chuyên đề bất đẳng thức THPT

chuyên đề bất đẳng thức THPTBất đẳng thức là dạng toán thường gặp trong các kỳ thi, đòi hỏi mức độ tư duy, sự sáng tạo của người học. Có nhiều phương pháp để chứng minh bất đẳng thức nhưng trong khuôn khổ chủ đề này, tác giả chỉ giới thiệu một số phương pháp thường gặp như biến đổi tương đương, sử dụng các bất đẳng thức kinh điển (Côsi, Bunhiacốpxki), sử dụng tính chất hình học, sử dụng phản chứng, sử dụng điều kiện tồn tại nghiệm của phương trình hoặc miền giá trị của hàm số, sử dụng tính chất của hàm số,… Mỗi phương pháp được đề cập đều có những ví dụ điển hình và những lời bàn để bạn đọc hiểu sâu sắc hơn về phương pháp, kỹ thuật được sử dụng trong lời giải của ví dụ đó. Bên cạnh đó, có những ví dụ tác giả còn đề xuất thêm những câu hỏi trắc nghiệm khách quan ở các mức độ khác nhau giúp cho các em học sinh có cái nhìn tổng quát hơn trước mỗi câu hỏi trắc nghiệm. Từ đó, các em có thể tự mình đề xuất, phát triển hoặc sáng tạo các câu hỏi trắc nghiệm từ một câu hỏi tự luận hoặc câu hỏi trắc nghiệm khách quan khác. A. Lý thuyết I. BẤT ĐẲNG THỨC VÀ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 1. Bất đẳng thức

Chủ đề BẤT ĐẲNG THỨC Vấn đề cần nắm: Bất đẳng thức giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Các tính chất bất đẳng thức Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức Bất đẳng thức dạng toán thường gặp kỳ thi, đòi hỏi mức độ tư duy, sáng tạo người học Có nhiều phương pháp để chứng minh bất đẳng thức khuôn khổ chủ đề này, tác giả giới thiệu số phương pháp thường gặp biến đổi tương đương, sử dụng bất đẳng thức kinh điển (Cô-si, Bunhi-a-cốp-xki), sử dụng tính chất hình học, sử dụng phản chứng, sử dụng điều kiện tồn nghiệm phương trình miền giá trị hàm số, sử dụng tính chất hàm số,… Mỗi phương pháp đề cập có ví dụ điển hình lời bàn để bạn đọc hiểu sâu sắc phương pháp, kỹ thuật sử dụng lời giải ví dụ Bên cạnh đó, có ví dụ tác giả đề xuất thêm câu hỏi trắc nghiệm khách quan mức độ khác giúp cho em học sinh có nhìn tổng qt trước câu hỏi trắc nghiệm Từ đó, em tự đề xuất, phát triển sáng tạo câu hỏi trắc nghiệm từ câu hỏi tự luận câu hỏi trắc nghiệm khách quan khác  A Lý thuyết I BẤT ĐẲNG THỨC VÀ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT Bất đẳng thức Giả sử a b hai số thực Các mệnh đề “ a  b ”, “ a  b ”, “ a �b ”, “ a �b ” gọi bất đẳng thức STUDY TIP Đặc biệt, hàm số y  f  x đạt giá trị lớn M tập D ta ký hiệu M  max f  x  D M  max f  x  x�D ; hàm số y  f  x đạt giá trị nhỏ m tập D ta ký hiệu m  f  x  D m  f  x  x�D Một bất đẳng thức sai Chứng minh bất đẳng thức chứng minh bất đẳng thức Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Cho f biểu thức chứa biến (chứa biến nhiều biến), biến số thỏa mãn điều kiện T a) Số M gọi giá trị lớn biểu thúc f, viết M  max f , nếu: (1) f �M với giá trị biến thỏa mãn điều kiện T (2) Tồn giá trị biến số thỏa mãn điều kiện T cho f  M b) Số m gọi giá trị nhỏ biểu thức f, viết m  f , nếu: (1) f �m với giá trị biến thỏa mãn điều kiện T (2) Tồn giá trị biến số thỏa mãn điều kiện T cho f  m Như vậy: Để tìm giá trị lớn (tương tự giá trị nhỏ nhất) biểu thức f, ta trình bày lời giải sau: - Bước 1: Chứng minh với giá trị biến số thỏa mãn điều kiện T xảy bất đẳng thức f �M , M số khơng phụ thuộc vào biến f - Bước 2: Chứng minh tồn giá trị biến (khơng thiết phải tìm tất cả) thỏa mãn điều kiện T cho f  M - Bước 3: Kết luận max f  M II CÁC TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA BẤT ĐẲNG THỨC Trong chứng minh bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thúc thường sử dụng tính chất sau bất đẳng thức: a  b b  c � a  c a  b � a  c  b  c Nếu c  a  b � ac  bc Nếu c  a  b � ac  bc a  b c  d � a  c  b  d a  b �0 c  d �0 � ac  bd * n n a  b �0 n �� � a  b a  b �0 � a  b 3 a  b � a  b 10 a �0, b �0 � a  b � a  b 11 a b� a a  b �3 a  b b 12 a �0, a �� Đẳng thức xảy a  13  a �a �a , với a �� x  a � a  x  a 14 Với a  x  a � x  a 15 Với a  x  a  1 16 Với a, b ��, ta có  2 a  b �a  b �a  b Đẳng thức xảy (1) ab �0 ; đẳng thức xảy (2) ab �0 III MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC THƯỜNG GẶP Sử dụng biến đổi tương đương bất đẳng thức biết a Nội dung phương pháp Để chứng minh bất đẳng thức A  B theo hướng này, làm theo cách sau đây: Có nhiều phương pháp, kỹ thuật để chứng minh bất đẳng thức Trong phần này, chúng tơi trình bày số phương pháp chứng minh bất đẳng thức thường gặp kỳ thi thi học kỳ, thi học sinh giỏi cấp tỉnh, thi Trung học phổ thông quốc gia Đó là, phương pháp sử dụng biến đổi tương đương bất đẳng thức biết; sử dụng bất đẳng thức Cô-si; sử dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki; sử dụng kiến thức hình học; sử dụng miền giá trị điều kiện tồn nghiệm phương trình; sử dụng tính chất hàm số; sử dụng dồn biến; sử dụng dấu tam thức bậc hai; sử dụng phản chứng - Cách 1: Lập hiệu A  B Sử dụng biến đổi tương đương, tính chất bất đẳng thức kết biết để A  B  - Cách 2: Bằng kiến thức biết tính chất bất đẳng thức, đánh giá vế trái để A  B - Cách 3: Bằng kiến thức biết tính chất bất đẳng thức, đánh giá vế phải để B  A Chứng minh bất đẳng thức theo cách nêu trên, ngồi sử dụng tính chất bất đẳng thức, thường sử dụng kết sau: (1): x�  � a;  b � a x b x a  x b �f  x  � ��0, với x cho f  x  xác định (2): � 2 2 Đặc biệt, a  b �2ab; a  b �2ab  ab  bc  ca  � a  b  c  �3  a  b  c  (3): , với a, b, c b Ví dụ minh họa Ví dụ 1: a) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số đoạn f  x  3x  x2  1;3 b) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số g  x  x2 x  đoạn  1; 2 Lời giải a) Ta có Với f  x  3 x  2  7  3 x2 x  ĐKXĐ: x �2 x � 1;3 �x�۳�� �� x2 , ta có: 7 x2 4 �f  x  � , x � 1;3 Do f  x   4 � x  1 � 1;3 ; f  x   Ta có Vậy max f  x   f  1  4  1;3 b) Với x � 1; 2 x � 0; 4 � x  � 1;3 f  x   f  3   1;3 x2  x  1  1 1    2 2x  2 2x 1 Ta có x  2 1; 2 Với x thuộc đoạn  � ��2 � 2x 1 �2x�۳� 1 2 2x 1 1 2x 1 9 �g  x  � x � 1;   3, Do Mặt khác Vậy g  x   � x  � 1; 2 ; g  x   max g  x   g     1;2 � x  � 1; 2 g  x   g     1;2 / 2 Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ hàm số y   x  x  21   x  x  10 Lời giải � x  x  21 �0 � 2 �x �5 �  x  x  10 �0 � Điều kiện:  x Ta có  x  21    x  3x  10   x  11  y  2 x  x  31  , suy y   x  3   x   x     x   �  x  3   x   �  �2  x  2   x  � � Dấu xảy , suy y �  x  3   x    x     x  � x  Vậy, hàm số đạt giá trị nhỏ x 3 / � 5� x 18 x ��  ; � � x � �thì x  25 50 Ví dụ 3: a) Chứng minh với  b) Cho a, b, c ba số không nhỏ có tổng Chứng minh rằng: a b c   � a  b  c  10 Lời giải  3x  1  x  3 �0, x �� ; � x 18  x  � x  25 50 50  x  1 � 2� � a) Ta có x 18 � 5� � x  , x ��  ; 50 � 2� � Suy x  25 STUDY TIP Khi học đạo hàm, có 18 a 25 50 thể tìm biểu thức cách đơn giản phương pháp tiếp tuyến sau: Trước hết, dự đoán xem đẳng thức xảy nào? Chúng ta dự đoán abc Với a  a  10 Sau đó, viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số a f  x  Dấu xảy b) Từ giả thiết, ta có x x 1 điểm �1 � M �; � �3 10 � Tiếp tuyến có y 18 x 3 x  a �bc a 4 a 5 b� c� Tương tự, ta có � 5�  ; � � Suy a, b, c thuộc đoạn � � Áp dụng kết ý a), ta có: a 18 b 18 c 18 � a ; � b ; � c a  25 50 b  25 50 c  25 50 2 x Cộng vế theo vế bất đẳng thức trên, kết hợp với giả thiết, ta a b c 18 9   �  a  b  c   a  b  c  25 50 10 Dấu xảy abc / Nhận xét: Để giải ý b) sử dụng kết ý a) Nếu khơng có ý a) tìm bất đẳng thức phụ cách nào? Chúng ta tìm bất đẳng thức phụ cách sau đây: Thứ nhất, số hạng vế trái biểu thức biến, tìm cách đánh giá số hạng nhỏ biểu thức biến cộng vế theo vế sử dụng giả thiết để điều phải chứng minh Thứ hai, giả thiết toán a  b  c  (các biến số a, b, c có bậc một, a �ma  n độc lập với nhau) nên cần đánh giá a  , m, n số phải tìm Thứ ba, từ giả thiết bất đẳng thức cần chứng minh, dự đoán đẳng thức xảy abc 1 a a  Khi a  10 , ta cần đánh a �  m  3a  1 giá a  10 Lúc này, cần tìm m để bất đẳng thức xảy Xét  a  10m  a  1 �  3a  1 � a � �   m  3a  1  2 a  10 10  a  1 Lúc này, ta cần chọn m để  3a  1 tiêu xuất  a  10m  a  1  nhận ) Giải điều kiện ta tìm a làm nghiệm (mục m 25 Khi ta có  3a  1  4a  3 �0 a   a      a  10 25 50  a  1 (do a � ) Sử dụng bất đẳng thức Cơ-si (Augustin-Louis Cauchy, 1789 - 1857, nhà tốn học người Pháp) a Nội dung phương pháp ab � ab (1) Với hai số không âm a, b bất kỳ, ta ln có: Đẳng thức xảy a  b - Các hình thức khác bất đẳng thức là: a  b2 �ab  a  b 2 �ab - Hệ quả: +) Nếu a, b số không âm a  b  S không đổi ab đạt giá trị lớn S ab S +) Nếu a, b số không âm ab  P khơng đổi a  b đạt giá trị nhỏ P a  b  P 1  � a  0, b  +) Với a b a  b Đẳng thức xảy a  b abc � abc (2) Với ba số không âm a, b, c bất kỳ, ta ln có: Đẳng thức xảy a  b  c - Các hình thức khác bất đẳng thức là: a  b3  c �abc  a  b  c 27 �abc - Hệ quả: +) Nếu a, b, c số không âm a  b  c  S khơng đổi abc đạt giá trị S abc S lớn 27 +) Nếu a, b, c số không âm abc  P không đổi a  b  c đạt giá trị 3 nhỏ P a  b  c  P 1   � a  0, b  0, c  +) Với a b c a  b  c Đẳng thức xảy a b  c b Ví dụ minh họa Ví dụ 4: a) Tìm giá trị nhỏ b) Tìm giá trị nhỏ c) Tìm giá trị nhỏ d) Tìm giá trị nhỏ f  x  x  x với x  g  x  x  x  với x  h  x  x  x x  với p  x  x  x  với x �2 Lời giải a) Do x  nên ta có Đẳng thức xảy Vậy, f  x Đẳng thức xảy Do h x  x  x ۳ h  x x 3 �2 x  x x �x x (thỏa mãn điều kiện x  ) đạt giá trị nhỏ x  b) Do x  nên ta có c) Ta có f  x  x  g  x   x 1  x 1   �2 x 1  x  1 1  1 x 1 � x  1 x 1 (thỏa mãn) 6 � 2h  x   x   2x 1 1 2x 1 2x 1 2x 1 2h  x  �2 nên ta có  x  1 1  1 2x 1 1 Đẳng thức xảy 2x 1  6 1 �x 2x  (thỏa mãn) Do a  b  1   II BẤT PHƯƠNG TRÌNH - HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH HAI ẨN Câu 1: Đáp án C Phương trình đường thẳng d: x y   � 2x  y   Lấy điểm O  0;  , ta có O �d Miền nghiệm hệ bất phương trình miền tam giác ABC với C  5;  2.0    Vậy miền không bị gạch bỏ (bao gồm đường thẳng d) miền nghiệm bất phương trình x  y  �0 A  5; 1 , B  1; 2  Lập bảng: Đỉnh A  5; 1 B  1; 2  C  5;  T 17 3 Vậy T đạt giá trị nhỏ 17 x  5 Câu 2: Đáp án C x  5 y0  1 � y  1 Do x02  y02  26 Câu 4: Đáp án D Gọi x y số kg thịt bị thịt lợn mà gia đình mua ngày Khi x y phải thỏa mãn hệ bất phương trình: Miền nghiệm hệ bất phương trình miền tứ giác ABOC với C  0; 2  Câu 3: Đáp án C A  6; 2  B  2;  , x  y �9 � � x  y �4 � � �x �1, � � �y �1,1 � Lượng tiền để mua thịt T  250 x  85 y (nghìn đồng) Miền nghiệm hệ bất phương trình miền tứ B  1, 6;0,  giác , ABCD C  1, 6;1,1 A  0, 6; 0,  với D   0,3;1,1 , Vậy trường hợp bất phương trình (*) có nghiệm x �2018 * Vậy (*) có tập nghiệm S   2018; � � 2019 Mặt khác xét bất phương trình x  2018 �0 Bất phương trình có tập nghiệm S '   2018; � Vậy S �S ' x  2018 �0 Do bất phương trình khơng tương đương với bất phương trình  x  2018  Lập bảng: Đỉnh A  0, 6;0,  B  1, 6; 0,  T 209.500 417.000 Đỉnh C  1, 6;1,1 D  0,3;1,1 T 493.500 168.500 Vậy chi phí mua thịt 168.500 đồng III ĐỀ KIỂM TRA CHỦ ĐỀ x  2019 �0 Câu 2: Đáp án D * Xét bất phương trình  x  1 0 Điều kiện: x �۳ x2 0 x (*) + x  2 khơng thỏa mãn bất phương trình (*) + x  2 : (*) � x   � x  Câu 1: Đáp án D Vậy trường hợp bất phương trình có Xét bất phương trình: nghiệm x   x  2018 x  2019 �0 2019  Điều kiện: x �۳ Vậy tập nghiệm (*) (*) x 2019 * Dễ thấy x  2019 thỏa mãn bất phương trình (*) x 2018 * Xét bất phương trình: x   có tập nghiệm S '   1; � Ta thấy S  S ' * Với x  2019 :   * �x�۳2018 S   1; � Do  x  1 x   � x 1  Câu 3: Đáp án B Học sinh giải sai từ bước (II), �x �2 1  ��  x   x  2 x � * Xét bất phương trình x  x  5  (*) Câu 4: Đáp án C + Dễ thấy x  khơng thỏa mãn bất phương trình (*) S  � x  x  �0 x �� + Với x �0 x  Khi đó: x  x    � x   � x  5 Câu 5: Đáp án C x  x  1 �4  x � x3  x  x  �0 Vậy trường hợp (*) có nghiệm Phương trình x  x  x   có nghiệm x  (nghiệm bội 1) x � 5; � \  0 VT + Vậy (*) có tập nghiệm S '   5; � \  0 Xét dấu vế trái: x � �  + Suy tập nghiệm bất phương trình  2; � x4  x  5  S ' � S * Ta thấy Do x   không tương đương với Câu 8: Đáp án D Điều kiện bất phương trình cho là: Câu 6: Đáp án C Hệ bất phương trình cho tương đương với �x  �0 �x �3 �� � �x  �0 �x �1 x   3 x  � 5x  � �� �  3x   x x  � � Câu 9: Đáp án A S   �; � � �x  � 4� � � � x �� 2; � 5� � � �x  2 ta ln có a �a, a �� Vậy tập nghiệm hệ bất phương trình chứa số nguyên 1 Câu 7: Đáp án D * Xét bất phương trình x   Dễ thấy bất phương trình có tập nghiệm S   5; � Câu 10: Đáp án B � �x  x  �0 �2 �x  11x  28 �0 � �x � �; 1 � 3; � �� �x � �; 4 � 7; � � x � �; 1 � 3; 4 � 7; � Vậy a  1 b  � a  b  Câu 11: Đáp án C f  x   x  3x  f  x   x �� Suy x   x  3x   x �� � S   �; � x  �0 x �� Ta có: Câu 12: Đáp án A Xét Do Chẳng hạn với a  0, b  bất phương trình có    4.2.2  a   x   vô nghiệm Câu 13: Đáp án B Vậy trường hợp bất phương trình có Bảng xét dấu nhị thức x  x  : nghiệm � x 1 x 1  x4  * x � �; 1 � +  + Vậy có số nguyen khơng thuộc tập nghiệm  x   x   � 2 x  � x  2 Vậy trường hợp bất phương trình có * x � 1;  * Tóm lại, bất phương trình có nghiệm x � �; 2  � 5; � Bất phương trình trở thành: nghiệm + : x � �; 2  x � 5; � bất phương trình, số 2; 1; ; 4;5 Câu 14: Đáp án A Điều kiện: x �۹� * : Bất phương trình trở thành: x   x   �  (vơ lí) x x  5x  �1 x2  � x  x  �x  �  x  x     x   �0 Vậy trường hợp bất phương trình vơ nghiệm 2 �  x2  5x   x2  4 x � 4; � * : bất phương trình trở thành: x 1 x   � x  x   x   �0 � x  10 � x  �  x  x    x  �0 Ta có:  2x  5x    5x   � x  �x  �x  3  x  �  x  x  12  � �� � �x  m  �x  m  * Bảng xét dấu f  x    x2  5x    5x  � x f  x  m 2 Hệ vô nghiệm � m  �3 ۣ Câu 17: Đáp án D : 8/5 +  5/ + �  5� � ; \  2 � 2� � � Suy nghiệm lớn bất phương trình cho  3x  x  � x  � x  + m  : mx  3m � x  3 � phương trình vơ nghiệm Hệ bất + m  : mx  3m trở thành  (vơ lý) � Hệ bất phương trình vơ nghiệm m  0: mx  3m � x  3 � Hệ x phương trình có nghiệm * Vậy  I  III  Câu 16: Đáp án C x 1   x  2 x2 0 * Trường hợp 1: �x   � �  x  1   x   0 � x2 � �x  � �� �1 �  ; �� �x � �; 2  �� �2 � � * mx  3m  � mx  3m + x2 1� �x  � � �2 x  0 � �x  Câu 15: Đáp án B * Điều kiện: x �2 x 1 Vậy tập nghiệm bất phương trình cho S �ȱ  ; 0 khẳng định bất �1 � � x � �; 2  ��  ;1� �2 � * Trường hợp 2: �x �1 �x �1 �۳� � �x   �x  2 x Vậy tập nghiệm bất phương trình cho �1 � S   �; 2  ��  ; �� �2 � Câu 18: Đáp án A Phương trình có nghiệm dương phân biệt m9 �2 ta phải có m  a �0 � � '  � �� �S  � �P  �m� ۳۳ 2m � m � �; 3  � 2;   * * x  x  �0 � 2 �x �3 (*) trở thành thỏa mãn x �� Vậy với 2;3 nghiệm  Do m  3 khơng thỏa mãn yêu cầu đề (*) m9  m3 ۣ 2m 18  m Câu 20: Đáp án C (*) m  3 hệ bất phương trình cho có tập x m9 �3 � m  �3m  ta phải có m  * Tóm lại khơng có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán * Xét bất phương trình + m   � m  3 : m9  m3 Vậy trường hợp khơng có m thỏa mãn u cầu toán Câu 19: Đáp án A x �6۳  x Để hệ bất phương trình cho có nghiệm Vậy có giá trị nguyên dương m thỏa mãn ycbt m   � m  3 : m + m   � m  3 :  m  3 x �m  3m Vậy trường hợp khơng có m thỏa mãn u cầu toán m  �0 � m �2 � � 6m  � � � �m  � �2m  � � �m  �m � �;0  � 2; � �m  �m � �; 3 � 2; � � 0 � �m  + Để hệ bất phương trình cho có nghiệm Với x  x   Khi bất phương trình cho trở thành: 4  � 28  x  x 5 (do x   ) � x  23 Vậy bất phương trình cho có 22 nghiệm nguyên âm Câu 21: Đáp án B   � x  y  10 Ta có: x  y  10 � x  y  hay   �  1 Vậy S �S1 Câu 22: Đáp án C Hai đường thẳng x  y  11x  y  18 � 2� A� 2; � giao điểm � � Miền nghiệm hệ bất phương trình miền tam giác ABC (kể cạnh AB, AC, BC) với � 2� A� 2; � � �; B  0; 3 C  0;  Câu 24: Đáp án B Miền nghiệm hệ bất phương trình tam giác ABC (kể cạnh nó), A  0;  , B  2;3 C  1;  , S ABC  2.5  Lập bảng: Câu 23: Đáp án C Miền nghiệm hệ bất phương trình cho miền tứ giác OABC, với �1 � �7 � A � ;0 � ,B� ; � , C  0;  �2 � �4 � Đỉnh A  0;  B  2;3 C  1;  F Vậy giá trị nhỏ F 1, đạt x  y  Câu 25: Đáp án B Miền nghiệm hệ bất phương trình cho 15 � � A  2;  , B � ; � , C  0;3 �4 � tứ giác OABC với SOABC  SOABD  S BCD Câu 28: Đáp án C 1� 15 �3 15  �  2�  �4 �4 4  Điều kiện: 51  6,375 x  x   �0 � x � �; 2 � 0; � * Dễ thấy x  2 x  thỏa mãn bất phương trình x � �; 2  � 0; � * Với Khi đó: x  x  2  2 x  x 1��  x�۳ x x * Vậy tập nghiệm bất phương trình cho Câu 26: Đáp án B 3 x Ta có Ta có:  Hàm số xác định � x  15  x �0 x 1 � 1 x  x 1 3 x  x  x  �x  x Dấu xảy x �۳ Do x �3 � � x ��  ;5 �2 � � �3 � D�  ;5 �2 � � Vậy Câu 30: Đáp án C 1 x  x 1 * Trường hợp 1: � x 1  � x  Vậy tập nghiệm bất phương trình cho  �;1 2m   � m   Khi bất phương trình cho trở thành: 1 x 0� x  2 Câu 27: Đáp án A  '  m   m  4m  1   4m Phương trình có nghiệm �  ' �0 � ��  4m Câu 29: Đáp án D Điều kiện:  x  � x  1 x S   1; � � 0; 2 m * Trường hợp 2: 2m  �0 Khi bất phương trình cho vơ nghiệm Do để tập xác định hàm số có dạng 2m   � ��    m  1  m   �0 � đoạn � �m   �� � m � 5; 1 � �5 �m �1 Câu 34: Đáp án D Vậy đoạn  a; b  x  x  �2 x  x  x �� Dấu xảy có độ dài Câu 31: Đáp án C � x  x     x  x  3 � x  x  �0 � x � 1;3 � �x  �0 �  x  1  3x  x   �0 � �x � 3;3 � � � �4 �  ; 1�� 1; � �x �� � � �3 �4 � � x ��  ; 1�� 1;3 �3 � b  3�ab  Điều kiện hàm số: �x  m �0 �x �m �� �  x �0 � �x �4 x  5x   x  5x  �1 � � x  x   � x �� ; � �2 � Vậy tập nghiệm bất phương trình cho Câu 32: Đáp án A Câu 33: Đáp án B �1 � x  x  �0 � x �� ; � �2 � Tức x2  4x   x2  4x   Vậy (với a  b ) ta phải có m  1      a  a; b  �1 � � ;2� �2 � Câu 35: Đáp án B a n� ua  � � a � n� ua  �  a n� ua  � Ta có: 2a  n� ua  � � a a� n� u a �0 � Vậy 2x2  x   x2  x   � 2x2  x   � 1� � x �� �; � � 3; � � 2� Câu 36: Đáp án C Điều kiện: x   � x  x2  5x  x 1 x  5x   x 1 � x2  5x   x2  5x  � x  x  �0 � x � �; 2 � 3; � Vậy phương trình cho có tập nghiệm  1; 2 � 3; � Câu 37: Đáp án D Điều kiện:  x  � x  x  x  12 5 x x  x  12  5 x � x  x  12  x  x  12 � x  x  12  �  x  Vậy bất phương trình cho có nghiệm x � 2;5  � 3m   � m  Câu 39: Đáp án C �x  �0 � � x  �2 x  � � x  �0 � �x  � x  1 �x �1 � � ۳ �x � � x  x �0 � � �x �1 � � ۳ �x � � � � ; �� �x � �;0 �� � � � � � � x �� ; �� � � Câu 40: Đáp án C Câu 38: Đáp án A * Xét bất phương trình Điều kiện: x   � x  x2 xm  x2 2m x2 � x  3m  � x   x  2018 x �0 (1) Điều kiện: x �0 Với x �0 x  2018  � x   x  m  2m 3m  2 Phương trình cho có nghiệm 3m  � 2 2 Do  1  �x x Vậy bất phương trình (1) có tập nghiệm S1   0 * Xét bất phương trình:  x  2018 x �0   * TH1: m   � m  Khi bất phương trình trở thành Điều kiện: x �0  x  2018   Với x �0 Do    �x x x �۳ x Vậy bất phương trình (2) có tập nghiệm Vậy m  khơng thỏa mãn u cầu tốn S2   0 * TH2: m  �0 Bất phương trình cho có S  S2 * Ta có Suy bất phương trình (1) tương đương với bất phương trình (2) Câu 41: Đáp án B  x    x   �0 � � x 3  * Trường hợp 1: � tập nghiệm � a  m4 � ��  '  16  m �0 � m4 � � �۳� 16 m� � � m 16 � �x � �;2  � 5; � �� � x � �; 2 �x � �;3  Câu 43: Đáp án D * Trường hợp 2: � x � �;1 � 2; � � �x  �0 � 2  x    x     x  3 � 4x  4x  x� x0 x 1 * x 1 � �x �3 �� � �  5; � �x � �;  ��� �    � x ��  5; � � * Vậy bất phương trình cho có tập nghiệm  S   �; 2 ��  5; � � � a  b   * x  3x    x  3x  0 x 1 � x � 1;1 � 2; � * Vậy S �S1 Câu 44: Đáp án B Ta có x  x   x �� x  mx  �1 x2  2x  �a b  6 Do Câu 42: Đáp án C � x  mx  �x  x  Câu 46: Đáp án D 2 �x  mx  �x  x  � �2 �x  mx  � x  x  Bất phương trình cho tương đương với  x  2m  �  m   x �4 � �� 2 x   m   x  �0 �  x  2m  2m  3m   �  x  2m  1  3m  2m 2 Để bất phương trình cho có tập nghiệm �m   �m2 �2 m  m  12 � � � ta phải có Ta có: x  2m �0 x � x  2m  �1 x �  x  2m  1 �1 x Câu 45: Đáp án D Ta có x  x   x �� Do hàm số cho xác định Do để bất phương trình cho có nghiệm ta phải có 3m  2m  � 2m  3m   x   m  1 x  m  � f  x    x  1  x  m   �1 � � m �� ;1� �2 � * TH1: m  : Câu 47: Đáp án C f  x    x  1  ۹ x x  x �m  x   1 Vậy m  thỏa mãn yêu cầu toán * TH2: m  : f  x   � x � �;1 � m; � �  x  3  �m  x   1 ۣ Vậy m  thỏa mãn u cầu tốn (vì f  x   � x � �; m  � 1; �  x  3 9 x  1 Đặt m x    x  x  3 P * TH3: m  : ) 9 x  1 t  x  , t �0 � Để hàm số cho xác định x  ta Đặt phải có �m  t2  P  t 1 t 1 t 1 * Vậy giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán m � 0;1  t 1 f  t  �42   15   2 t 1 t 1 Vì t �0 nên Vậy ta phải có m �5 � a  � a có ước nguyên dương 9 t 1 t � 11 Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có: Chú ý: Xem lại chủ đề Hàm số Câu 49: Đáp án B t 1 �2 t 1 * Vậy P �2    9 x  x  �0 � x � 1;5 * Tam thức Dấu xảy t  Do điều kiện để bất phương trình cho có nghiệm f  x   x   m  1 x  m có x1  x2  m (do có a  b  c  ) nghiệm m �9 f  x    x  1 �0 x � - Nếu m  Bất Câu 48: Đáp án B phương trình Điều kiện: x  � m  không thỏa mãn yêu cầu toán  x     x  �0 � x � 5;3  x  5   x  Ta có: � Đặt  x  5   x   x t Ta có với �x  x  m  x  5   x  x � 5;3  x �m k x  � m  không thỏa mãn yêu cầu toán t � 0; 4 - Nếu m  f  x  �0 � x � 1; m f  t   t  t  15 �m (*) Bất phương trình cho thỏa mãn với t �۳  0; 4 Ta có (*) thỏa m max f  t  t � 0; 4  0;4 mãn với Do để hệ bất phương trình cho có tập nghiệm đoạn có độ dài ta phải có m  * Vậy m  giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Câu 50: Đáp án C Do hệ bất phương trình cho có nghiệm Bất phương trình cho trở thành x � 5;3 � có nghiệm f  x  �0 � x � m;1 f  x  �0 - Nếu m  2 x  a y  a Gọi diện tích trồng đậu trồng cà Điều kiện: x �0, y �0 x  y �8 Số công cần dùng 20 x  30 y �180 � x  y �18 Số tiền lãi thu T  3x  y (triệu đồng) Ta tìm giá trị lớn T  3x  y với x, y �x �0 �y �0 � � �x  y �8 � x  y �18 thỏa mãn hệ bất phương trình � Miền nghiệm hệ bất phương trình miền tứ giác OABC với O  0;  A  0;  , B  6;  , C  8;0  Lập bảng: Đỉnh O  0;  A  0;  T 24 Đỉnh B  6;  C  8;  T 26 24 Vậy số lãi lớn thu 26 (triệu đồng), đạt trồng 6a đậu 2a cà ... �0 ; đẳng thức xảy (2) ab �0 III MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC THƯỜNG GẶP Sử dụng biến đổi tương đương bất đẳng thức biết a Nội dung phương pháp Để chứng minh bất đẳng thức A ... là, phương pháp sử dụng biến đổi tương đương bất đẳng thức biết; sử dụng bất đẳng thức Cô-si; sử dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki; sử dụng kiến thức hình học; sử dụng miền giá trị điều kiện... A  B - Cách 3: Bằng kiến thức biết tính chất bất đẳng thức, đánh giá vế phải để B  A Chứng minh bất đẳng thức theo cách nêu trên, ngồi sử dụng tính chất bất đẳng thức, thường sử dụng kết sau: