 • f (x) < 0, ∀x ∈ R ⇔ ∆<0 ® a<0 • f (x) ≤ 0, ∀x ∈ R ⇔ ∆≤0 DẤU CỦA TAM THỨC BẬC HAI 323 Ví dụ Cho f (x) = (m2 + 2)x2 − 2(m + 1)x + Tìm các giá trị tham số m để f (x) luôn dương với x Lời giải Ta có a = m2 + > 0, ∀m ∈ R và ∆0 = (m + 1)2 − (m2 + 2) = 2m − 1 Để f (x) > 0, ∀x ∈ R thì ∆ < ⇔ m < Ví dụ Cho f (x) = (m + 2)x2 + 2(m + 2)x + m + Tìm các giá trị tham số m để f (x) ≥ với giá trị x Lời giải • Với m = −2 ⇒ f (x) = > 0, ∀x ∈ R • Với m 6= −2, để f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R thì điều kiện là ® m+2 > 0 ® ∆ = (m + 2) − (m + 2)(m + 3) ≤ ⇔ m+2 > ⇔ m > −2 −m−2 ≤ Vậy với m ≥ −2 thì f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R Ví dụ Cho f (x) = mx2 − x − Tìm các giá trị tham số m để f (x) < với giá trị x Lời giải • Với m = ⇒ f (x) = −x − < ⇔ x > −1 • Với m 6= 0, để f (x) < 0, ∀x ∈ R thì điều kiện là ®  m < m<0 ⇔m<− ⇔ m < − ∆ = + 4m < Vậy với m < − thì f (x) < 0, ∀x ∈ R Ví dụ Cho f (x) = (m − 4)x2 + (2m − 8)x + m − Tìm các giá trị tham số m để f (x) ≤ với giá trị x Lời giải • Với m = ⇒ f (x) = −1 < 0, ∀x ∈ R • Với m 6= 4, để f (x) ≤ 0, ∀x ∈ R thì điều kiện là ® m−4 < 0 ∆ = (m − 4) − (m − 4)(m − 5) ≤ ® ⇔ m<4 ⇔m<4 m−4 < Vậy với m ≤ thì f (x) ≤ 0, ∀x ∈ R Ví dụ Cho f (x) = x √ x2 − x + m − Tìm các giá trị tham số m để f (x) > với giá trị 324 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH Lời giải Ta có f (x) > 0, ∀x ∈ R ⇔x2 − x + m > 1, ∀x ∈ R ⇔x2 − x + m − > 0, ∀x ∈ R ⇔∆ = − 4(m − 1) < ⇔m < BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài Cho f (x) = (2m2 − 3m − 2)x2 + 2(m − 2)x − Tìm các giá trị tham số m để f (x) ≤ 0, ∀x ∈ R Lời giải  m = − 2 TH1 Xét 2m − 3m − = ⇔  m=2 1 – Nếu m = − ⇒ f (x) = −5x − ≤ ⇔ x ≥ − – Nếu m = ⇒ f (x) = −1 ≤ 0, ∀x ∈ R  m 6= − 2 , đó, điều kiện để f (x) ≤ 0, ∀x ∈ R là TH2 Xét 2m − 3m − 6= ⇔  m 6= ®   − ≤ m ≤ 2m − 3m − < ⇔ − ≤ m < ⇔ 2  ∆ = (m − 2) + (2m − 3m − 2) ≤ − < m < 2 Bài Cho f (x) = (m + 4)x2 − 2mx + 2m − Tìm các giá trị tham số m để f (x) < 0, ∀x ∈ R Lời giải • Với m = −4 ⇒ f (x) = 8x − 14 < ⇔ x < • Với m 6= −4, để f (x) < 0, ∀x ∈ R thì điều kiện là ® ® m+4 < m < −4 ⇔ ⇔ m ∈ (−∞; −6) m ∈ (−∞; −6) ∪ (4; +∞) ∆ = m − (m + 4)(2m − 6) < Vậy với m < −6 thì f (x) < 0, ∀x ∈ R Bài Cho f (x) = −x2 + 4(m + 1)x + − 4m2 Tìm các giá trị tham số m để f (x) > với giá trị −4x2 + 5x − x Lời giải Ta có −4x2 + 5x − < 0, ∀x ∈ R Để f (x) > 0, ∀x ∈ R thì g(x) = −x2 + 4(m + 1)x + − 4m2 < 0, ∀x ∈ R ⇔ ∆0 = 4(m + 1)2 + (1 − 4m2 ) < ⇔ 8m + < ⇔ m < − Dạng Giải bất phương trình bậc hai Giải bất phương trình bậc hai ax2 + bx + c < thực chất là tìm các khoảng mà đó f (x) = ax2 + bx + c cùng dấu với hệ số a (trường hợp a < 0) hay trái dấu với hệ số a (trường hợp a > 0) DẤU CỦA TAM THỨC BẬC HAI 325 Ví dụ Giải bất phương trình 3x2 + 2x + > Lời giải Đặt f (x) = 3x2 + 2x + 5, ta có a = > và phương trình f (x) = vô nghiệm nên f (x) luôn dương Do đó tập nghiệm bất phương trình là S = (−∞; +∞) Ví dụ Giải bất phương trình −2x2 + 3x + >  x = −1 Lời giải Đặt f (x) = −2x2 + 3x + 5, ta có a = −2 < và f (x) = ⇐⇒  x= Lập bảng xét dấu f (x) ta có −∞ x f (x) −1 − + +∞ − Å ã Dựa vào bảng xét dấu ta có tập nghiệm bất phương trình là S = −1; Ví dụ Giải bất phương trình (3x2 − 10x + 3)(4x − 5) ≥ Lời giải Đặt f (x) = (3x2 − 10x + 3)(4x − 5). ñ x =  3x − 10x + = Ta có f (x) = ⇐⇒ ⇐⇒  x = 4x − =  x= Lập bảng xét dấu f (x) ta có x −∞ +∞ 3x2 − 10x + + − | − + 4x − − | − + | + f (x) − + − + ï ò Dựa vào bảng xét dấu ta có tập nghiệm bất phương trình là S = ; ∪ [3; ∞)

3x2 − x − x2 Ví dụ Giải bất phương trình ≤ 4x2 + x −

3x2 − x − x2 Lời giải Đặt f (x) = Ta có 4x2 + x −  x=0 + 3x2 − x = ⇐⇒  x= √ + − x2 = ⇐⇒ x = ± 326 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH  x = −1 + 4x2 + x − = ⇐⇒  x= Lập bảng xét dấu f (x) ta √ − −∞ x −1 √ 3 +∞ 3x2 − x + | + | + − + | + | + − x2 − + | + | + | + | + − 4x2 + x − + | + − | − | − + | + f (x) − + − + − + − ã ï Ä √ ó Dựa vào bảng xét dấu ta có tập nghiệm bất phương trình là S = −∞; − ∪ (−1; 0] ∪ ; ∪ î√ ä 3; +∞ Ví dụ 10 Giải bất phương trình Lời giải Ta có x2 − < 3x2 + x − Lập bảng xét dấu cho f (x) = x < x2 − 3x2 + x − x+8 ⇐⇒ (x2 − 4) (3x2 + x − 4) x+8 (x2 − 4) (3x2 + x − 4) −∞ −8 < ta có −2 − +∞ x+8 − + | + | + | + | + x2 − + | + − | − | − + 3x2 + x − + | + | + − + | + f (x) − + − − + + ã Å Dựa vào bảng xét dấu ta có tập nghiệm bất phương trình là S = (−∞; −8) ∪ −2; − ∪ (1; 2) BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài Giải bất phương trình −2x2 + 3x + ≥ Lời giải Ta có bảng xét dấu x −2x2 + 3x + −∞ −1 − Å + ã Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = (−∞; −1) ∪ ; +∞ +∞ − DẤU CỦA TAM THỨC BẬC HAI 327 Bài Giải bất phương trình x2 + 12x + 36 ≤ Lời giải Ta có bảng xét dấu −∞ x x2 + 12x + 36 −6 + +∞ + Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = {−6}

Bài Giải bất phương trình 3x2 − 4x 2x2 − x − > Lời giải Ta có bảng xét dấu −∞ x − +∞ 3x2 − 4x + | + − | − + 2x2 − x − + − | − + | + VT + − + − + ã Å ã Å ∪ (0; 1) ∪ ; +∞ Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = −∞; −

Bài Giải bất phương trình 4x2 − −8x2 + x − (2x + 9) < Lời giải Ta có bảng xét dấu −∞ x − 2 +∞ 4x2 − + | + − + −8x2 + x − − | − | − | − 2x + − + | + | + VT + − + − Å ã Å ã Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = − ; − ∪ ; +∞ 2 Bài Giải bất phương trình 4x2 + 3x − ≥ x2 + 5x + Lời giải Ta có bảng xét dấu x −∞ −1 +∞ 4x2 + 3x − + − + x2 + 5x + + | + | + VT + − + ï ã Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = (−∞; −1] ∪ ; +∞ 328 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH Bài Giải bất phương trình 5x2 + 3x − ≤ x2 − 7x + Lời giải Ta có bảng xét dấu −∞ x − +∞ 5x2 + 3x − + − + | + x2 − 7x + + | + − + VT + − − + ï ã Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = − ; ∪ (1; 6) x4 − 17x2 + 60 > x (x2 − 8x + 5) Bài 10 Giải bất phương trình Lời giải Ta có bảng xét dấu √ − √ − 12 −∞ x √ − 11 √ √ 12 + 11 √ x4 − 17x2 + 60 + − + | + | + − + | + x − | − | − + | + | + | + | + x2 − 8x + + | + | + | + − | − | − + VT − + − − + − + +∞ + Ä √ ä √ ä Ä√ √ ä Ä √ √ ä Ä Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = − 12; − ∪ 0; − 11 ∪ 5; 12 ∪ + 11; +∞ Bài 11 Giải bất phương trình Lời giải Ta có x2 + 5x + > x2 + 5x + > x2 − 17x + 72 x2 − 17x + 72 ⇐⇒ −22x + 66 (x2 + 5x + 6) (x2 − 17x + 72) > Ta có bảng xét dấu x −∞ −3 −2 +∞ −22x + 66 + | + | + − | − | − x2 + 5x + + − + | + | + | + x2 − 17x + 72 + | + | + | + − + VT + + − − Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = (−∞; −3) ∪ (−2; 3) ∪ (8; 9) 5x2 − 7x − > 3x2 − 2x − 5x2 − 7x − 2x2 − 5x + Lời giải Ta có > ⇐⇒ > 3x − 2x − 3x − 2x − Ta có bảng xét dấu Bài 12 Giải bất phương trình + − DẤU CỦA TAM THỨC BẬC HAI 329 −∞ x −1 +∞ 2x2 − 5x + + | + − | − + 3x2 − 2x − + − | − + | + VT + − + − + Å ã Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = (−∞; −1) ∪ ; ∪ (2; +∞) x − x − x2 + 4x + 15 + ≥ 1−x x+1 x2 − x − x − x2 + 4x + 15 −x2 − 7x − 10 Lời giải Ta có + ≥ ⇐⇒ ≥ 1−x x+1 x2 − x2 − Ta có bảng xét dấu Bài 13 Giải bất phương trình −∞ x −2 −5 −1 +∞ −x2 − 7x − 10 − + − | − | − x2 − + | + | + − + VT − + − − + Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = [−5; −2) ∪ (−1; 1)
2x + Bài 14 Giải bất phương trình x2 + 3x (2x + 3) − 16 · x + 3x
2
x2 + 3x (2x + 3) − 16 (2x + 3) 2x + Lời giải Ta có x + 3x (2x + 3) − 16 · ⇐⇒ ≥0 + 3x x + 3x x Ä ä
2

(2x + 3) x2 + 3x − 16 (2x + 3) x2 + 3x − x2 + 3x + ⇐⇒ ≥ ⇐⇒ ≥ x2 + 3x x2 + 3x Ta có bảng xét dấu x −∞ −4 −3 − +∞ 2x + − | − | − + | + | + x2 + 3x − + − | − | − | − + x2 + 3x + + | + | + | + | + | + x2 + 3x + | + − | − + | + VT − + − + − + ï ã Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = [−4; −3) ∪ − ; ∪ [1; +∞) 330 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH Dạng Bài toán có chứa tham số Để giải dạng toán này ta phải xác định dấu hệ số x2 và dấu biệt thức ∆ từ đó áp dụng định lý dấu tam thức bậc hai Ví dụ 11 Tìm giá trị tham số m để các biểu thức sau đây luôn không dương với x ∈ R a) f (x) = −2x2 + 2(m − 2)x + m − b) f (x) = (m − 1)x2 − 2(m − 1)x − Lời giải a) Ta phải tìm m cho f (x) = −2x2 + 2(m − 2)x + m − ≤ với x ∈ R Do a = −2 < nên f (x) ≤ ∀x ∈ R và ∆0 = (m − 2)2 − (−2).(m − 2) ≤ Ta có ∆0 = (m − 2)2 + 2(m − 2) = m(m − 2) ⇒ ∆0 ≤ ⇔ ≤ m ≤ b) Ta phải tìm m cho f (x) = (m − 1)x2 − 2(m − 1)x − ≤ với x ∈ R +) Trường hợp 1: m − = ⇔ m = 1, đó f (x) = −4®< ∀x ∈ R m−1 < +) Trường hợp 2: m − 6= 0, đó f (x) ≤ ∀x ∈ R ⇔ ∆ = (m − 1) + 4(m − 1) ≤ ® ® m−1 < m−1 < Từ đó suy ⇔ ⇔ −3 ≤ m < −1 ∆0 = (m − 1)(m + 3) ≤ m+3 ≥ Kết hượp hai trường hợp ta suy giá trị m cần tìm là −3 ≤ m ≤ Ví dụ 12 Tìm tất các giá trị tham số m để bất phương trình sau nghiệm đúng với x ∈ [1; 3] x2 − (m + 2) x + m2 + 4m ≤ (1) Lời giải Xét phương trình x2 − (m + 2) x + m2 + 4m = (2), ta có ∆0 = (m + 2)2 − m2 − 4m = Từ đó suy (2) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 = m < x2 = m + Từ đó suy (1) có tập nghiệm [m; m + 4] Vậy (1) nghiệm đúng với x ∈ [1; 3] và m ≤ < ≤ m + ⇔ −1 ≤ m ≤ p x2 − (2m + 3) x + 6m Ví dụ 13 Tìm tất các giá trị tham số m để hàm số y = có tập xác định x2 + 2x + là R Lời giải Ta có x2 + 2x + = (x + 1)2 + > ∀x ∈ R Từ đó suy hàm số đã cho có tập xác định là R và x2 − (2m + 3) x + 6m ≥ ∀x ∈ R Do ∆ = (2m + 3)2 − 4.6m = (2m − 3)2 ≥ ∀m nên hàm số đã cho có tập xác định là R và ∆=0⇔m= BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 15 Tìm tất các giá trị tham số m để bất phương trình x2 − (m − 2)x − 8m + ≥ có nghiệm Lời giải Do a = > nên bất phương trình trên luôn có nghiệm với m Bài 16 Tìm giá trị m để biểu thức f (x) = x2 − (m + 2)x + 2m có giá trị không âm với x ∈ R Lời giải Do a = > nên f (x) ≥ với x ∈ R và ∆ = (m − 2)2 ≤ ⇔ m = DẤU CỦA TAM THỨC BẬC HAI 331 [Vũ Văn Trường] p Bài 17 Tìm giá trị m để hàm số f (x) = mx2 + 2(m + 1)x + m − có tập Å xác Dã6= ∅ √ Lời giải Với m = thì f (x) = 2x − 1, đó hàm số có tập xác định D = ; +∞ 6= ∅ Với m 6= 0, hàm số có tập xác định D 6= ∅ ⇔ ∆0 = (m + 1)2 − m2 + m ≥ ⇒ m ≥ − Trong trường hợp  m 6= này ta có m ≥ − Từ đó suy giá trị m cần tìm là m ≥ − Bài 18 Tìm tất các giá trị thực tham số m để với x ∈ R ta luôn có: −1 ≤ x2 + 5x + m <7 2x2 − 3x + Lời giải Ta có 2x2 − 3x + > 0, ∀x ® ∈2R 3x + 2x + m + ≥ x + 5x + m Suy −1 ≤ <7⇔ 2x − 3x + 13x2 − 26x + 14 − m > Ta có 3x2 + 2x + m + ≥ 0, ∀x ∈ R ⇔ m ≥ − 13x2 − 26x + 14 − m > 0, ∀x ∈ R ⇔ m < Do đó − ≤ m < ® x + 5x + ≤ Bài 19 Chứng minh hệ bất phương trình luôn có nghiệm x − (m + 3)x + 2(m + 1) ≤ Lời giải Ta có x2 + 5x + ≤ ⇔ ≤ x ≤ 4, suy tập nghiệm bất phương trình x2 + 5x + ≤ là S = [1; 4] Phương trình x2 − (m + 3)x + 2(m + 1) = có hai nghiệm x = 2, x = m + Từ đó suy bất phương trình x2 − (m + 3)x + 2(m + 1) ≤ có tập nghiệm S0 = {2}, S0 = [2; m + 1], S0 = [m + 1; 2] tương ứng m + = 2; m + > 2; m + < Trong trường hợp ta có S ∩ S0 6= ∅, đó hệ phương trình đã cho luôn có nghiệm BÀI TẬP TỔNG HỢP
Bài 20 Xét dấu biểu thức f (x) = (|2x − 3| − 1) |x2 − 2x + 4| − 2x2 + 9x − 16 Lời giải Do |2x − 3| + > 0, ∀x ∈ R nên dấu |2x − 3| − là dấu (|2x − 3| − 1) (|2x − 3| + 1) = (2x − 3)2 − = 4x2 − 12x + = 4(x2 − 3x + 2) Vì x2 − 2x + = (x − 1)2 + > 0, ∀x ∈ R nên |x2 − 2x + 4| = x2 − 2x + Suy |x2 − 2x + 4| − 2x2 + 9x − 16 = x2 − 2x + − 2x2 + 9x − 16 = −x2 + 7x − 12 Dấu f (x) là dấu biểu thức g(x) = (x2 − 3x + 2)(−x2 + 7x − 12) Bảng xét dấu g(x): x −∞ x2 − 3x + + −x2 + 7x − 12 − g(x) − − − + + +∞ + + − + − − + − 332 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH Vậy: f (x) > 0, ∀x ∈ (1; 2) ∪ (3; 4); f (x) < 0, ∀x ∈ (−∞; 1) ∪ (2; 3) ∪ (4; +∞) Bài 21 Giải các bất phương trình sau: a) 1 1 + ≥ + ; x+1 x−2 x−1 x b) (x + 2)2 (x − 1)(x + 5) + ≥ Lời giải a) 1 1 1 1 + ≥ + ⇔ − ≥ − x+1 x−2 x−1 x x+1 x−1 x x−2 −2 −2 ⇔ ≥ x − x − 2x −2 ⇔ + ≥0 x − x − 2x −2(x2 − 2x) + 2(x2 − 1) 4x − ⇔ ≥ ⇔ ≥ (x2 − 1)(x2 − 2x) (x2 − 1)(x2 − 2x) Bảng xét dấu vế trái: x −∞ −1 4x − − x2 − + x2 − 2x + + VT − + − − − − − − − − + − − + 0 +∞ + + + + + + ï ã Vậy tập nghiệm bất phương trình đã cho là T = (−1; 0) ∪ ; ∪ (2; +∞)   b) (x + 2)2 (x − 1)(x + 5) + ≥ ⇔ (x + 2)2 (x2 + 4x − 5) + ≥ ⇔ (x + 2)2 (x + 2)2 − + 8ñ≥ t ≤1 Đặt t = (x + 2)2 ≥ 0, bất phương trình đã cho có dạng t(t − 9) + ≥ ⇔ t − 9t + ≥ ⇔ t ≥8 Thay t = (x + 2)2 ñta có: ñ ñ −1 ≤ x+2 ≤ − ≤ x ≤ −1 (x + 2)2 ≤ √ √ √ √ ⇔ ⇔ −2 ≤ x+2 ≤ 2 −2− 2 ≤ x ≤ −2 + 2 (x + 2)2 ≥ î √ √ ó Vậy tập nghiệm bất phương trình đã cho là T = −2 − 2; −2 + 2  x − 2mx − m2 + m − > Bài 22 Xác định tham số m để hệ 2x − x − có nghiệm  > x+1 x DẤU CỦA TAM THỨC BẬC HAI  x − 2mx − m2 + m − > Lời giải Xét hệ 2x − x −  > (2) x+1 x 333 (1) (2x − 1)x − (x + 1)(x − 3) >0 x(x + 1) x2 + x + ⇔ > ⇔ x(x + 1) > vì x2 + x + > 0, ∀x ∈ R x(x + 1) ñ x < −1 ⇔ x > (2) ⇔ Suy tập nghiệm (2) là T2 = (−∞; −1) ∪ (0; +∞) Giải (1): Ta có ∆0 = 2m2 − m + > 0, ∀m ∈ R Suy tam thức bậc hai f (x) = x2 − 2mx − m2 + m − luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 (1) luôn có tập nghiệm T1 = (−∞; x1 ) ∪ (x2 ; +∞) Suy tập nghiệm hệ T = T1 ∩ T2 6= ∅ Vậy hệ đã cho luôn có nghiệm với giá trị tham số m (x1 < x2 ) và Bài 23 Tìm giá trị tham số m để f (x) = (m − 2)x2 + 2(2m − 3)x + 5m − ≥ 0, ∀x ∈ R Lời giải • Với m = thì f (x) = 2x + ⇒ f (x) ≥ ⇔ x ≥ −2 Suy m = không phải giá trị cần tìm • Với m 6= thì f (x) là tam thức bậc hai Do đó, ta có ® m−2 > f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R ⇔ ∆ = (2m − 3)2 − (m − 2)(5m − 6) ≤ ® m>2 ⇔ − m2 + 4m − ≤  >2  m ñ ⇔ m ≥ ⇔ m ≥   m≤1 Kết luận: m ≥ Bài 24 Chứng minh bất đẳng thức x2 + 2y2 − 2xy + 2x − 4y + > Lời giải Đặt f (x) = x2 + 2y2 − 2xy + 12x − 4y + = x2 − 2(y − 1)x + (2y2 − 4y + 3) Suy f (x) là tam thức bậc hai x Ta có ∆x = (y − 1)2 − (2y2 − 4y + 3) = −y2 + 2y − < 0, ∀y ∈ R Vậy f (x) > 0, ∀x, y ∈ R (đpcm) a3 + b2 + c2 > ab + bc + ca Lời giải Do a3 > 36 nên a > và abc = ⇒ bc = a a2 Bất đẳng thức đã cho tương đương với (b + c)2 − a(b + c) − + > a 3 a Xét tam thức bậc hai f (x) = x2 − ax − + a Ç å 2 a 12 4a 3a3 − 4a3 + 36 36 − a3 ∆ = a2 − − + = a2 + − = = > a a 3a 3a a2 Suy f (x) > 0, ∀x ∈ R ⇒ (b + c)2 − a(b + c) − + > (đpcm) a Bài 25 Cho a3 > 36 và abc = Chứng minh rằng: 334 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH §6 I ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG IV Đề số 1a Bài (2 điểm) Giải các bất phương trình sau: a) 8x − > b) 15x − − 3x ≤ −2 + 2x Lời giải 15x − ⇔ 16x − 10 > 15x − ⇔ x > 2 Vậy tập nghiệm bất phương trình là: T = (2; +∞) a) 8x − > b) − 3x − 3x x+3 ≤ −2 ⇔ +2 ≤ ⇔ ≤ ⇔ −3 ≤ x < − + 2x + 2x + 2x ï ã Vậy tập nghiệm bất phương trình là : T = −3; − Bài (2 điểm) Giải bất phương trình x2 − x + |3x − 2| > Lời giải Bất phương trình tương   đương: x ≥ ® 3x − ≥   √ √ √ ñ    x + 2x − > x < −1 − x > −1 + x > −1 +  ® √ ⇔  ⇔  3x − <  x < 2−   x<  √ √ x2 − 4x + >  x < − xÄ> + ä Ä ä √ √ Vậy tập nghiệm bất phương trình là: T = −∞; − ∪ −1 + 3; +∞ Bài (4 điểm) Cho biểu thức f (x) = (m + 1)x2 − 2(2m + 1)x + (m là tham số) a) Tìm các giá trị m để phương trình f (x) = có hai nghiệm dương phân biệt b) Tìm các giá trị m để bất phương trình f (x) > có nghiệm đúng ∀x ∈ R Lời giải a) Xét phương trình: (m + 1)x2 − 2(2m + 1)x + = (*) Phương trình (*) cóhai nghiệm dương phân  biệt  −3 4m + 3m >   m + 6=  m < m >       ∆0 >   ⇔ ⇔ m > −1 ⇔ m > ⇔ m+1 >    P>0           2(2m + 1) > m < −1 m > −1 S>0 m+1 b) Xét bất phương trình: (m + 1)x2 − 2(2m + 1)x + > (**) −1 TH1: Nếu m = −1 thì (**)⇔ 2x + > ⇔ x > không có nghiệm đúng ∀x ∈ R TH2: Nếu m 6= −1 (**) có nghiệm  đúng ∀x ∈ R ® ® m > −1 m+1 > a>0 −3 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ < m < −3  ∆ <0 4m + 3m < <m<0 ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG IV Bài (2 điểm) Chứng minh 2a2 + b2 + c2 ≥ 2a(b + c) với a, b, c ∈ R Lời giải Ta có (a − b)2 ≥ với a, b ∈ R nên a2 + b2 ≥ 2ab (1) Tương tự ta có: a2 + c2 ≥ 2ac (2) với a, b ∈ R Cộng vế (1) và (2) ta 2a2 + b2 + c2 ≥ 2a(b + c) với a, b, c ∈ R Đẳng thức xảy và với a = b = c II Đề số 1b Bài (2 điểm) Giải các bất phương trình sau a) 4x − < x + b) 2−x ≥ − 2x Lời giải a) b) 4x − < x + ⇔ 4x − < 7x + 21 ⇔ 3x > −27 ⇔ x > −9 Vậy tập nghiệm bất phương trình là: T = (−9; +∞) 2−x 5x − 1 2−x ≥3⇔ −3 ≥ ⇔ ≥0⇔ ≤x< − 2x − 2x − 2x Å ã 1 Vậy tập nghiệm bất phương trình là: T = ; Bài (2 điểm) Giải bất phương trình x2 + 3x − − x + ≥ Lời giải phương trình tương đương  ®Bất ® x + 3x − ≥ x ≤ −4 x ≥ ñ    x + 3x − − x + ≥ x∈R x ≤ −4 x ≥  ® ⇔ ® ⇔ ⇔ x ∈ R   −4 < x < −4 < x <  x + 3x − < −6 ≤ x ≤ − x2 − 3x + − x + ≥ Vậy tập nghiệm bất phương trình là: T = R Bài (4 điểm) Cho biểu thức f (x) = (m − 1)x2 − 2(2m + 1)x − (m là tham số) a) Tìm các giá trị m để phương trình f (x) = có hai nghiệm dương phân biệt b) Tìm các giá trị m để bất phương trình f (x) < có nghiệm đúng ∀x ∈ R Lời giải a) Xét phương trình: (m − 1)x2 − 2(2m + 1)x − = (*) Phương trình (*) cóhai nghiệm dương phân  biệt  −5 4m + 5m >   m − 6=  m < m >       ∆0 >  −1  −5 ⇔ m<1 ⇔m< ⇔ ⇔ m−1 >    P>0          2(2m + 1) >  m < −1 m > S>0 m−1 b) Xét bất phương trình: (m − 1)x2 − 2(2m + 1)x − < (**) −1 TH1: Nếu m = thì (**)⇔ −6x − < ⇔ x > không có nghiệm đúng ∀x ∈ R 335 336 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH TH2: Nếu m 6= (**) có nghiệm đúng  ∀x ∈ R ® ® m < m−1 < a<0 −5 < m < ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ −5  ∆ <0 4m + 5m < <m<0 a b Bài (2 điểm) Cho a, b, c > Chứng minh ab + + ≥ a + b + b a Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm: … a a ab + ≥ ab = 2a b b … a b a b + ≥2 = b a b … a b b + ab ≥ ab = 2b a a a b a b ⇒ 2(ab + + ) ≥ 2(a + b + 1) ⇔ ab + + ≥ a + b + b a b a Đẳng thức sảy và a = b = III Đề số 2a ≥ 39 x−3 4 ≥ 39 ⇔ 9(x − 3) + ≥ 12 0,5 điểm Lời giải Ta có 9x + x−3 x−3 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương 9(x − 3) và ta x−3 … 4 9(x − 3) + ≥ 9(x − 3) = 12 1,0 điểm x−3 x−3 11 Dấu “ = ” xảy ⇔ 9(x − 3) = ⇔x= 0,5 điểm x−3 ® 4x − > x − Bài Tìm tất các giá trị tham số m để hệ bất phương trình có nghiệm 3x + 6m ≤ 10 ® ® 4x − > x − x>1 Lời giải ⇔ 1,0 điểm 3x + 6m ≤ 10 x ≤ − 2m Do đó hệ có nghiệm ⇔ < − 2m 0,5 điểm ⇔ m < 0,5 điểm Bài Cho x > Chứng minh rằng: 9x + Bài Giải bất phương trình |2x + 4| ≤ x + Lời giải Trường hợp 1: Với x ≥ −2 thì |2x + 4| ≤ x + ⇔ 2x + ≤ x + ⇔ x ≤ 0,5 điểm Trường hợp này bất phương trình có nghiệm −2 ≤ x ≤ 0,5 điểm Trường hợp 2: Với x < −2 thì |2x + 4| ≤ x + ⇔ −2x − ≤ x + ⇔ x ≥ −4 Trường hợp này bất phương trình có nghiệm −4 ≤ x < −2 0,5 điểm Vậy bất phương trình có nghiệm −4 ≤ x ≤ 0,5 điểm Bài ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG IV 337 a) Tìm m để biểu thức f (x) = x2 − (m + 2)x + 8m + luôn dương với x ∈ R b) Chứng minh 3x2 − 8xy + 9y2 − 4x − 2y + ≥ với x, y Lời giải a) Do a = > nên f (x) > 0, ∀x ∈ R ⇔ ∆ < ⇔ (m + 2)2 − 4(8m + 1) < 1,0 điểm ⇔ m2 − 28m < 0,5 điểm ⇔ < m < 28 0,5 điểm b) Đặt f (x) = 3x2 − 8xy + 9y2 − 4x − 2y + Ta có f (x) = 3x2 − (8y + 4)x + 9y2 − 2y + có ∆0 = (4y + 2)2 − 3(9y2 − 2y + 5) = −11y2 + 22y − 11 = −11(y − 1)2 ≤ 0, ∀y 1,0 điểm Do a = > ⇒ f (x) ≥ với x, y 1,0 điểm IV Đề số 2b ≥ 32 x−1 4 Lời giải Ta có 16x + ≥ 32 ⇔ 16(x − 1) + ≥ 16 0,5 điểm x−1 x−1 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương 16(x − 1) và ta x−1 … 4 16(x − 1) + ≥ 16(x − 1) = 16 1,0 điểm x−1 x−1 Dấu “ = ” xảy ⇔ 16(x − 1) = ⇔ x = 0,5 điểm x−1 ® 4(x + 1) + ≤ 3(x + 4) Bài Tìm tất các giá trị tham số m để hệ bất phương trình có nghiệm x+m ≥ ® ® 4(x + 1) + ≤ 3(x + 4) x≤3 Lời giải ⇔ 1,0 điểm x+m ≥ x ≥ 1−m Do đó hệ có nghiệm ⇔ − m ≤ 0,5 điểm ⇔ m ≥ −2 0,5 điểm Bài Cho x > Chứng minh rằng: 16x + Bài Giải bất phương trình |x − 3| > 3x + 15 Lời giải Trường hợp 1: Với x ≥ thì |x − 3| > 3x + 15 ⇔ x − > 3x + 15 ⇔ x < −9 0,5 điểm Trường hợp này bất phương trình vô nghiệm 0,5 điểm Trường hợp 2: Với x < thì |x − 3| > 3x + 15 ⇔ −x + > 3x + 15 ⇔ x < −3 Trường hợp này bất phương trình có nghiệm x < −3 0,5 điểm Vậy bất phương trình có nghiệm x < −3 0,5 điểm Bài a) Tìm m để biểu thức f (x) = −2x2 + 2(m − 2)x + m − luôn âm với x ∈ R b) Chứng minh 2x2 − 8xy + 13y2 − 4x − 2y + ≥ với x, y Lời giải 338 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH a) Do a = < nên f (x) < 0, ∀x ∈ R ⇔ ∆ < ⇔ (m − 2)2 + 2(m − 2) < 1,0 điểm ⇔ m2 − 2m < 0,5 điểm ⇔ < m < 0,5 điểm b) Đặt f (x) = 2x2 − 8xy + 13y2 − 4x − 2y + Ta có f (x) = 2x2 − (8y + 4)x + 13y2 − 2y + có ∆0 = (4y + 2)2 − 2(13y2 − 2y + 7) = −10y2 + 20y − 10 = −10(y − 1)2 ≤ 0, ∀y 1,0 điểm Do a = > ⇒ f (x) ≥ với x, y 1,0 điểm V Đề số 3a Câu (4 điểm) Giải các bất phương trình sau: √ a) x + 10 + > 2x x2 + 2x − b) ≤2 − 2x Lời giải a) Điều kiện x ≥ −10 √ Bất phương trình tương đương x + 10 > 2x −  ® x < 2x − < ⇔ −10 ≤ x < • Xét ⇔  x + 10 ≥ x ≥ −10   ®  x ≥ x ≥ 2x − ≥ 2 ⇔ • Xét ⇔ ⇔ ≤x≤   2 x + 10 ≥ (2x − 1) −1 ≤ x ≤ 4x − 5x − ≤ ï ò Vậy tập nghiệm bất phương trình là x ∈ −10; b) Điều kiện x 6= Bất phương trình tương đương x2 + 6x − ≤ Bảng xét dấu: − 2x √ −3 − 14 x2 + 6x − + − | − 2x + | + VT + − x −∞ √ −3 + 14 − + − | − + − +∞ ã î ä √ √ Vậy tập nghiệm bất phương trình là −3 − 14; ∪ −3 + 14; +∞ ï Câu (2 điểm) Tìm các giá trị tham số m để bất phương trình x2 + 5x + m ≤ đúng với ∀x ∈ R 2x2 − 3x + Lời giải Điều kiện 2x2 − 3x + 6= (đúng với ∀x) −13x2 + 26x + m − 14 Bất phương trình tương đương ≤ ⇔ −13x2 + 26x + m − 14 ≤ (*) 2x2 − 3x + (vì 2x2 − 3x + > 0, ∀x) ® ® a<0 − 13 < (luôn đúng) Để (*) đúng với x thì ⇔ ⇔ m ≤ ∆≤0 13(13 + m − 14) ≤ ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG IV 339   > Câu (2 điểm) Tìm các giá trị tham số m để hệ bất phương trình x − x + có nghiệm  x−m−3 ≥ Lời giải Điều kiện x 6= −1, x 6= 3x − > ⇔ < Bảng xét dấu: Xét x−2 x+1 (x − 2)(x + 1) x −∞ −1 +∞ 3x − − | − | − + (x − 2)(x + 1) + − + | + VT − − + + Suy tập nghiệm S1 = (−∞; −1) ∪ (2; 3) Xét x − m − ≥ ⇔ x ≥ m + ⇒ tập nghiệm S2 = [m + 3; +∞) Để hệ phương trình có nghiệm thì S1 ∩ S2 6= ∅ ⇔ m + < ⇔ m < VI Đề số 3b Câu (2 điểm) Cho a, b, c > thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức: √ √ √ P = 5a + 3b + 5b + 3c + 5c + 3a 16 16 … 5a + 3b + 5a + 3b + √ 8 ⇒ 5a + 3b ≤ √ Lời giải Xét (5a + 3b) ≤ 3 433 16 16 5b + 3c + 5c + 3a + √ √ và 5c + 3a ≤ Do đó √ √ Tương tự 5b + 3c ≤ 3 4 P≤ √ 8(a + b + c) + 16 √ = Dấu xảy và a = b = c = √ Kết luận Pmax = a = b = c = VII Đề số 4a Câu Giải các bất phương trình a) 3x 1−x − < 2x + b) 2x − 1 +2 < x+1 x+1 Lời giải a) 3x 1−x − < 2x + ⇐⇒ 3x − < 8x + 2(1 − x) ⇐⇒ −6 < 3x ⇐⇒ −2 < x Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = (−2; +∞) (1 điểm) 340 b) CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH 2x − 1 4x + 1 4x +2 < ⇐⇒ < ⇐⇒ < ⇐⇒ −1 < x < x+1 x+1 x+1 x+1 x+1 Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = (−1; 0) (1 điểm) Câu Giải các bất phương trình a) (1 điểm) 2x2 − 3x + < b) (2 điểm) |2x − 4| ≥ x + Lời giải < x < Å ã Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = ; (1 điểm) a) 2x2 − 3x + < ⇐⇒ b) Trường hợp 1: x ≤ −1 Dễ thấy nghiệm bất phương trình x ≤ −1 (0,5 điểm) Trường hợp 2: x > −1 ñ ñ x≥5 x≥5 2 =⇒ (1 |2x − 4| ≥ x + ⇐⇒ (2x − 4) ≥ (x + 1) ⇐⇒ x − 6x + ≥ ⇐⇒ x≤1 −1 < x ≤ điểm) Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = (−∞; 1] ∪ [5; +∞) (0,5 điểm) Câu a) (1 điểm) Giải bất phương trình √ x2 − x + < x + b) (1 điểm) Tìm tất giá trị tham số m cho bất phương trình x2 − 2mx + > có tập nghiệm là R Lời giải a) Dễ thấy x + > ⇐⇒ x > −2 √ x2 − x + < x + ⇐⇒ x2 − x + < x2 + 4x + ⇐⇒ −3 < 5x ⇐⇒ − < x ï ã Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = − ; +∞ (1 điểm) b) x2 − 2mx + > có tập nghiệm là R và ∆0 < (0,5 điểm) ∆0 < ⇐⇒ m2 − < ⇐⇒ −2 < m < (0,5 điểm) Câu (1 điểm) Tìm tất giá trị tham số m cho phương trình 2x2 − 2mx + m = có hai nghiệm dương phân biệt  ∆ >0     b Lời giải Phương trình 2x2 − 4mx + m = có hai nghiệm dương phân biệt và − a > ⇐⇒    c > a  m − 2m >    m>0 ⇐⇒ m > (1 điểm)   m > ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG IV 341 Câu Tìm giá trị nhỏ hàm số y = x3 + với x > x Lời giải 1 = x3 + + + (0,5 điểm) x x x x … 1 1 - Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho bốn số thực dương x3 + + + ≥ 4 x3 = (1 điểm) x x x x - Vậy ymin = 4, x = ⇐⇒ x = (0,5 điểm) x - Ta có y = x3 + VIII Đề số 4b Câu Giải các bất phương trình a) x x − < − 3 b) − x < x−2 x−2 Lời giải a) x x x−3 x−6 − < − ⇐⇒ < ⇐⇒ 12 < x 3 Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = (12; +∞) (1 điểm) x x−4 x−5 < ⇐⇒ < ⇐⇒ ⇐⇒ < x < x−2 x−2 x−2 x−2 x−2 Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = (2; 5) (1 điểm) b) − Câu Giải các bất phương trình a) (1 điểm) −x2 + 6x − > b) (1 điểm) |x + 2| < 2x + Lời giải a) −x2 + 6x − > ⇐⇒ < x < Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = (2; 4) (1 điểm) b) Điều kiện: x > − ñ x>1 |x + 2| < 2x + ⇐⇒ (x + 2)2 < (2x + 1)2 ⇐⇒ < x2 − ⇐⇒ =⇒ x > x < −1 Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = (1; +∞) (1 điểm) Câu a) (2 điểm) Giải bất phương trình √ x2 + x − > x − b) (1 điểm) Tìm tất giá trị tham số m cho bất phương trình −x2 + (m + 2)x − < có tập nghiệm là R Lời giải 342 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH a) Điều kiện x > x < −2 Trường hợp√1: x < −2 x − < 0, x2 + x − > cho nên x < −2 là nghiệm bất phương trình (0,5 điểm) Trường hợp 2: x > √ x2 + x − > x − ⇐⇒ x2 + x − > x2 − 4x + ⇐⇒ x > (0,5 điểm) Å ã Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = (−∞; −2) ∪ ; +∞ b) −x2 + (m + 2)x − < có tập nghiệm là R và ∆ < (0,5 điểm) ∆ < ⇐⇒ m2 + 4m < ⇐⇒ −4 < m < (0,5 điểm) Câu (1 điểm) Tìm tất giá trị tham số m cho phương trình x2 + 2(m + 1)x + m = có hai nghiệm âm phân biệt  ∆ >0     b Lời giải Phương trình x2 + 2(m + 1)x + m = có hai nghiệm âm phân biệt và − a < ⇐⇒    c > a   m − m + >  − 2(m + 1) < ⇐⇒ m > (1 điểm)   m>0 Câu Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= a2 b2 c2 + + b+2 c+2 a+2 Lời giải - Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số thực dương, ta có b+2 a2 + ≥2 b+2 a2 b + = a; tương b+2 b2 c+2 c2 a+2 + ≥ b; + ≥ c (1 điểm) c+2 a+2 3(a + b + c) − a+b+c+6 ≥ a + b + c ⇐⇒ P ≥ =3 - Cộng các vế tương ứng các BĐT ta có P + 4 (0,5 điểm) - Vậy Pmin = 3, a = b = c = (0,5 điểm) tự