Bài giảng trọng tâm Toán 10: Bất đẳng thức và bất phương trình

Dạng toán 3: Bài toán tìm phương án tối ưu Phương pháp áp dụng Ta thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Sử dụng hai ẩn phụ x, y để:  Thiết lập các điều kiện cho bài toán, từ đó nhận được[r]

chương − bất đẳng thức, bất phương trình A KiÕn thøc cÇn nhí I Bất đẳng thức Tính chất Bất đẳng thức (TÝnh chÊt b¾c cÇu): NÕu a > b vµ b > c th× a > c NÕu a > b ⇔ a + c > b + c NÕu a > b a b  > nÕu c > ac > bc nÕu c > vµ  c c ⇔  ac < bc nÕu c <  a < b nÕu c <  c c Chóng ta cã c¸c quy t¾c sau: Quy t¾c 1: (PhÐp céng): NÕu a > b vµ c > d ⇒ a + c > b + d Chó ý quan träng: kh«ng ¸p dông ®­îc "quy t¾c" trªn cho phÐp trõ hai bất đẳng thức cùng chiều Quy t¾c 2: (PhÐp nh©n): NÕu a > b > vµ c > d > ⇒ ac > bd Quy t¾c 3: (PhÐp n©ng lªn luü thõa): NÕu a > b > ⇒ an > bn, víi n ∈  * Quy t¾c 4: (PhÐp khai c¨n): NÕu a > b > th× n a > n b , víi n∈  * TÝnh chÊt 1: TÝnh chÊt 2: TÝnh chÊt 3: bất đẳng thức giá trị tuyệt đối Từ định nghĩa giá trị tuyệt đối, ta suy các tính chất sau: −a ≤ a ≤ a víi mäi sè thùc a x ≤ a ⇔ −a ≤ x ≤ a với a ≥ (tương tự x< a ⇔ −a < x < a với a > 0) x ≥ a ⇔ x ≤ −a x ≥ a với a ≥ (tương tự x > a ⇔ x < −a x > a víi a > 0) §Þnh lÝ: Víi hai sè thùc a, b tuú ý, ta cã |a| − |b| ≤ |a + b| ≤ |a| + |b| bất đẳng thức trung bình cộng và trung bình nhân (bất đẳng thøc c«si) §Þnh lÝ: Víi hai sè kh«ng ©m a, b, ta cã: a+b ≥ ab (thường viết a + b ≥ ab ), dấu đẳng thức xảy và a = b Hệ 1: Nếu hai số dương thay đổi có tổng không đổi thì tích chúng lớn hai số đó Tức là, với hai số dương a, b có a + b = S không đổi suy ra: S2 S2 ab ≤ S ⇔ ab ≤ ⇒ (ab)Max = , đạt a = b 4 129 ý nghÜa h×nh häc: Trong tÊt c¶ c¸c h×nh ch÷ nhËt cã cïng chu vi h×nh vu«ng cã diÖn tÝch lín nhÊt Hệ 2: Nếu hai số dương thay đổi có tích không đổi thì tổng chúng nhỏ hai số đó Tức là, với hai số dương a, b có ab = P không đổi suy ra: a + b ≥ P ⇒ (a + b)Min = P , đạt a = b ý nghÜa h×nh häc: Trong tÊt c¶ c¸c h×nh ch÷ nhËt cã cïng diÖn tÝch h×nh vu«ng cã chu vi nhá nhÊt Më réng Víi c¸c sè a, b, c kh«ng ©m, ta lu«n cã: a+b+c ≥ abc thường viết: a + b + c ≥ 3 abc hoÆc (a + b + c)3 ≥ 27abc dấu đẳng thức xảy và a = b = c Víi n sè ai, i = 1, n kh«ng ©m, ta lu«n cã: a + a + + a n ≥ n n a a a n    n sè h ¹ ng n sè h ¹ ng dấu đẳng thức xảy và a1 = a2 = = an bất đẳng thức bunhiacôpxki §Þnh lÝ: Cho a1, a2, b1, b2 lµ nh÷ng sè thùc, ta cã: (a1b1 + a2b2)2 ≤ ( a 12 + a 22 )( b 12 + b 22 ), dấu đẳng thức xảy a1 a = b2 b1 II Bất phương trình biến đổi tương đương các bất phương trình Định lí: Cho bất phương trình f(x) < g(x) với ĐKXĐ D, h(x) là biểu thức xác định với x thoả mãn điều kiện D (h(x) có thể là số) Khi đó, với điều kiện D, bất phương trình f(x) < g(x) tương đương với bất phương tr×nh sau: a f(x) + h(x) < g(x) + h(x) b f(x).h(x) < g(x).h(x) nÕu h(x) > víi ∀x ∈ D c f(x).h(x) > g(x).h(x) nÕu h(x) < víi ∀x ∈ D 130 bất phương trình và hệ bất phương trình bậc ẩn Với yêu cầu "Giải và biện luận bất phương trình ax + b < 0" ta thực sau: Viết lại bất phương trình dạng: ax < −b (1) Ta xét ba trường hợp: Trường hợp 1: Nếu a = thì: (1) ⇔ < −b ⇔ b < VËy, ta ®­îc:  Nếu b < 0, bất phương trình nghiệm đúng với x  Nếu b ≥ 0, bất phương trình vô nghiệm Trường hợp 2: Nếu a > thì: b (1) ⇔ x < − a Trường hợp 3: Nếu a < thì: b (1) ⇔ x > − a KÕt luËn: b  Với a > 0, tập nghiệm bất phương trình là T = (−∞; − ) a b  Với a < 0, tập nghiệm bất phương trình là T = (− ; +∞) a  Với a = và b < 0, tập nghiệm bất phương trình là T =   Với a = và b ≥ 0, tập nghiệm bất phương trình là T = ∅  Chó ý: Tương tự chúng ta giải và biện luận các bất phương trình: ax + b > 0, ax + b ≤ 0, ax + b ≥ Để giải hệ bất phương trình ẩn, ta giải bất phương tr×nh cña hÖ råi lÊy giao cña c¸c tËp nghiÖm thu ®­îc III dÊu cña nhÞ thøc bËc nhÊt §Þnh lÝ: Víi nhÞ thøc bËc nhÊt f(x) = ax + b, ta cã: b a b b f(x) tr¸i dÊu víi a x nhá h¬n nghiÖm x0 = − a B¶ng tãm t¾t dÊu cña f(x) = ax + b: x −∞ −b/a +∞ f(x) tr¸i dÊu víi a cïng dÊu víi a a f(x) cïng dÊu víi a x lín h¬n nghiÖm x0 = − 131 IV Bất phương trình và hệ bất phương trình bậc hai Èn Để xác định miền nghiệm bất phương trình ax + by + c < (tương tự các bất phương trình ax + by + c > 0, ax + by + c ≤ 0, ax + by + c ≥ 0) ta thực theo các bước sau: Bước 1: Vẽ đường thẳng (d): ax + by + c = Bước 2: Lấy điểm M(x0; y0) không nằm trên (d) và xác định giá trị của: dM = ax0 + by0 + c, đó: a NÕu dM < th× nöa mÆt ph¼ng (kh«ng kÓ bê (d)) chøa ®iÓm M lµ miền nghiệm bất phương trình ax + by + c < b NÕu dM > th× nöa mÆt ph¼ng (kh«ng kÓ bê (d)) chøa ®iÓm M lµ miền nghiệm bất phương trình ax + by + c > Để xác định miền nghiệm hệ bất phương trình bậc hai ẩn ta thực theo các bước sau: Bước 1: Với bất phương trình hệ, ta xác định miền nghiệm nó và g¹ch bá miÒn cßn l¹i Bước 2: Kết luận: Miền còn lại không bị gạch chính là miền nghiệm hệ bất phương trình đã cho V dÊu cña tam thøc bËc hai §Þnh lÝ: Víi tam thøc bËc hai f(x) = ax2 + bx + c (a ≠ 0), ta cã: a NÕu ∆ < th× f(x) cïng dÊu víi a, víi ∀x ∈  , tøc lµ: af(x) > 0, ∀x ∈  b NÕu ∆ = th× f(x) cïng dÊu víi a, víi ∀x ∈  \{− af(x) > 0, ∀x ≠ − b }, tøc lµ: 2a b vµ af(x) ≥ 0, ∀x ∈  2a c Nếu ∆ > thì f(x) có hai nghiệm x1, x2, giả sử là x1 < x2 Lúc đó:  f(x) cïng dÊu víi a x < x1 hoÆc x > x2  f(x) tr¸i dÊu víi a x1 < x < x2 Trong trường hợp này ta có bảng xét dấu sau: x1 x2 +∞ x -∞ cïng dÊu a tr¸i dÊu a cïng dÊu a f(x)  Chó ý: 132 Để giải bất phương trình bậc hai, ta sử dụng định lí dấu tam thøc bËc hai B Phương pháp giải các dạng toán liên quan Đ1 bất đẳng thức Dạng toán 1: Chứng minh bất đẳng thức Phương pháp áp dụng Để chứng minh bất đẳng thức: A>B ta lựa chọn các phương pháp sau: Phương pháp 1: Phương pháp chứng minh định nghĩa Khi đó ta lựa chọn theo các hướng: Hướng 1: Chứng minh A − B > Hướng 2: Thực các phép biến đổi đại số để biến đổi bất đẳng thức ban đầu bất đẳng thức đúng Hướng 3: Xuất phát từ bất đẳng thức đúng Hướng 4: Biến đổi vế trái vế phải Phương pháp 2: Sö dông tÝnh chÊt b¾c cÇu, tøc lµ chøng minh: A > C vµ C > B Phương pháp 3: Sử dụng các bất đẳng thức Phương pháp 4: Phương pháp chứng minh phản chứng, áp dụng với các bài toán yêu cầu chứng minh ít bất đẳng thức các bất đẳng thức đã cho là đúng sai Phương pháp 5: Phương pháp chứng minh quy nạp, áp dụng với các bài to¸n liªn hÖ víi n ∈  hoÆc n ∈  Phương pháp 6: Phương pháp vectơ và hình học, việc sử dụng tính chất:  Nếu a, b, c là độ ba cạnh tam giác thì a + b > c vµ |a − b| < c  Sử dụng định lý hàm số sin và hàm số cosin        | u + v | ≤ | u | + | v |, dấu đẳng thức xảy u = k v ,   k > (tức là u , v cùng hướng)        | u v | ≤ | u |.| v |, dấu đẳng thức xảy u = k v (tức   là u , v cùng phương) ThÝ dô H·y so s¸nh 2000 + 2005 vµ 2002 + 2003  Gi¶i Gi¶ sö: 2000 + 2005 < 2002 + 2003 ⇔ ( 2000 + 2005 )2 < ( 2002 + 2003 )2 133 ⇔ 2000 + 2005 + 2000 2005 < 2002 + 2003 + 2002 2003 ⇔ 2000 2005 < 2002 2003 ⇔ 2000.2005 < 2002.2003 ⇔ (2002 − 2)(2003 + 2) < 2002.2003 ⇔ 2002.2003 − < 2002.2003, luôn đúng VËy, ta ®­îc 2000 + 2005 < 2002 + 2003  NhËn xÐt: Như vậy, để thưc yêu cầu trên chúng ta thiết lập bất đẳng thức, các phép biến đổi đại số thông thường chúng ta khẳng định bất đẳng thức đó đúng ThÝ dô Chøng minh r»ng víi mäi sè thùc a, b, c lu«n cã: a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca  Gi¶i Ta có ba cách trình bày theo phương pháp (mang tính minh hoạ), sau: Cách 1: Ta biến đổi bất đẳng thức sau: a2 + b2 + c2 − (ab + bc + ca) ≥ b2 b2 c2 a2 c2 a2 ⇔( − ab + )+( − bc + )+( − ca + )≥0 2 2 2 c a b b c a ⇔( − ) +( − ) +( − ) ≥ 0, luôn đúng 2 2 2 DÊu "=" x¶y khi: a b c ⇔ a = b = c = = 2 Cách 2: Ta biến đổi bất đẳng thức sau: 2(a2 + b2 + c2) ≥ 2(ab + bc + ca) ⇔ (a2 + b2 − 2ab) +(b2 + c2 − 2bc) + (c2 + a2 − 2ca) ≥ ⇔ (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ≥ 0, luôn đúng DÊu "=" x¶y a = b = c C¸ch 3: Ta lu«n cã: (a − b ) ≥ a + b − 2ab ≥   2 (I) (b − c) ≥ ⇔ b + c − bc ≥   2 (c − a ) ≥ c + a − ca ≥ Cộng theo vế các bất phương trình hệ (I), ta được: 2(a2 + b2 + c2) − 2(ab + bc + ca) ≥ ⇔ a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca, ®pcm DÊu "=" x¶y a = b = c  NhËn xÐt: 134 Như vậy, thông qua ví dụ trên đã minh hoạ cho các em học sinh thấy ba hướng chứng minh bất đẳng thức sử dụng phương pháp và sau đây ta minh hoạ ví dụ cho hướng ThÝ dô Chøng minh r»ng víi mäi n ∈  * lu«n cã: 1 1 1 a + + + < b + + + < n( n + 1) 1.2 n  Gi¶i a NhËn xÐt r»ng: 1 = − , k ( k + 1) k +1 k đó: 1 1 1 VT = (1 − ) + ( − ) + + ( − )=1− < 1, ®pcm n +1 n +1 2 n b Ta cã: 1 1 < = − víi k ≥ k ( k − 1) k −1 k k Do đó: 1 1 1 1 1 + + + < + − + − + + − = − < 1, ®pcm n −1 n 2 n n  Chú ý: Với các bất đẳng thức có điều kiện cần khéo léo biến đổi để tận dụng ®­îc ®iÒu kiÖn cña gi¶ thiÕt ThÝ dô Chøng minh r»ng: a NÕu x2 + y2 = th× x + y ≤ b NÕu 4x − 3y = 15 th× x2 + y2 ≥  Gi¶i a Ta cã: (x + y)2 = x2 + y2 + 2xy ≤ 2(x2 + y2) = nªn x + y ≤ DÊu "=" x¶y khi: x = y x = y y= ⇔x= ± ⇔  2 2x = x + y = b Ta cã: 4x − 5y = 15 ⇔ y = x − Do đó: 2 16 40  4 x − x + 25 x + y = x +  x −  = x2 +  3 2 25 40 = x − x + 25 =  5  x −  + ≥  3 135 DÊu "=" x¶y khi: 5  x−4= ⇔ 3 4x − 3y = 15  x = 12 /   y = −9 / Thí dụ Chứng minh rằng, a, b, c là độ dài các cạnh tam giác thì: a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca)  Gi¶i Nếu a, b, c là độ dài các cạnh tam giác thì vai trò a, b, c là Do đó, ta có thể giả sử a ≥ b ≥ c Khi đó: ≤ a − b < c nªn (a − b)2 < c2 ⇒ a2 + b2 < c2 + 2ab ≤ b − c < c nªn (b − c)2 < a2 ⇒ b2 + c2 < a2 + 2bc ≤ a − c < b nªn (a − c)2 < b2 ⇒ a2 + c2 < b2 + 2ac Từ đó, ta có: 2(a2 + b2 + c2) < a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) ⇔ a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) ThÝ dô Chøng minh r»ng víi mäi a, b ∈  lu«n cã:  Gi¶i a + b a + b a + b3 a + b ≤ 2 2 Ta ®i chøng minh víi mäi x, y lu«n cã: x + y x + y3 x + y ≤ 2 ThËt vËy: (*) ⇔ (x + y)(x3 + y3) ≤ 2(x4 + y4) ⇔ xy(x2 + y2) ≤ x4 + y4  3y  x+y ⇔ (x − y)   ≥ 0, luôn đúng  +    Khi đó áp dụng (*), ta được: 3 2 a + b a + b a + b3 a + b a + b  a + b =    2 2  ≤ (*) a + b4 a + b2 a + b6 ≤ , ®pcm 2 Thí dụ Cho a, b, c là độ dài cạnh tam giác vuông với a là cạnh huyÒn Chøng minh r»ng an ≥ bn + cn, víi n∈  vµ n ≥  Gi¶i Bất đẳng thức đúng với n = 2, đó ta định lý Pitago Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k, tức là ak ≥ bk + ck 136 (1) Ta chứng minh nó đúng với n = k + 1, tức là chứng minh: a k + ≥ bk + + c k + thËt vËy: (2) a >b ak + = ak.a ≥ (bk + ck)a = bk.a + ck.a > bk + + ck + 1, ®pcm a >c ThÝ dô Chøng minh r»ng víi mäi n ∈  * lu«n cã: 1+ 1 + + <2 n n (1)  Gi¶i Ta chứng minh phương pháp qui nạp:  Với n = 1, ta < 2, đúng  Giả sử mệnh đề đúng với n = k tức là: 1 1+ + + < k k  Ta chứng minh nó đúng với n = k + 1, tức là chứng minh: 1 1+ + + + < k +1 k +1 k ThËt vËy: 1 1 VT = + + + + < k + k +1 k k +1 Ta sÏ ®i chøng minh: 1 < k +1 ⇔ < 2( k + − k ) k + k +1 k +1 < ⇔ k +1 + k < k +1 ⇔ k +1 k +1 + k ⇔ k < k + − đúng VËy, ta lu«n cã (1) ThÝ dô Chøng minh r»ng víi mäi sè thøc a, lu«n cã: a + a + + a − a + ≥ (1)  Gi¶i Ta cã nhËn xÐt: a +a+1=   3 +  ),  ⇒ xÐt vect¬ u (a + ; 2   2   3 1  a − a + =  − a  +  ),  ⇒ xÐt vect¬ v ( − a; 2 2      | u + v | = |(1, )| = 2 137 Do đó (1) viết thành:     | u | + | v | ≥ | u + v |, luôn đúng, và dấu đẳng thức xảy khi: a+   = ⇔ a = u = kv, k > ⇔ −a 2 Dạng toán 2: Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối ThÝ dô a Chøng minh r»ng víi mäi sè thùc a, b ta cã |a ± b| ≥ |a| − |b| b BiÕt r»ng | a | > | b | Chøng minh r»ng |a| < 2|a − b|  Gi¶i a Ta cã: |a| = |(a ± b)  b| ≤ |a ± b| + |b| ⇒ |a| − |b| ≤ |a ± b| b Ta biến đổi: | a | > | b | = 2a − (a − b) > 2(a − a − b) ⇔ |a| < 2|a − b| ThÝ dô Chøng minh r»ng: x y a NÕu x ≥ y ≥ th× ≥ x +1 y +1 |a−b| |a| |b| b Víi hai sè a, b tuú ý, ta cã ≤ + 1+ | a − b | 1+ | a | 1+ | b |  Gi¶i a Víi x ≥ y ≥ 0, ta cã: x y ≥ ⇔ x(y + 1) ≥ y(x + 1) ⇔ a ≥ y (luôn đúng) x +1 y +1 b V× a − b ≤ a + b, ¸p dông kÕt qu¶ c©u a), ta cã: |a| |b| |a| |a−b| |a|+|b| |b| = + ≤ + ≤ 1+ | a − b | 1+ | a | + | b | 1+ | a | + | b | 1+ | a | + | b | 1+ | a | 1+ | b | Dạng toán 3: Bất đẳng thức trung bình cộng và trung bình nhân (bất đẳng thức côsi) Më réng Víi c¸c sè a, b, c kh«ng ©m, ta lu«n cã a + b + c ≥ 3 abc , dấu đẳng thức xảy và a = b = c Víi n sè ai, i = 1, n kh«ng ©m, ta lu«n cã n n i =1 i =1 ∑ ≥ n n ∏ , dấu đẳng thức xảy và a1 = a2 = = an 138 Với n số ai, i = 1, n dương, ta luôn có: n n n n n a ≥ = a a ∑ i ∏ ∏ i , i n i =1 i =1 i =1 dấu đẳng thức xảy và a1 = a2 = = an Công thức mở rộng: Cho n số dương tuỳ ý ai, i = 1, n và n số hữu tỉ dương qi, i = 1, n n ∑q tho¶ m·n i =1 i = Khi đó, ta luôn có: n ∏a i =1 qi i n ≤ ∑ qiai , i =1 dấu đẳng thức xảy và a1 = a2 = = an Chøng minh Gọi M là mẫu số chung các số hữu tỉ qi, i = 1, n , đó qi = gi¶ thiÕt suy n ∑m i =1 n ∑ qiai = i =1 i mi , i = 1, n , từ đó theo M = M Ta cã: mia i = ∑ M i =1 M n n ∑ mia i = i =1 n mi ∑∑ a i , có M số dương M =i =j m n n i M M ∏ a mi i = ∏ a iM = ∏ a qii , M i =1 i =1 i =1 dấu đẳng thức xảy a1= = a1 = = a n = = a n ⇔ a1 = a2 = = an   ≥ m1 sè a1 n m n sè a n  Chó ý: C«ng thøc trªn ®­îc më réng q , i = 1, n i là n số thực dương Thí dụ Cho ba số dương a, b, c Chứng minh rằng:  Gi¶i c a b + + ≥ a+b b+c c+a Ta cã: a b c a b c + + =( + 1) + ( + 1) + ( + 1) − a+b b+c a+b b+c c+a c+a 1 + + )−3 = (a + b + c)( a+b b+c c+a 1 1 + + ]−3 = [(a + b) + (b + c) + (c + a)][ a+b b+c c+a 1 −3= −3= ≥ 3 (a + b)(b + c)(c + a) 3 2 (a + b)(b + c)(c + a) 139 dấu đẳng thức xảy khi: a + b = b + c = c + a  1 ⇔ a = b = c  =  a= +b b+c c+a  NhËn xÐt: Như vậy, thí dụ trên ta cần sử dụng vài phép biến đổi để làm xuất biểu thức mà sử dụng bất đẳng thức Côsi chóng sÏ triÖt tiªu Thí dụ Cho ba số dương a, b, c Chứng minh rằng: ab(a + b − 2c) + bc(b + c − 2a) + ca(c + a − 2b) ≥  Gi¶i Biến đổi bất đẳng thức dạng: a + b − 2c b + c − 2a c + a − 2b + + ≥0 c a b a b b c c a + + + + ≥ ⇔ + c c a a b b áp dụng bất đẳng thức Côsi cho VT, ta được: a b b c c a a b b c c a + + + + + ≥ 6 = 6, ®pcm c c a a b b c a b b c a DÊu "=" x¶y khi: a c b b c a = = = = = ⇔ a = b = c a c b b c a (*)  Chú ý: Với các bất đẳng thức có điều kiện cần khéo léo biến đổi để tận dụng ®­îc ®iÒu kiÖn cña gi¶ thiÕt ThÝ dô Cho a + b + c + d = Chøng minh r»ng a2 + b2 + c2 + d2 ≥  Gi¶i Sử dụng bất đẳng thức Côsi, ta có ngay: (1) a2 + b2 ≥ 2ab (2) b2 + c2 ≥ 2bc 2 (3) c + d ≥ 2cd d2 + a2 ≥ 2da (4) 2 (5) a + c ≥ 2ac b2 + d2 ≥ 2bd (6) Céng theo vÕ (1), (2), (3), (4), (5), (6) ta ®­îc: 3(a2 + b2 + c2 + d2) ≥ 2(ab + bc + cd + da + ac + bd) ⇔ 4(a2 + b2 + c2 + d2) ≥ a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + cd + da + ac + bd) = (a + b + c + d)2 = 22 = 2 2 ⇔ a + b + c + d ≥ 1, ®pcm 140 DÊu "=" x¶y khi: a= b= c= d ⇔a=b=c=d=  2 a + b + c + d = Thí dụ Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn a2 + b2 + c2 = abc Chứng minh r»ng a + b + c > abc  Gi¶i Ta cã thÓ lùa chän mét c¸c c¸ch tr×nh bµy sau: C¸ch 1: Ta lu«n cã: a2 + b2 + c2 ≥ 3 a b c ⇒ abc ≥ 3 a b c Mặt khác, với ba số dương a, b, c ta có: a + b + c ≥ 3 abc Nh©n theo vÕ (1), (2) ta ®­îc: 4(a + b + c) abc ≥ 9abc > 8abc ⇒ a + b + c > abc , ®pcm C¸ch 2: Ta lu«n cã: (1) (2) a2 + b2 + c2 ≥ 2a b + c ≥ 2a 2bc ⇒ abc ≥ 2a 2bc ⇔ ≥ a Chứng minh tương tự ta nhận b ≤ 2, c ≤ và nhận thấy a, b, c không thể đồng thời vì đó vi phạm điều kiện đầu bài Khi đó, ta thấy ngay: a(a − 2) + b(b − 2) + c(c − 2) < ⇔ 2(a + b + c) > a2 + b2 + c2 = abc ⇔ a + b + c ≥ abc , ®pcm C¸ch 3: Ta lu«n cã: a2 + b2 + c2 + a + b + c ≥ 36 a b3c3 = abc ⇔ abc + a + b + c ≥ abc ⇔ a + b + c ≥ abc Dấu đẳng thức xảy khi: a = b2 = c = a = b = c ⇔ a = b = c = nhiªn, ®iÒu nµy m©u thuÉn víi gi¶ thiÕt VËy, ta lu«n cã a + b + c > abc  Chú ý: Trong nhiều trường hợp, để chứng minh bất đẳng thức chúng ta đã sử dụng liên tiếp nhiều lần bất đẳng thức Côsi ThÝ dô Chøng minh r»ng: a a4 + b4 + c4 + d4 ≥ 4abcd, víi mäi a, b, c, d m  Gi¶i m  a  b b 1 +  + 1 +  ≥ 2m + 1, víi mäi a, b > 0, m ∈  *  a  b a Ta cã ngay: a4 + b4 + c4 + d4 = (a4 + b4) + (c4 + d4) ≥ 2a2b2 + 2c2d2 = 2(a2b2 + c2d2) ≥ 2.2abcd = 4abcd, ®pcm 141 DÊu "=" x¶y khi: a= b= c= d a = b a =b =−c =−d  2 c = d ⇔  a =− b =c =−d ab = cd   a =− b =−c =d b Ta cã: m m a a a  a ⇔  +  ≥ 2m  b  , 1+ ≥2   b b  b m m b b b  b 1+ ≥2 ⇔  +  ≥ 2m  a  ,   a a  a suy ra: m m m m m a m b  a  b m m a m b 1 +  + 1 +  ≥   +   ≥ 2     b a  b  a a b dấu đẳng thức xảy khi:  a 1 =  b  b ⇔ a = b 1 =  a  a  m  b  m 1 +  = 1 +   a  b   NhËn xÐt: m = 2m+1, Ta cßn cã kÕt qu¶ tæng qu¸t h¬n: a Cho n số dương a1, a2, , an thoả mãn: a 1m + a 2m + + a mn = p a 1a a n , víi ≤ m, p < 2n Chøng minh r»ng: a 1n −m + a 2n −m + + a nn −m ≥ (2n − p) a 1a a n b Cho n số dương a1, a2, , an thoả mãn: a 1n −1 + a 2n −1 + + a nn −1 = p a 1a a n Chøng minh r»ng: a1 + a2 + + an ≥ n2 p a 1a a n Trong nhiều trường hợp, các em học sinh cần linh hoạt việc sử dụng bất đẳng thức Côsi cho nhóm đối tương khác để đạt mục đích 142 ThÝ dô a Chøng minh r»ng nÕu a, b, c lµ bèn sè kh«ng ©m th×: a +b+c+d   ≥ abcd   b Ba số dương có tổng đơn vị Chứng minh tổng hai ba số đó không bé 16 lần tích ba số đó  Gi¶i a Ta cã: a +b+c+d   ≥   ( ab + cd ) = ab + cd + abcd ≥ abcd a +b+c+d a+b+c+d ⇒  ≥ abcd  ≥ abcd ⇒  4     DÊu "=" x¶y vµ chØ khi: a = b  c = d ⇔ a = b = c = d ab = cd  b Gọi a, b, c là ba số dương thoả mãn a + b + c = Ta cần chứng minh a + b ≥ 16abc Ta cã: (1) = (a + b + c)2 ≥ 4(a + b)c ⇔ a + b ≥ 4(a + b)2c (2) MÆt kh¸c, ta còng cã (a + b)2 ≥ 4ab Tõ (1) vµ (2) suy a + b ≥ 16abc vµ dÊu "=" x¶y vµ chØ khi: c c 1 − c = a + b = c = 1/ ⇔  ⇔   a = b a= b= 1/ a = b  Chú ý: Trong nhiều trường hợp, các em học sinh cần biết cách kết hợp bất đẳng thức Côsi với các bất đẳng thức khác Thí dụ Giả sử a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh với bÊt k× sè nguyªn n > th×: anb(a – b) + bnc(b – c) + cna(c – a) ≥  Gi¶i Chúng ta chứng minh bất đẳng thức đầu bài phương pháp quy nạp toán học  Với n = 2, đặt: 2x = b + c – a > 0; 2y = a – b + c > 0; 2z = a + b – c > Suy a = y + z, b = z + x, c = x + y Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: xy3 + yz3 + zx3 – xyz(x + y + z) ≥  x y2 z2  (*) ⇔ xyz  + + − (x + y + z)  ≥ z x y  143 áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các số dương, ta có: y+ x2 x2 ≥2 y = 2x y y Tương tự: z2 y2 ≥ 2z vµ z + ≥ 2y z x Từ đó bất đẳng thức (*) chứng minh, hay bất đẳng thức: x+ anb(a – b) + bnc(b – c) + cna(c – a) ≥ ®­îc chøng minh  Giả sử bất đẳng thức đúng tới n Không tính tổng quát, ta giả sử c ≤ b ≤ a Theo gi¶ thiÕt quy n¹p, ta cã: bnc(b – c) ≥ – anb(a – b) – cna(c – a) ⇒ bn + 1c(b – c) ≥ – anb2(a – b) – cnab(c – a) Do đó: an + 1b(a – b) + bn + 1c(b – c) + cn + 1a(c – a) ≥ an + 1b(a – b) – anb2(a – b) – cnab(c – a) + cn + 1a(c – a) = anb(a – b)2 + cna(c – a)(c – b) ≥ Vậy bất đẳng thức đúng với n + Theo nguyên lý quy nạp bất đẳng thức đã cho đúng với n > Đẳng thức xảy vµ chØ khi: a = b = c hay ∆ABC ThÝ dô Cho biÓu thøc S = a2 + b2 + c2 + d2 + ac + bd, víi ad − bc = a Chøng minh r»ng S ≥ b TÝnh gi¸ trÞ cña tæng (a + c)2 + (b + d)2 cho biÕt S =  Gi¶i a NhËn xÐt r»ng: (ac + bd)2 + = (ac + bd)2 + (ad − bc)2 = a2c2 + b2d2 + a2d2 + b2c2 = (a2 + b2)(c2 + d2) Sử dụng bất đẳng thức Côsi cho S, ta được: (1) S ≥ (a + b )(c2 + d2 ) + ac + bd ⇔ S ≥ (ac + bd)2 + + ac + bd Đặt t = ac + bd, ta thấy hai vế (2) dương, đó: (2) S2 ≥ (2 t + + t)2 = 4(1 + t2) + 4t t + + t2 = (1 + t2) + 4t t + + 4t2 + = ( t + + 2t)2 + ≥ ⇔S≥ 144 , ®pcm b Tõ kÕt qu¶ cÇu a), ta cã: S= (3)  t + + 2t = ⇔  2 2 a + b = c + d Giải (3) phép biến đổi tương đương: −2t ≥ 1 ⇔t=− ⇔ ac + bd = − t + =-2t ⇔  2 4t 3 t + = Nh­ vËy, ta ®­îc hÖ ®iÒu kiÖn: a + b = c + d  (I)  − ac + bd =  Thay (I) vµo (1), ta ®­îc: a + b2 = c + d2 = Khi đó: 2 2 + − = (a + c)2 + (b + d)2 = a2 + b2 + c2 + d2 + 2(ac + bd) = 3 3 Dạng toán 4: Bất đẳng thức bunhiacôpxki Më réng Víi c¸c sè thùc a1, a2, a3, b1, b2, b3, ta lu«n cã: (a1b1 + a2b2 + a3b3)2 ≤ ( a12 + a 22 + a 32 )( b12 + b 22 + b 32 ), dấu đẳng thức xảy và a a1 a = = b1 b2 b3 n n  n  Víi hai bé n sè ai, bi, i = 1, n , ta lu«n cã  ∑ a i b i  ≤ ∑ a 2i ∑ b 2i , i =1  i =1  i =1 a a a dấu đẳng thức xảy và = = = n bn b1 b2 Víi a1, a2, , an lµ n sè tuú ý, ta lu«n cã: a12 + a 22 + + a 2n  a1 + a + + a n  ≤   n n   Chøng minh Bất đẳng thức tương đương với: (a1 + a2 + + an) ≤ n( a12 + a 22 + + a 2n ) Bất đẳng thức này suy từ bất đẳng thức Bunhiacôpxki áp dụng cho hai n số (1; 1; ; 1) vµ (a1; a2; ; an) 145 ThÝ dô Chøng minh r»ng víi mäi sè thùc x, y lu«n cã (x3 + y3)2 ≤ (x2 + y2)(x4 + y4)  Gi¶i Ta cã: VT = (x3 + y3)2 = (x.x2 + y.y2)2 ≤ (x2 + y2)(x4 + y4), ®pcm Dấu đẳng thức xảy khi: x 1 y = ⇔ = ⇔ x = y x y x y  Më réng: Víi c¸c sè thùc a , a , a , b , b , b , ta lu«n cã: 3 (a1b1 + a2b2 + a3b3) ≤ ( a 12 + a 22 + a 32 )( b 12 + b 22 + b 32 ), a a a dấu đẳng thức xảy và = = b1 b2 b3 ThÝ dô Chøng minh r»ng: a NÕu x + 3y = th× x2 + y2 ≥ 49 b NÕu 2x + 3y = th× 2x2 + 3y2 ≥  Gi¶i a Ta cã: 22 = (x + 3y) ≤ (1 + 33)(x2 + y2) = 10(x2 + y2) ⇒ x2 + y2 ≥ = , 10 dÊu "=" x¶y ta cã: (*)  x + 3y = x:1 = y:3 ⇔  ⇒ x = vµ y = 5 3x = y b Ta cã: 72 = (2x + 3y) = ( x + y )2 ≤ (2 + 3)(2x2 + 3y2) = 5(2x2 + 3y2) 49 ⇒ 2x2 + 3y2 ≥ , dÊu "=" x¶y ta cã: (*) 2x + 3y = x 2: =y 3: ⇔  ⇒x=y= x = y  Chó ý: Yªu cÇu trªn cßn cã thÓ ®­îc ph¸t biÓu:  Với câu a) là "Trong tất các nghệm (x; y) phương trình x + 3y = h·y chØ nghiÖm cã tæng x2 + y2 nhá nhÊt" hoÆc t×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc  Với câu b) là "Trong tất các nghệm (x; y) phương trình 2x + 3y = h·y chØ nghiÖm cã tæng 2x2 + 3y2 nhá nhÊt" hoÆc t×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc 146 ThÝ dô Cho c¸c sè kh«ng ©m x, y tho¶ m·n x3 + y3 = Chøng minh r»ng: x2 + y2 ≤  Gi¶i áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta có: (x2 + y2) = ( x x + y y )2 ≤ (x + y)(x3 + y3) = 2(x + y) ⇔ (x2 + y2) ≤ 4(x + y)2 = 4(1.x + 1.y)2 ≤ 4(1 + 1)(x2 + y2) = 8(x2 + y2) ⇔ (x2 + y2)3 ≤ ⇔ x2 + y2 ≤ 2, ®pcm DÊu "=" x¶y khi:  x y =  | x |=| y | ⇔ x = y = y3 ⇔   x x + y =   3 x + y = Dạng toán 5: Sử dụng bất đẳng thức tìm giá trị lớn và nhỏ ThÝ dô T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña hµm sè: a y = (2x + 1)(2 − 3x), víi x ∈ [− ; ] b y = x(1 − x) 3, víi ≤ x ≤  Gi¶i a Víi − ≤x≤ thì 2x + ≥ và − 3x ≥ 0, đó sử dụng bất đẳng thức Côsi ta ®­îc: 1 1 y = (2x + 1)(2 − 3x) = (x + ) ( − x) = (x + )( - x) 2 3 2   (x + ) + ( − x)     25 = = ≤     12  864      25 , đạt khi: Từ đó suy yMax = 864 x+ = −x⇔x= 12 b Viết lại hàm số dạng: 1 y = 3x(1 − x)3 = 3x(1 − x)(1 − x)(1 − x), 3 147 áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số không âm gồm 3x và số − x, ta được: 4  3x + (1 − x) + (1 − x) + (1 − x)  3 27 = = , y ≤     4  256  27 từ đó suy yMax = , đạt khi: 256 3x = − x = − x = − x ⇔ x = ThÝ dô T×m gi¸c trÞ nhá nhÊt cña hµm sè: 2 a y = x + víi x > b y = x2 + , víi x > x x −1  Gi¶i là hai số dương Do đó: x −1 2 y=x+ =1+x−1+ ≥ + (x − 1) =1+2 x −1 x −1 x −1 từ đó, suy yMin = + 2 , đạt khi: x−1= ⇔x=1+2 x −1 b Viết lại hàm số dạng: 1 1 1 1 1 y = x2 + x2 + x2 + + ≥ 5 x x x = 3 3 3 x x x x 27 , đạt khi: từ đó, suy yMin = 27 x = ⇔ x5 = ⇔ x = x a V× x > nªn x − vµ ThÝ dô T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nh¸t cña biÓu thøc: a A = x − + − x b S = 3x + 4y, biÕt x2 + y2 =  Gi¶i a Víi ≤ x ≤ 4, ta cã: A2 = ( x − + − x )2 = + (x − 1)(4 − x) Ta cã: ≤ + (x − 1)(4 − 1) ≤ + x − + − x = ⇔ Từ đó, suy ra:  AMax = , đạt khi: x − = − x ⇔ 2x = ⇔ x = 148 ≤A≤  AMin = , đạt khi: (x − 1)(4 − x) = ⇔ x = hoÆc x = b Ta cã: S2 = (3x + 4y) ≤ (32 + 42)(x2 + y2) = 25 ⇔ 3x + 4y ≤ ⇔ − ≤ 3x + 4y ≤ DÊu "=" x¶y khi: x y = ⇔  x + y2 =  4x = 3y ⇔  2 9x + 9y = 4x = 3y  2 9x + 16x =  ,y 4x = 3y =  x 5=  ⇔ ⇔ x = ± x =  − , y= −  5 Từ đó, suy ra:  SMax = 5, đạt khi= x = ,y 5  SMin = 5, đạt x = − , y= − 5 Thí dụ Hai số dương x, y thoả mãn 3x + 2y = 6xy Tìm giá trị nhỏ tæng x + y  Gi¶i NhËn xÐt r»ng: 3x + 2y = 6xy ⇔ + = 6, x y x + y x y Do vậy, theo bất đẳng thức Bunhiacôpxki, suy ra: 5+2 ( + )2 ≤ ( + )(x + y) = 6(x + y) ⇒ x + y ≥ ( + )2 = x y 6 + = VËy (x + y)Min = 5+2 đạt khi: x y 2 + =  2+ 3+ ,y= x = y ⇔ x = 6 2  x y 149 Dạng toán 6: Sử dụng bất đẳng thức giải phương trình, bất phương tr×nh vµ hÖ Thí dụ Giải phương trình x − 2x + + x − =  Gi¶i NhËn xÐt r»ng: VT = x − 2x + + x − = (x − 1) + + Vậy, phương trình có nghiệm và khi: VT = ⇔ x − = ⇔ x = Vậy, phương trình có nghiệm x = x − ≥ Thí dụ Giải các phương trình sau: a 4x − 1 + 22x − 1 = b x −1+ x − − x − − x − =  Gi¶i a Ta cã thÓ tr×nh bµy theo c¸c c¸ch sau: Cách 1: Ta biến đổi phương trình dạng: 4x − 1 + 2 − 4x = (4x − 1) + (2 – 4x)  x ≥ 1/ 4x − ≥ TÝnh chÊt1 ⇔  ← →   x ≤ 1/ 2 − 4x ≥ 1 Vậy, nghiệm phương trình là ≤ x ≤ Cách 2: Ta biến đổi phương trình dạng: 4x − 1 + 4x − 2 = (4x − 1) − (4x − 2) 4x − ≥  x ≥ 1/ TÝnh chÊt ⇔  ←  →  4x − ≤  x ≤ 1/ 1 Vậy, nghiệm phương trình là ≤ x ≤ b Viết lại phương trình dạng: ( x − + 1) − ( x − − 1) = ⇔ | x − + 1| − | x − − 1| = |( x − + 1) − ( x − − 1)| TÝnh chÊt ←  → ( x − − 1).2 ≥ ⇔ x − ≥ ⇔ x ≥ Vậy, phương trình có nghiệm là x ≥ Thí dụ Giải phương trình 7x3 − 11x + 25x − 12 = x2 + 6x −  Gi¶i Viết lại phương trình dạng: (7x − 4)(x − x + 3) = x2 + 6x − 150 §iÒu kiÖn: 7x − ≥ ⇔ x ≥ áp dụng bất đẳng thức Côsi cho vế trái, ta được: (7x − 4)(x − x + 3) ≤ (7x − 4) + (x2 − x + 3) = x2 + 6x − = VP DÊu " = " x¶y vµ chØ khi: x = 7x − = x2 − x + ⇔ x2 − 8x + = ⇔  x = Vậy, phương trình có nghiệm x = x = Thí dụ Giải các phương trình sau: a 2x4 + (1 − 2x)4 = b x + 1− x + 27 x + 1− x = +  Gi¶i a Biến đổi vế trái phương trình: 1 2x4 + (1 − 2x)4 = 3.[ 2x4 + (1 − 2x)4] = (12 + 12 + 12)[ x4 + x4 + (1 − 2x)4] 3 1 ≥ [ x + x2 + (1 − 2x)2]2 = {3.[ x2 + x2 + (1 − 2x)2]}2 3 = {(12 + 12 + 12) [ x2 + x2 + (1 − 2x)2]}2 27 1 ≥ [x + x + (1 − 2x)]4 = 27 27 Vậy phương trình có nghiệm dấu đẳng thức xảy  x 2= x 2= (1 − 2x) ⇔x= ⇔   x = x = − 2z Vậy phương trình có nghiệm x = b §iÒu kiÖn ≤ x ≤ Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki, ta có: x + − x = x + 1 − x ≤ (1 + 1)(x + − x) = x + − x = x + − x ≤ (1 + 1)( x + − x ) ≤ 2 = 48 suy ra: x + 1− x + x + 1− x ≤ + Vậy, bất phương trình có nghiệm dấu "=" xảy ra, tức là với x = 151 Thí dụ Giải bất phương trình x − x2 − + x + x − ≤  Gi¶i NhËn xÐt r»ng: x − x2 − + x + x − ≥ (x − x − 1)(x + x − 1) = Do đó, nghiệm bất phương trình ứng với dấu "=" bất đẳng thức trên, tức là:  x − x − = 1 +  x − x −1 = ⇔  ⇔ x =  + − = x x 1  x + x − =   Vậy, bất phương trình có nghiệm x = Thí dụ Giải các bất phương trình sau: a 3x + 1 ≤ 2x − 1 + x + 2 b |2x + 3| ≥ |3x + 5| − |x + 2| c 2x2 − 3x + 1 − 2x2 − 5x < 2x + d |x + 2| ≤ |3x − 1| − |2x − 3|  Gi¶i a Biến đổi bất phương trình ban đầu dạng: (2x − 1) + (x + 2) ≤ 2x − 1 + x + 2 − luôn đúng Vậy, bất phương trình nhận x làm nghiệm b Biến đổi bất phương trình ban đầu dạng: |(3x + 5) − (x + 2)| ≥ |3x + 5| − |x + 2| − luôn đúng Vậy, bất phương trình nhận x làm nghiệm c Biến đổi bất phương trình ban đầu dạng: |2x2 − 3x + 1| − |2x2 − 5x| < |(2x2 − 3x + 1) − (2x2 − 5x)|  x < −1/ ⇔ (2x2 − 5x)(2x + 1) < ⇔  0 < x < / Vậy, tập nghiệm bất phương trình là (−∞; − )∪( ; +∞) 2 d Biến đổi bất phương trình ban đầu dạng: |(3x − 1) − (2x − 3)| ≤ |3x − 1| − |2x − 3| ⇔ |(3x − 1) − (2x − 3)| = |3x − 1| − |2x − 3|  x < −2 ⇔ (2x − 3)(x + 2) ≥ ⇔  x > / Vậy, tập nghiệm bất phương trình là (−∞ ; −2)∪( ; +∞) 152 x −1 − Thí dụ Giải bất phương trình x − 10 x + 16 ≥ − x  Gi¶i Biến đổi bất phương trình dạng: x − + x − ≥ x − 10 x + 16 Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki, ta có: 2[(x − 1) + (x − 3) ] ≤ x − + x − Vậy bất phương trình tương đương với dấu "=" xảy ra, tức là x = x − = x − ⇔ x2 − 7x + 10 = ⇔  x = Vậy, bất phương trình có nghiệm x = và x = Thí dụ Giải hệ phương trình: (1) | x − y | + | x + y |=  (2)  xy =  Gi¶i Biến đổi (1) dạng: = (x − y)2 + (x + y)2 + 2|x2 − y2| = 2(x2 + y2) + 2|x2 − y2| ≥ 2(x2 + y2) ≥ 4xy = Vậy, hệ tương đương với: 2 | x − y |=  x= y=  ⇔  x = y  x = y = −1  xy =  VËy, hÖ cã cÆp nghiÖm (1; 1) vµ (−1; −1) Thí dụ Giải hệ phương trình: 2  x − y + y − x =  2 x + y − x − y =  Gi¶i Kí hiệu hai phương trình hệ theo thứ tự là (1) và (2) Xét (1), sử dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki: = x2 − y + y2 − x Vậy (1) tương đương với: x2 − y = Bunhiac«pxki ≤ (2) (1 + 1)(x − y + y − x) = y − x ⇔ x − y = y2 − x x = y ⇔ (x − y)(x + y + 1) = ⇔   y =− x − 153  Víi x = y, hÖ cã d¹ng: x = y x = y 1± ⇔  ⇔ x1, = y1, =  2 2 x − x − = x + x − x − x =  Víi y = −x − 1, hÖ cã d¹ng: y =− x −  x = vµ y = −1 ⇔   2 −1 vµ y = x4 = x + (− x − 1) − x − (− x − 1) = Vậy, hệ phương trình có cặp nghiệm ThÝ dô 10 Giải hệ bất phương trình:  xy + − x ≤ x  2 xy − x + x =  Gi¶i §iÒu kiÖn ≤ x ≤ 1; y ≥ Từ bất phương trình thứ hệ, ta biến đổi: − x ≤ x − xy ⇔ − x ≤ x (1 − y) Nhận xét VT ≤ và VT ≥ đó (*) tương đương với: VT = VP = ⇔ x = y = thoả mãn phương trình thứ hai hệ V©y, hÖ cã nghiÖm x = y = Đ2 Bất phương trình Dạng toán 1: Các bài toán mở đầu bất phương trình Thí dụ Chứng minh các bất phương trình sau vô nghiệm: a x2 + x + ≤ −3 b + 2(x − 3) + − 4x + x < c + x2 − + x2 >  Gi¶i a Ta cã: VT = x2 + x + ≥ 0, ∀x ≥ −8; Suy ra, tập xác định D = ∅ Vậy, bất phương trình vô nghiệm 154 VP = −3 < 0, ∀x (*) b Ta cã: + 2(x − 3) ≥ vµ − 4x + x ≥ 1, ∀x ⇒ VT = + 2(x − 3) + − 4x + x ≥ 2, ∀x L¹i cã: < 2, ∀x ⇒ VT > VP, ∀x VP = Vậy, bất phương trình vô nghiệm c Ta cã: + x2 < + x2 ⇒ + x < + x ⇒ + x − + x < Vậy, bất phương trình vô nghiệm Dạng toán 2: Hai bất phương trình tương đương Thí dụ Các cặp bất phương trình sau có tương đương không ? Vì ? 1 a x2 – > x vµ x2 > x + b x + < + vµ x < x x  Gi¶i a Với bất phương trình: x2 – > x cộng vào hai vế bất phương trình, ta được: x2 – + > x + ⇔ x2 > x + Vậy, hai bất phương trình đã cho tương đương b Nhận xét rằng, số là nghiệm bất phương trình thứ hai không là nghiệm bất phương trình đầu Vậy, hai bất phương trình đã cho không tương đương Thí dụ Giải thích vì các cặp bất phương trình sau tương đương? a 4x + > vµ 4x − < b x − ≥ x vµ (2x + 1) x − ≥ x(2x + 1)  Gi¶i a Ta cã:  −4x + > ⇔ x <  4x − < ⇔ x < TËp nghiÖm: T1 = 1   − ∞;  4  1  TËp nghiÖm: T2 =  − ∞;  4  Ta thÊy T1 = T2 Vậy, hai bất phương trình tương đương 155 b Ta cã:  x − ≥ x có tập xác định x ≥  Víi x ≥ ⇒ 2x + > (1) (2) Nh©n c¶ hai vÕ cña (1) víi (2), ta ®­îc: (2x + 1) x − ≥ x(2x + 1) Vậy, hai bất phương trình tương đương Đ3 Bất phương trình và hệ bất phương tr×nh bËc nhÊt mét Èn Dạng toán 1: Bất phương trình bậc ẩn Thí dụ Giải và biện luận bất phương trình: (m2 + m + 1)x + 3m > (m2 + 2)x + 5m −  Gi¶i Viết lại bất phương trình dạng: (m − 1)x > 2m − Khi đó:  Víi m = 1, ta ®­îc: > −1, luôn đúng ⇒ Bất phương trình có tập nghiệm là S =   Víi m > 1, ta ®­îc: 2m −  2m −  x> ⇒ Bất phương trình có tập nghiệm lµ S  = ; + ∞  m −1  m −1   Víi m < 1, ta ®­îc: 2m − 2m −   x< ⇒ Bất phương trình có tập nghiệm là S=  −∞;  m −1  m −1  Thí dụ Tìm m để bất phương trình sau vô nghiệm: m2x + ≥ m + (3m − 2)x  Gi¶i Viết lại bất phương trình dạng: (m2 – 3m + 2)x ≥ m − Khi đó, bất phương trình vô nghiệm m = m − 3m + =  ⇔   m = ⇔ v« nghiÖm ⇔  m − < m <  VËy, kh«ng cã gi¸ trÞ nµo cña m tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi 156 (1) Dạng toán 2: Hệ bất phương trình bậc ẩn Phương pháp áp dụng Để giải và biện luận hệ bất phương trình: a1x + b1 ≤ (I)  a x + b ≤ Ta thực theo các bước sau: Bước 1: Lập bảng xét dấu chung cho a1 và a2 Bước 2: Xét các trường hợp riêng biệt nhận từ bước Thông thường ta có các trường hợp sau: Trường hợp 1: Nếu a1 > và a2 > Khi đó hệ (I) có dạng: b1  x ≤ − a b b  ⇔ x ≤ Min[− ; − ] lµ nghiÖm cña hÖ  a1 a2 x ≤ − b2  a2 Trường hợp 2: Nếu a1 < và a2 < Khi đó hệ (I) có dạng: b1  x ≥ − a b b  ⇔ x ≤ Max[− ; − ] lµ nghiÖm cña hÖ  a1 a2 x ≥ − b2  a2 Trường hợp 3: Nếu a1 > và a2 < Khi đó hệ (I) có dạng: b1  x ≤ − a   x ≥ − b2 a2  b b2 ≤− a1 a2 b b Khi đó, nghiệm hệ là − ≤ x ≤ − a1 a2 §Ó hÖ cã nghiÖm ®iÒu kiÖn lµ − Trường hợp 4: Nếu a1 = ∨ a2 = Khi đó, thay trực tiếp giá trị tham số vào hệ (I) Thí dụ Giải các hệ bất phương trình:  5x +  ≥ − x (1 − x) > + 3x + x a  b  (x + 2) < x + x − 7x −  − x < 3x +  13 157  Gi¶i a Ta có biến đổi: 8x ≥ 10 x ≥ / ⇔x≥ ⇔  47x > −7  x > −7 / 44 5  Vậy, hệ phương trình có tập nghiệm  ; + ∞    b Ta có biến đổi: 1 − x + x > + 3x + x ⇔  x + x + 12 x + < x + x − 7x − ⇔x<− 5x < −4  x < −4 / ⇔    x < −13/19 19 x < −13 4  Vậy, hệ phương trình có tập nghiệm  −∞; −  5  Thí dụ Giải và biện luận hệ bất phương trình: mx − >  (3m − 2)x − m >  Gi¶i Ta giải đồng thời hai bất phương trình cách lập bảng xét dấu m và 3m − 2: m 2/3 −∞ +∞ m − + + 3m − − − + Xét trường hợp: Trường hợp Với m < thì hệ có dạng: x < 1/ m m m  }= v× víi m < th× >  m ⇒ x < Min{ , m 3m − 3m −2 m x < 3m − Trường hợp Với m = 0, hệ có dạng: −1 > v« nghiÖm  −x > Trường hợp Với < m < , hệ có dạng: x > 1/ m m  > vµ <  m v« nghiÖm m 3m − x < 3m − 158 Trường hợp Với m = , hÖ cã d¹ng: x > / v« nghiÖm  −2 / > Trường hợp Với m > thì hệ có dạng: x > 1/ m m  }  m ⇒ x > Max{ , m 3m − x > 3m − KÕt luËn:  Víi m < hÖ cã nghiÖm lµ x < m  Víi ≤ m ≤ hÖ v« nghiÖm m }  Víi m > hÖ cã nghiÖm lµ x > Max{ , m 3m −  Chó ý: NÕu a a2 luôn khác (giải sử a1 ≠ 0) Khi đó thực chất bài toán chuyển việc giải biện luận bất phương trình còn lại với điều kiÖn K Thí dụ Với giá trị nào m thì hệ bất phương trình sau có nghiệm: x − ≤ 3x − > −4x + a  b  3x + m + < m + x >  Gi¶i a Ta cã: x > 3x − > −4x +  ⇔   m+2 3x + m + < x < − Hệ bất phương trình có nghiệm và khi: m+2 > ⇔ m + < − ⇔ m < −5 − VËy, víi m < −5 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi b Ta cã: x − ≤ x ≤ ⇔   x > − m m + x > Hệ bất phương trình có nghiệm và khi: − m < ⇔ m > −1 VËy, víi m > −1 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi 159 Thí dụ Tìm các giá trị m để hệ bất phương trình sau vô nghiệm: (x − 3) ≥ x + 7x + 2x + < 8x − a  b  m − x ≤ − x + m + ≥   Gi¶i a Ta cã: x > / 2x + < 8x −  ⇔  m+5  x m − + + ≥   x ≤ Hệ bất phương trình vô nghiệm và khi: m+5 ≤ ⇔ 3m + 15 ≤ ⇔ m ≤ − 3 VËy, víi m ≤ − tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi b Ta cã:  x ≤ /13 (x − 3) ≥ x + 7x + x − 6x + ≥ x + 7x +  ⇔ ⇔ 2m −     x ≥ 2 m − 5x ≤ 2 m − 5x ≤ Hệ bất phương trình vô nghiệm và khi: 72 2m − 8 > ⇔ 26m − 104 > 40 ⇔ m > 13 72 VËy, víi m > tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi 13 ThÝ dô Víi gi¸ trÞ nµo cña m th× hÖ sau cã nghiÖm nhÊt: 2x + − m ≤  mx + 2m − ≤  Gi¶i Kí hiệu các bất phương trình hệ theo thứ tự là (1) và (2) Gi¶i (1): Ta cã: m −1 (1) ⇔ x ≤  Giải (2), viết lại bất phương trình (2) dạng: mx ≤ − 2m Trường hợp 1: Nếu m = 0, ta có: (3) ⇔ 0x ≤ luôn đúng Vậy bất phương trình nghiệm đúng với ∀x Khi đó nghiệm hệ là x ≤ − , và nghiệm là không  160 (3) Trường hợp 2: Nếu m > 0, ta có: − 2m (3) ⇔ x ≤ m Khi đó nghiệm hệ là x ≤ Min{ m − 1 − 2m , } vµ nghiÖm lµ kh«ng nhÊt m Trường hợp 3: Nếu m < 0, ta có: − 2m (3) ⇔ x ≥ m Khi đó để hệ có nghiệm m<0 m −1 − 2m −3 − 17 = ⇔ m2 + 3m − = ⇔ m = ⇔ m 2 −3 − 17 Vậy, hệ bất phương trình có nghiệm m =  Chó ý: NÕu hÖ cã d¹ng: −a ≤ f(x) ≤ a ta có thể sử dụng phép biến đổi tương đương sau: a ≥ | f (x) |≤ a (I) ⇔  a ≥ ⇔  f (x) ≤ a (I) a ≥ [f (x) − a][f (x) + a] ≤ (*) ⇔  và nhiều trường hợp việc giải biện luận (*) đơn giản so với việc giải biện luận đơn lẻ từ (I) Cụ thể ta xem xét ví dụ sau: Thí dụ Giải và biện luận bất phương trình kép: −1 ≤  Gi¶i   x+m ≤ mx + (1) Víi m = th× (1) ⇔ −1 ≤ x ≤ 1 Víi m ≠ th× ®iÒu kiÖn x ≠ − m Viết lại bất phương trình dạng:  x+m   x+m  x + m  − 1 + 1 ≤   ≤1⇔  mx + mx + mx +      ⇔ (1 − m2)(x2 − 1) ≤ Xét ba trường hợp: Trường hợp 1: Nếu − m2 = ⇔ m = ±1  Víi m = (2) ⇔ 0x ≤ (luôn đúng) Vậy (2) nghiệm đúng với x ≠ − x+m ≤1⇔ mx + (2) 161 Víi m = −1 (2) ⇔ 0x ≤ (luôn đúng) Vậy (2) nghiệm đúng với x ≠ Trường hợp 2: Nếu − m2 > ⇔ |m| <  (2) ⇔ x2 − ≤ ⇔ |x| ≤ 1, (lu«n tho¶ m·n x ≠ − ) m Trường hợp 3: Nếu − m2 < ⇔ |m| > (2) ⇔ x2 − ≥ ⇔ |x| ≥ 1, (lu«n tho¶ m·n x ≠ − ) m KÕt luËn:  Với m = 1, bất phương trình nghiệm đúng với x ≠ −1  Với m = − 1, bất phương trình nghiệm đúng với x ≠  Với |m| < 1, bất phương trình có nghiệm là |x| ≤  Với |m| > 1, bất phương trình có nghiệm là |x| ≥ §4 dÊu cña nhÞ thøc bËc nhÊt D¹ng to¸n 1: XÐt dÊu c¸c biÓu thøc ThÝ dô LËp b¶ng xÐt dÊu c¸c biÓu thøc: a f(x) = x(x − 2)2(3 − x) b f(x) = x(x − 3) (x − 5)(1 − x)  Gi¶i a Ta cã b¶ng sau: x x (x − 2)2 3−x f(x) b Ta cã b¶ng sau: x x (x − 3)2 x−5 1−x f(x) 162 −∞ − + + − 0   − + − + + 0    −∞ + + + +   + + − + −     + + + +   0 + + − − + + − − +    + + − − + +∞     +∞ + + + − − Dạng toán 2: Giải bất phương trình tích chứa ẩn mẫu Phương pháp áp dụng Để giải các bất phương trình dạng: P(x) > 0, P(x) < 0, P(x) ≥ 0, P(x) ≤ 0, đó P(x) = (a1x + b1)…(anx + bn), ta thực theo các bước: Bước 1: Tìm các nghiệm x1, …, xn các nhị thức a1x + b, …, anx + b Bước 2: Sắp xếp các nghiệm tìm theo thứ tự tăng dần (giả sử xk < … < xl), từ đó lập bảng xét dấu dạng: x xk … xl −∞ +∞ a1x + b1 … anx + bn P(x) Bước 3: Dựa vào kết bảng xét dấu suy nghiệm cho bất phương trình Để giải các bất phương trình dạng: P(x) P(x) P(x) P(x) > 0, < 0, ≥ 0, ≤ 0, Q( x ) Q( x ) Q( x ) Q( x ) đó P(x) và Q(x) là tích nhị thức bậc thực theo các bước: Bước 1: Tìm các nghiệm x1, …, xn các phương trình P(x) = và Q(x) = Bước 2: Sắp xếp các nghiệm tìm theo thứ tự tăng dần (giả sử xk < … < xl), P(x) từ đó lập bảng xét dấu cho phân thức Q( x ) Víi l­u ý r»ng trªn hµng cuèi t¹i nh÷ng ®iÓm Q(x) = ta sö dông kÝ hiÖu || để đó bất phương trình không xác định Bước 3: Dựa vào kết bảng xét dấu suy nghiệm cho bất phương trình Thí dụ Giải các bất phương trình: a ≥ 1− x 2x +  Gi¶i b (2x − 1)(2 − x) < x − 4x + a Ta có biến đổi: 11x − 3(2x + 1) − 5(1 − x) ≥ ⇔ ≥0⇔ ≥ (1 − x)(2x + 1) (1 − x)(2x + 1) 2x + 1− x Lập bảng xét dấu, ta tập nghiệm bất phương trình là: 1  2  S =  −∞; −  ∪  ; 1 2  11  b Viết lại bất phương trình dạng: (2x − 1)(2 − x) < (x − 1)(x − 3) (1) 163 Ta cã: ; − x = ⇔ x = 2; x − = ⇔ x = 1; x − = ⇔ x = LËp b¶ng xÐt dÊu cña (1): x 1/2 −∞ + + 2x − + + + 3−x + x−1 − − x−4 − − − VT + − || − 2x − = ⇔ x = 0 Vậy, bất phương trình có tập hợp nghiệm là: (−∞;  + − + − + || +∞ + − + + − )∪(1; 2)∪(3; +∞) Chú ý: Có thể giải bất phương trình trên phương pháp sau đây gọi là phương pháp chia khoảng Chia trục Ox thành các khoảng: + + − − ∞ − 1/2 Thí dụ Xác định m cho các bất phương trình sau tương đương: (m + 1)x − m − > vµ (m − 1)x − m − > x −+∞  Gi¶i Viết lại các bất phương trình dạng: (m + 1)x > m + (m – 1)x > m + Trường hợp 1: Nếu m = – (1) ⇔ 0.x > − ⇔ ∀x ∈  (2) ⇔ x > − Vậy, (1) và (2) không tương đương Trường hợp 2: Nếu m = (1) ⇔ x > (2) ⇔ 0.x > ⇔ v« nghiÖm Vậy, (1) và (2) không tương đương Trường hợp 3: Nếu m ≠ ±1 thì để (1) và (2) tương đương điều kiện là: (m − 1)(m + 1) >  ⇔ m = −5 m + m +  m + = m − Vậy, với m = −5, hai bất phương trình tương đương với 164 (1) (2) D¹ng to¸n 3: DÊu nhÞ thøc trªn mét miÒn Phương pháp áp dụng Víi f(x) = ax + b ta l­u ý c¸c kÕt qu¶ quan träng sau: a = f(x) ≥ 0, ∀x ⇔  b ≥ a ≥ f(x) ≥ 0, ∀x ≥ α ⇔  f (α ) ≥ a = vµ f(x) ≤ 0, ∀x ⇔  b ≤ a ≤ vµ f(x) ≤ 0, ∀x ≥ α ⇔  f (α ) ≤ a ≤ a ≥ f(x) ≥ 0, ∀x ≤ α ⇔  vµ f(x) ≤ 0, ∀x ≤ α ⇔  f (α ) ≥ f (α ) ≤ f (α ) ≥ f (α ) ≤ f(x) ≥ 0, ∀x∈(α; β) ⇔  vµ f(x) ≤ 0, ∀x∈(α; β) ⇔  f (β) ≥ f (β) ≤ Thí dụ Cho bất phương trình (m + 1)x − m + > Tìm m để bất phương trình: a Nghiệm đúng với x b Nghiệm đúng với x ≥ c Nghiệm đúng với x < d Nghiệm đúng với x∈[1; 3]  Gi¶i Viết lại bất phương trình dạng: f(x) = (m + 1)x − m + > a Để (1) có nghiệm đúng với x: m + = ⇔ m = –1  −m + > Vậy, với m = –1 bất phương trình có nghiệm đúng với x (1) b Để (1) có nghiệm đúng với x ≥ 2: m + ≥ m + ≥ ⇔  ⇔ m ≥ –1  f(2) > m + > Vậy, với m ≥ –1 bất phương trình có nghiệm đúng với x ≥ c Để (1) có nghiệm đúng với x < 1: m + ≤ m + ≤ ⇔  ⇔ m ≤ −1  f(1) ≥ 3 ≥ Vậy, với m ≥ –1 bất phương trình có nghiệm đúng với x < d Để (1) có nghiệm đúng với x∈[1; 3]: f(1) > 3 > ⇔  ⇔m>–  f(3) > 2m + > Vậy, với m > – bất phương trình có nghiệm đúng với x∈[1; 3] 165 Dạng toán 4: Giải phương trình, bất phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối Phương pháp áp dụng Việc sử dụng dấu nhị thức bậc để giải phương trình, bất phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối gọi là phương pháp chia khoảng Với các phương trình, bất phương trình dạng: P(x) = 0, P(x) > 0, P(x) < 0, P(x) ≥ 0, P(x) ≤ 0, đó P(x) = k1|A1| + k2|A2| + + kn|An| và dấu các Ai, i = 1, n xác định thông qua dấu nhị thức bậc nhất, ta thực theo các bước: Bước 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho các biểu thức phương trình, bất phương trình Bước 2: Lập bảng xét dấu các biểu thức chứa dấu giá trị tuyệt đối Ai, i = 1, n từ đó chia trục số thành khoảng cho khoảng đó các biểu thức dấu trị tuyệt đối nhận dấu xác định Bước 3: Giải ( biện luận) phương trình, bất phương trình trên khoảng đã chia Bước 4: Kết luận Thí dụ Giải các bất phương trình: a |2x − 5| ≤ x + b |2x − 4| ≥ x +  Gi¶i a Viết lại bất phương trình dạng: x ≥ −1 x + ≥  ⇔ 4 ⇔ ≤ x ≤  −(x + 1) ≤ 2x − ≤ x +  ≤ x ≤ Vậy, bất phương trình có nghiệm ≤ x ≤ b Viết lại bất phương trình dạng: x ≥ 2x − ≥ x + 2x − ≤ − x − ⇔   x ≤ Vậy, bất phương trình có nghiệm thuộc (−∞; 1]∪[5; +∞)  NhËn xÐt: Nh­ vËy: Dạng 1: Với bất phương trình: f (x) > g(x) |f(x)| > g(x) ⇔  f (x) < −g(x) g(x) <  (chia kho¶ng) hoÆc  g(x) ≥  2  f (x) > g (x)  166 Dạng 2: Với bất phương trình: g(x) > g(x) > ⇔  |f(x)| < g(x) ⇔  2 −g(x) < f (x) < g(x) f (x) < g (x)  f (x) ≥  f (x) < g(x) (chia kho¶ng) hoÆc   f (x) <   −f (x) < g(x) Thí dụ Giải phương trình: a | x −2| ≥ x − 5x + b = |x + 3| | x − | −1  Gi¶i a Biến đổi tương đương bất phương trình dạng: x − > x >    ≥  10 − 3x ≥   x −   x − 10 ⇔ ⇔ 3<x≤     x − <   x <    3x − ≥3 ≥0    − x  − x 10 Vậy, nghiệm bất phương trình là < x ≤ b §iÒu kiÖn: x − ≠ x ≠ |x − 4| − ≠ ⇔ |x − 4| ≠ ⇔  ⇔   x − ≠ −1 x ≠ LËp b¶ng xÐt dÊu hai biÓu thøc x + vµ x − 4: x −∞ −3 +∞ x+3 + + − | + x−4 − | − Trường hợp 1: Với x ≤ − 3, phương trình có dạng: 3 = −x−3⇔ = − x − ⇔ x2 = 12 ⇔ −x + − 3− x  x = (l)   x = −2 Trường hợp 2: Với −3 < x < 4, phương trình có dạng: 3 =x+3⇔ = x + ⇔ x2 = ⇔ −x + − 3− x x =   x = − 167 Trường hợp 3: Với x ≥ 4, phương trình có dạng:  x = − 19 (l)   x = + 19 Vậy, phương trình có nghiệm là x = − , x = ± và x = + 19 = x + ⇔ x2 − 2x − 18 = ⇔ x − −1  Chó ý: Nhiều bài toán dựa trên điều kiện có nghĩa phương trình ta khử dấu trị tuyệt đối Xét ví dụ sau: Thí dụ Giải bất phương trình: x − | x | < x (1)  Gi¶i Biến đổi tương đương bất phương trình dạng: x > ⇔ x >  2  x − | x |< x Vậy, nghiệm bất phương trình là x > Thí dụ Giải và biện luận bất phương trình |2x − 1| ≥ x + m  Gi¶i Viết lại bất phương trình dạng: x ≥ m + 2x − ≥ x + m  1− m 2x − ≤ −(x + m) ⇔  x≤   1− m Trường hợp 1: Nếu m + ≤ ⇔m≤– Bất phương trình có nghiệm là S =  1− m ⇔m>– Trường hợp 2: Nếu m + > 1− m )∪(m + 1; +∞) Bất phương trình có nghiệm là (−∞; Đ5 Bất phương trình và hệ bất phương tr×nh bËc nhÊt hai Èn Dạng toán 1: Bất phương trình bậc hai ẩn Thí dụ Biểu diễn hình học tập nghiệm các bất phương trình bậc hai Èn sau: a −x + + 2(y − 2) < 2(1 − x) b 3(x − 1) + 4(y − 2) < 5x − 168  Giải − Bạn đọc tự vẽ hình a Ta cã: −x + + 2(y − 2) < 2(1 − x) ⇔ x + 2y − < (1) Ta thực theo các bước sau:  VÏ ®­êng th¼ng ∆: x + 2y − =  Thay O(0; 0) vµo (1), ta cã: nöa mÆt ph¼ng bê ∆ chøa O lµ tËp nghiÖm cña bÊt đẳng thức ban đầu b Ta cã: 3(x − 1) + 4(y − 2) < 5x − ⇔ x − 2y + > (2) Ta thực theo các bước sau:  VÏ ®­êng th¼ng ∆: x − 2y + =  Thay O(0; 0) vµo (2), ta cã: nöa mÆt ph¼ng bê ∆ chøa O lµ tËp nghiÖm cña bÊt đẳng thức ban đầu Dạng toán 2: Hệ bất phương trình bậc hai ẩn Thí dụ Biểu diễn hình học tập nghiệm các hệ bất phương trình bậc hai Èn sau: x − y < 2x + 3y − <   a x + 3y > −2 b  x ≥ 2x − 3y − ≤ y − x <    Giải − Bạn đọc tự vẽ hình a Kí hiệu các bất phương trình hệ theo thứ tự là (1), (2) và (3), ta thực theo các bước sau:  Vẽ chung trên cùng hệ trục toạ độ Oxy các đường thẳng (∆1): x − 2y = 0; (∆2): x + 2y + = vµ (∆1): y − x =  MiÒn nghiÖm cña (1) lµ nöa mÆt ph¼ng bê (∆1) chøa A(0; 1)  MiÒn nghiÖm cña (2) lµ nöa mÆt ph¼ng bê (∆2) chøa O(0; 0)  MiÒn nghiÖm cña (3) lµ nöa mÆt ph¼ng bê (∆3) chøa O(0; 0) Tãm l¹i, miÒn nghiÖm cña hÖ lµ miÒn kh«ng g¹ch chÐo b Kí hiệu các bất phương trình hệ theo thứ tự là (1), (2) và (3), ta thực theo các bước sau:  Vẽ chung trên cùng hệ trục toạ độ Oxy các đường thẳng (∆1): 2x + 3y − = 0; (∆2): x = vµ (∆3): 2x − 3y − =  MiÒn nghiÖm cña (1) lµ nöa mÆt ph¼ng bê (∆1) chøa O(0; 0)  MiÒn nghiÖm cña (2) lµ nöa mÆt ph¼ng bê Oy kh«ng chøa A(−1; 0)  MiÒn nghiÖm cña (3) lµ nöa mÆt ph¼ng bê (∆3) chøa O(0; 0) Tãm l¹i, miÒn nghiÖm cña hÖ lµ miÒn kh«ng g¹ch chÐo, kÓ c¶ ®o¹n nèi hai ®iÓm (0; − ) vµ (0; 2) 169 Dạng toán 3: Bài toán tìm phương án tối ưu Phương pháp áp dụng Ta thực theo các bước sau: Bước 1: Sử dụng hai ẩn phụ x, y để:  Thiết lập các điều kiện cho bài toán, từ đó nhận hệ bất phương trình bậc hai ẩn (gọi là (I))  Hµm tèi ­u F = f(x, y) Bước 2: Xác định miền đa giác A1A2 An thoả mãn hệ (I) Bước 3: Tính các giá trị F1, F2, , Fn hàm F các đỉnh A1, A2, , An Bước 4: Khi đó: Fmin = min{ F1, F2, , Fn }  Fmax= max{ F1, F2, , Fn } Thí dụ Một xưởng sản xuất hai loại hàng Mỗi sản phẩm loại I cần 2l nguyên liệu và 30h, đem lại lợi nhuận là 4000đ cho đơn vị Mỗi sản phẩm lo¹i II cÇn 4l nguyªn liÖu vµ 15h, ®em l¹i lîi nhuËn lµ 3000® cho mçi đơn vị Xưởng có 200l nguyên liệu và 1200h làm việc Hỏi sản xuất loại hàng bao nhiêu để mức lợi nhuận cao  Gi¶i Víi hai Èn x, y ®­îc thiÕt lËp nh­ sau: y  x lµ sè hµng lo¹i I ph¶i s¶n xuÊt  y lµ sè hµng lo¹i II ph¶i s¶n xuÊt Ta cã c¸c ®iÒu kiÖn sau: C B (1) 2 x + y ≤ 200 x + y ≤ 100 30 x + 15y ≤ 1200 2 x + y ≤ 80 (2 ) O A   x ⇔  (I)  (d 1) (d2) x ≥ 0, x nguy ª n (3) x ≥ 0, x nguy ª n y ≥ 0, y nguy ª n (4) y ≥ 0, y nguy ª n Và đó, mức lợi nhuận thu là F = 4000x + 3000y Để giải (I) ta vẽ các đường thẳng:  (d1): x + 2y − 100 = vµ nhËn thÊy miÒn nghiÖm cña (1) lµ phÇn mÆt ph¼ng (kể bờ (d1)) phía đường thẳng (d1)  (d2): 2x + y − 80 = vµ nhËn thÊy miÒn nghiÖm cña (2) lµ phÇn mÆt ph¼ng (kÓ bờ (d2)) phía đường thẳng (d2)  MiÒn nghiÖm cña (3) lµ phÇn mÆt ë phÝa bªn ph¶i trôc Oy  MiÒn nghiÖm cña (4) lµ phÇn mÆt ë phÝa trªn trôc Ox VËy, nghiÖm cña hÖ (I) lµ phÇn mÆt ph¼ng tø gi¸c OABC (kÓ c¸c c¸c c¹nh) Ta cã: A(40; 0) ⇒ FA = 160000 ; B(20, 40) ⇒ FB = 200000; C(0; 50) ⇒ FC = 150000; O(0, 0) ⇒ FO = Khi đó: FMax = max{ FA, FB, FC, FO} = 200000, đạt x = 20 và y = 40 Vậy, để mức lợi nhuận cao cần sản xuất 20 hàng loại I và 40 hàng loại II 170 Thí dụ Có ba nhóm máy A, B, C dùng để sản xuất hai loại sản phẩm I và II Để sản xuất đơn vị các sản phẩm loại phải dùng các m¸y thuéc c¸c nhãm kh¸c Sè m¸y mét nhãm vµ sè m¸y cña nhóm cần thiết để sản xuất đơn vị sản phẩm thuộc loại ®­îc cho b¶ng sau: Số máy nhóm để sản Sè m¸y xuất đơn vị sản phẩm Nhãm mçi nhãm Lo¹i I Lo¹i II 2 10 A B 12 C Một đơn vị sản phẩm loại I lãi 3000 đồng, đơn vị sản phẩm loại II lãi 5000 đồng Hãy lập kế hoạch sản xuất tổng tiền lãi cao  Giải − Bạn đọc tự vẽ hình Gọi x, y là số đơn vị sản phẩm thuộc loại I và loại II (x, y nguyên dương) Theo đề bài, ta có: 2x + 2y ≤ 10 ⇔ x + y ≤ (1) 2y ≤ ⇔ y ≤ (2) 2x + 4y ≤ 12 ⇔ x + 2y ≤ (3) x≥0 (4) y≥0 (5) Giải hệ bất phương trình trên, ta miền nghiệm hệ là hình tứ giác OABCD có đỉnh O(0; 0), A(0; 2), B(2; 2), C(3; 0), D(5; 0) Suy ra, 3x + 5y cã gi¸ trÞ:  10 đỉnh A(0; 2)  16 đỉnh B(2; −2)  17 đỉnh C(4; 1)  15 đỉnh D(5; 0) Do đó, ta 3x + 5y lớn x = và y = Vậy, tổng số tiền lãi cao là 17000 đồng §6 dÊu cña tam thøc bËc hai D¹ng to¸n 1: XÐt dÊu c¸c biÓu thøc ThÝ dô XÐt dÊu c¸c biÓu thøc: a f(x) = (3x2 − 10x + 3)(4x − 5) b f(x) = (3x2 − 4x)(2x2 − x − 1) c f(x) = (4x2 − 1)(−8x2 + x − 3)(2x + 9) 171  Gi¶i a Ta cã b¶ng xÐt dÊu: x 1/3 5/4 −∞ +∞ + −  − + 3x − 10x + + + 4x − −  −  f(x) + − + − VËy, ta ®­îc:  f(x) > ⇔ <x< hoÆc x > 3  f(x) = ⇔ x = hoÆc x = hoÆc x = 3  f(x) < ⇔ x < hoÆc < x < 3 2 b Ta cã f(x) = (3x − 4x)(2x − x − 1) = x(3x − 4)(2x2 − x − 1) B¶ng xÐt dÊu: x -1/2 4/3 −∞ +∞ x +  + −  − +  + 3x − −  −  −  − + +  + 2x − x − −  − f(x) + 0 + 0 + − − VËy, ta ®­îc:  f(x) > ⇔ x < − hoÆc < x < hoÆc x >  f(x) = ⇔ x = − hoÆc x = hoÆc x = hoÆc x =  f(x) < ⇔ − < x < hoÆc < x < c Ta cã b¶ng xÐt dÊu: x 1/2 −∞ −9/2 −1/2 +∞ + + 0 + 4x −  − 8x2 + x − −  −  −  − 2x + + +  + −  f(x) + 0 + − − VËy, ta ®­îc: 1  f(x) > ⇔ x < − hoÆc − < x < 2  f(x) = ⇔ x = − hoÆc x = ± 2  f(x) < ⇔ − < x < − hoÆc x > 2 172 ThÝ dô XÐt dÊu biÓu thøc f(x) = mx2 − 2(m − 2)x + m −  Gi¶i a Ta xÐt ba kh¶ n¨ng cña m Kh¶ n¨ng 1: Víi m = 0, suy ra: f(x) = ⇔ 4x – = ⇔ x = Khi đó, ta có bảng xét dấu x −∞ 3/4 +∞ f(x) + − Kh¶ n¨ng 2: Víi m > ta cã: ∆' = (m – 2)2 – m(m – 3) = – m Khi đó, ta xét ba trường hợp: Trường hợp 1: Nếu ∆' = ⇔ m = 4, suy ra: 1 f(x) > 0, ∀x ∈  \{ } vµ f(x) = ⇔ x = 2 Trường hợp 2: Nếu ∆' > ⇔ < m < 4, suy ra: m−2− 4−m m−2+ 4−m vµ x2 = m m Khi đó, ta có bảng xét dấu: x x1 x2 −∞ +∞ f(x) + 0 + − f(x) = ⇔ x1 = Trường hợp 3: Nếu ∆' < ⇔ m > 4, suy f(x) > 0, ∀x ∈  Kh¶ n¨ng 3: Víi m < th× ∆' > Khi đó, ta có bảng xét dấu x x2 x1 −∞ +∞ f(x) 0 − + − Dạng toán 1: Giải bất phương trình bậc hai Thí dụ Giải các bất phương trình sau: a 3x2 − x − ≤ b x2 − 9x + 14 >  Gi¶i a Ta cã ngay: 3x − x − ≤ x − x − = cã nghiÖm ⇔ x1 =1 vµ x = − − ≤ x ≤ Vậy, tập nghiệm bất phương trình là T = [− ; 1] 173 b Ta cã ngay: x > x2 − 9x + 14 > ⇔  x < Vậy, tập nghiệm bất phương trình là T = (−∞; 2) ∪ (7; +∞) Thí dụ Giải các bất phương trình sau: a −2x2 + x + ≤ c 4x2 − 12x + 10 < b −x2 + 6x − 14 > d x2 + 2x + ≤  Gi¶i a Ta biến đổi bất phương trình dạng: x > 2x2 − x − ≥ ⇔   x < −1/ Vậy, tập nghiệm bất phương trình là T = (−∞; − ) ∪ (1; +∞)  Lưu ý: Như vậy, để tránh nhầm lẫn ta luôn chuyển bất phương trình dạng b có hệ số a dương Ta biến đổi bất phương trình dạng: ∆ ' =−5< x2 − 6x + 14 > ⇔ ∀x ∈  Vậy, tập nghiệm bất phương trình là T =  c Ta cã: ∆’ = 36 − 40 = −4 < ⇒ Bất phương trình vô nghiệm Vậy, tập nghiệm bất phương trình là T = ∅ d Ta có biến đổi: (x + 1)2 ≤ ⇔ x + = ⇔ x = −1 Vậy, tập nghiệm bất phương trình là T = {−1}  Chú ý: Với bài toán "Giải và biện luận bất phương trình bậc hai" ta thực nh­ sau: Xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Nếu a = (nếu có) Trường hợp 2: Nếu a ≠ 0, thực theo các bước: Bước 1: Tính ∆ (hoặc ∆') lập bảng xét dấu chung cho a vµ ∆ (hoÆc ∆') Bước 2: Dựa vào bảng ta xét các trường hợp xảy Bước 3: Kết luận Thí dụ Giải và biện luận các bất phương trình: a x2 + 2x + 6m > b 12x2 + 2(m + 3)x + m ≤ 174  Gi¶i a Ta cã thÓ tr×nh bµy theo c¸c c¸ch sau: Cách 1: Ta có ∆' = − 6m Xét ba trường hợp: Trường hợp 1: Nếu ∆' < ⇔ m > ⇒ f(x) > 0, ∀x ∈  ⇒ nghiệm bất phương trình là ∀x ∈  Trường hợp 2: Nếu ∆' = ⇔ m = ⇒ f(x) > 0, ∀x ∈  \{ − } ⇒ nghiệm bất phương trình là ∀x ∈  \{−1} Trường hợp 3: Nếu ∆' > ⇔ m < Khi đó f(x) = có hai nghiệm phân biệt x1 = −1 – − 6m vµ x2 = −1 + − 6m Dễ thấy, x1 < x2 đó ta có bảng xét dấu: x −∞ x1 x2 +∞ f(x) 0 + + – ⇒ nghiệm bất phương trình là x < x1 x > x2 KÕt luËn:  Với m > , nghiệm bất phương trình là ∀x ∈   Với m = , nghiệm bất phương trình là ∀x ∈  \{−1}  Với m < , nghiệm bất phương trình là x < x1 x > x2 Cách 2: Biến đổi bất phương trình dạng: (x + 1)2 > − 6m Khi đó:  Với − 6m < ⇔ m > , nghiệm bất phương trình là ∀x ∈   Với − 6m = ⇔ m = , bất phương trình có dạng: (x + 1)2 > ⇔ x + ≠ ⇔ x ≠ −1 Vậy, nghiệm bất phương trình là tập  \{−1}  Với − 6m > ⇔ m < , bất phương trình có dạng:  x + > − 6m  x > −1 + − 6m x + > − 6m ⇔  ⇔  x < −1 − − 6m  x + < − − 6m 175 ( ) ( ) Vậy, nghiệm bất phương trình là tập −∞; − − − 6m ∪ −1 + − 6m; + ∞ b Víi f(x) = 12x2 + 2(m + 3)x + m, ta cã a = 12 vµ ∆' = (m − 3)2 ≥ Khi đó, ta xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Nếu ∆' = ⇔ m = 3, suy f(x) ≥ 0, ∀x ∈  b Do đó, nghiệm bất phương trình là x = − = − a Trường hợp 2: Nếu ∆' > ⇔ m ≠ 3, suy ra: m f(x) = ⇔ x1 = − vµ x2 = − XÐt hai kh¶ n¨ng sau: Kh¶ n¨ng 1: NÕu x1 < x2 ⇔ m < Khi đó, ta có bảng xét dấu: x −∞ −1/2 −m/6 +∞ f(x) + 0 + − Dựa vào bảng xét dấu, suy tập nghiệm bất phương trình là T = (− Kh¶ n¨ng 2: NÕu x1 > x2 ⇔ m > Khi đó, ta có bảng xét dấu: x −∞ −m/6 f(x) + − −1/2 +∞ + Dựa vào bảng xét dấu, suy tập nghiệm bất phương trình là T = (− KÕt luËn:    m ; − ) } m Với m < 3, bất phương trình có tập nghiệm T = (− ; − ) m Với m > 3, bất phương trình có tập nghiệm T = (− ; − ) Với m = 3, bất phương trình có tập nghiệm T = {− Thí dụ Giải và biện luận bất phương trình: (m − 1)x2 − 2(m + 1)x + 3(m − 2) >  Gi¶i Xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Nếu m – = ⇔ m = 1, đó: (1) ⇔ – 4x − > ⇔ x < – Trường hợp 2: Nếu m – ≠ ⇔ m ≠ Ta cã: 176 m ; − ) (1)       a = m – 1, ∆’ = (m + 1)2 − 3(m – 2)(m – 1) = −2m2 + 11m – B¶ng xÐt dÊu: m −∞ 1/2 +∞ a + + − − + + ∆’ − − Víi m < 1/2, ta cã: a < ⇒ f(x) < 0, ∀x ∈  ⇒ (1) v« nghiÖm  ∆ ' < Víi m = 1/2, ta cã: a < ⇒ f(x) ≤ 0, ∀x ∈  ⇒ (1) v« nghiÖm  ∆ ' =0 Víi 1/2 < m < 1, ta cã a < vµ ∆’ > m +1− ∆' m +1+ ∆' Khi đó f(x) = có hai nghiệm ph©n biÖt x1 = & x2 = m −1 m −1 Trường hợp này a < nên x2 < x1 đó: x x2 x1 −∞ +∞ f(x) − + − ⇒ nghiÖm cña (1) lµ x2 ≤ x ≤ x1 Víi < m < 5, ta cã a > vµ ∆’ > a > ⇒ f(x) = cã hai nghiÖm ph©n biÖt x1, x2  ∆ ' > Trường hợp này a > nên x2 > x1 đó: x x1 x2 −∞ +∞ f(x) + − + ⇒ nghiÖm cña (1) lµ x < x1 hoÆc x > x2 Víi m = 5, ta cã: f(x) > 0, ∀x ≠ / a > ⇒  ⇒ nghiÖm cña (1) lµ ∀x ≠  = x / 2 ∆ ' =0 f(x) 0= Víi m > 5, ta cã: a > ⇒ f(x) > 0, ∀x ∈  ⇒ (1) đúng với ∀x ∈   ∆ ' < KÕt luËn: - Víi m ≤ 1/2, th× (1) v« nghiÖm - Víi 1/2 < m < 1, nghiÖm cña (1) lµ x2 ≤ x ≤ x1 - Víi < m < 5, nghiÖm cña (1) lµ x < x1 hoÆc x > x2 - Víi m = 5, nghiÖm cña (1) lµ ∀x ≠ - Với m > 5, thì (1) đúng với ∀x ∈  177 Thí dụ Cho phương trình: (m − 2)x2 + 2(2m − 3)x + 5m − = (1) Tìm các giá trị tham số m để phương trình: a V« nghiÖm b Cã nghiÖm c, Có đúng nghiệm d Cã hai nghiÖm ph©n biÖt  Gi¶i Ta xét hai trường hợp sau: Trường hợp 1: Nếu m − = ⇔ m = (1) ⇔ 0.x2 + 2x + = ⇔ x = −2 Trường hợp 2: Nếu m − ≠ ⇔ m ≠ Khi đó: a §Ó (1) v« nghiÖm ®iÒu kiÖn lµ: m < ∆ ' < ⇔ −m2 + 4m − < ⇔ m2 − 4m + > ⇔  m > Vậy, bất phương trình vô nghiệm m < m > b §Ó (1) cã nghiÖm ®iÒu kiÖn lµ: ∆’ ≥ ⇔ −m2 + 4m − ≥ ⇔ m2 − 4m + ≤ ⇔ ≤ m ≤ Vậy, bất phương trình có nghiệm ≤ m ≤ c Để (1) có đúng nghiệm điều kiện là: ∆’ = ⇔ −m2 + 4m − = ⇔ m = hoÆc m = Vậy, bất phương trình có đúng nghiệm m ∈{1, 2, 3} d §Ó (1) cã hai nghiÖm ph©n biÖt ®iÒu kiÖn lµ: ∆’ > ⇔ −m2 + 4m − > ⇔ < m < Vậy, bất phương trình có hai nghiệm phân biệt m ∈(1; 3)\{2} Thí dụ Cho phương trình: x2 + 2(m − 1)x + m − = Tìm các giá trị tham số m để phương trình: V« nghiÖm Cã hai nghiÖm ph©n biÖt x1, x2 tho¶ m·n: a x1, x2 tr¸i dÊu b x1, x2 cïng dÊu c x1, x2 dương d x1, x2 không dương  Gi¶i §Ó (1) v« nghiÖm ®iÒu kiÖn lµ: ∆ ' < ⇔ (m − 1)2 − m + < ⇔ m2 − 3m < ⇔ < m < Vậy, bất phương trình vô nghiệm < m < Ta lần lượt: a §Ó (1) cã hai nghiÖm tr¸i dÊu ®iÒu kiÖn lµ: a.f(0) < ⇔ m − < ⇔ m < VËy, víi m < tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi 178 (1) b §Ó (1) cã hai nghiÖm cïng dÊu ®iÒu kiÖn lµ: m > m − 3m > ∆ ' >  ⇔ ⇔   m < ⇔ m >  > P  m − > m >  VËy, víi m > tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi c Để (1) có hai nghiệm phân biệt dương (0 < x1 < x2) điều kiện là: m − 3m > ∆ ' >   , v« nghiÖm P > ⇔ m − > 1 − m > S >   VËy, kh«ng tån t¹i m tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi  Lưu ý: Nếu biết nhận xét S và P trái dấu thì khẳng định vô nghiệm d Để (1) có hai nghiệm phân biệt không dương (x1 < x2 ≤ 0) điều kiện là: m − 3m > m > hoÆc m < ∆ ' >    ⇔ m > ⇔ m ≥ P ≥ ⇔ m − ≥ 1 − m < m > S <    VËy, víi m > tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi Dạng toán 2: Giải bất phương trình tích chứa ẩn mẫu Thí dụ Giải các bất phương trình sau: x − 6x + x − 9x − 2x 2−x a < b > c > x3 + x x − 3x x −1 2−x  Gi¶i a Ta cã: x − = ⇔ x = x2 − 6x + = ⇔ x = hoÆc x = 4, Từ đó ta có bảng xét dấu: x −∞ +∞ + + 0 + x − 6x+8 − + + + x−1 − VT + 0 + − || − Vậy, nghiệm bất phương trình là x ∈ (−∞; 1) ∪ (2; 4) b Biến đổi biểu thức dạng: x( x − ) B= 2−x Ta cã: x2 − = ⇔ x = ±3, − x = ⇔ x = 179 Từ đó ta có bảng xét dấu: x −∞ −3 x + + − − + x −9 − − − + + + 2−x − VT + + − − || Vậy, nghiệm bất phương trình là x ∈ (−3; 0) ∪ (2; 3)  +∞ + + − − Chó ý: Víi c¸c yªu cÇu trªn, kÓ tõ c¸c thÝ dô sau chóng ta bá qua b¶ng xÐt dÊu (häc sinh lµm nh¸p) Thí dụ Giải các bất phương trình sau: a 2x3 + x2 − 5x + > b  Gi¶i 2−x − 2x > x +x x − 3x a Đặt f(x) = 2x3 + x2 − 5x + và nhận thấy x = −2 là nghiệm phương trình f(x) = 0, đó biến đổi bất phương trình dạng: (x + 2)(x2 − x + 1) > ⇔ x + > ⇔ x > −2 b Biến đổi bất phương trình dạng: − 2x 2−x − 2x x ≠ − x (x + 7)(x − 1) > > ⇔ > ⇔ 2 x +1 x −3 x (x + 1) x (x − 3) (x + 1)(x − 3) B¶ng xÐt dÊu: x −∞ −7 −1 VT + + + − Vậy, nghiệm bất phương trình là: x ∈ (−∞; −7) ∪ (−1; 0) ∪ (0; 1) ∪ (3; +∞) − +∞ + D¹ng to¸n 3: DÊu tam thøc trªn mét miÒn Phương pháp áp dụng Cho tam thøc: f(x) = ax2 + bx + c, víi a ≠ chóng ta cã c¸c kÕt qu¶ sau: a < a > f(x) > 0, víi ∀x ∈  ⇔  ; f(x) < 0, víi ∀x ∈  ⇔  ∆ < ∆ < Trong trường hợp ∆ > (tức phương trình f(x) = có hai nghiệm phân biệt x1 < x2) th×: a.f(α) < ⇔ α ∈ (x1; x2)  α < x1  α < x1 < x a.f(α) > ⇔  , tøc lµ  α > x  x1 < x < α 180 ThÝ dô Cho tam thøc: f(x) = x2 − (m + 2)x + 8m + Xác định m để: a f(x) > víi ∀x ∈  b f(x) ≤ trên đoạn có độ dài c f(x) < trªn kho¶ng (0; 2)  Gi¶i a §Ó f(x) ≥ víi ∀x ∈  ®iÒu kiÖn lµ: 1 > a > ⇔ m2 − 4m + < ⇔ < m < ⇔  ∆ < + − − < (m 2) 8m   VËy, víi < m < tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi b Để f(x) ≤ trên đoạn có độ dài cã hai nghiÖm x1, x2 tho¶ m·n x1 − x2 = điều kiện là phương trình f(x) = , tøc lµ: ∆ > ∆ >  ⇔ ∆ = ⇔ m2 − 4m + = ⇔ m = hoÆc m = ⇔  ∆ =  ∆ =  a  VËy, víi m = hoÆc m = tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi c Để f(x) < trên khoảng (0; 2) điều kiện là phương trình f(x) = có hai nghiệm x1, x2 tho¶ m·n x1 < < < x , tøc lµ: a.f (0) < 8m + < ⇔ m>− ⇔  a.f ( ) < 6m + < VËy, víi m > − tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi  NhËn xÐt: Víi c¸c yªu cÇu thÝ dô trªn, ta cã ph¸t biÓu kh¸c nh­ sau: a C©u a) ®­îc chuyÓn thµnh:  "Tìm m để bất phương trình x2 − (m + 2)x + 8m + > nghiệm đúng với x"  "Tìm m để bất phương trình x2 − (m + 2)x + 8m + ≤ vô nghiÖm" b C©u b) ®­îc chuyÓn thµnh:  "Tìm m để bất phương trình x2 − (m + 2)x + 8m + ≤ có tập nghiệm T có độ dài " c Câu c) chuyển thành "Tìm các giá trị m để bất phương trình x2 − (m + 2)x + 8m + < nghiệm đúng với x∈(0; 2)" 181 ThÝ dô Cho tam thøc: f(x) = −x2 + 4(m + 1)x + − m2 Xác định m để: a f(x) ≤ víi ∀x ∈  b f(x) > trên đoạn có độ dài c f(x) > trªn kho¶ng (0; 1)  Gi¶i a §Ó f(x) ≤ víi ∀x ∈  ®iÒu kiÖn lµ: −1 < a < ⇔ 5m2 + 8m + < ⇔ − ≤ m ≤ − ⇔  2 ∆ ' ≤ 4(m + 1) − + m < tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi b Để f(x) > trên đoạn có độ dài điều kiện là phương trình f(x) = có hai nghiÖm x1, x2 tho¶ m·n x1 − x2 = 4, tøc lµ: ∆ ' > ∆ >  13 ⇔ ∆ = ⇔ 5m2 + 8m + = 16 ⇔ m = hoÆc m = − ⇔  ∆  ∆ =4  a =4  13 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi VËy, víi m = hoÆc m = − c Để f(x) > trên khoảng (0; 1) điều kiện là phương trình f(x) = có hai nghiệm x1, x2 tho¶ m·n x1 < < < x , tøc lµ: VËy, víi −1 ≤ m ≤ − −1(1 − m ) < a.f (0) <  m − < ⇔ ⇔    2 a.f (1) < m − 4m − < −1( −1 + 4m + + − m ) < ⇔ − 2 < m < VËy, víi − 2 < m < tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi Thí dụ Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm: (m + 2)x2 − 2mx − m + <  Gi¶i (1) Ta cã thÓ tr×nh bµy theo c¸c c¸ch sau: Cách 1: Xét ba trường hợp: Trường hợp 1: Với m + = ⇔ m = −2, ta được: (1) ⇔ 4x + < ⇔ x < − Bất phương trình có nghiệm Trường hợp 2: Với m + < ⇔ m < −2 Bất phương trình đã cho có nghiệm (vì lúc đó tam thức vế trái luôn âm dương trên khoảng hữu hạn) 182 Trường hợp 3: Với m + > ⇔ m > −2 (*) Khi đó, để bất phương trình đã cho có nghiệm thì tam thức vế trái phải có hai nghiÖm ph©n biÖt (*) m > ⇔ ∆' > ⇔ m2 − > ⇔ |m| > ⇔   −2 < m < − Vậy, với m > thì bất phương trình có nghiệm Cách 2: Ta xét bài toán ngược là "Tìm điều kiện để bất phương trình vô nghiệm", tức là tìm điều kiện để: (m + 2)x2 − 2mx − m + ≥ víi mäi x (2) Xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Với m + = ⇔ m = −2, ta được: (2) ⇔ 4x + ≥ ⇔ x ≥ −1 ⇒ kh«ng tho¶ m·n Trường hợp 2: Với m + ≠ ⇔ m ≠ −2 Khi đó, để (2) nghiệm đúng với x điều kiện là: m + > m + > a > ⇔ ⇔ ⇔ m ≤  ∆ ' ≤ m − ≤ m + (m − 2)(m + 2) ≤ Vậy, với m ≤ thoả mãn (2), từ đó suy với m > ®Çu bµi tho¶ m·n ®iÒu kiÖn  Chú ý: Thí dụ minh hoạ việc sử dụng nội dung (2) đã trình bµy néi dung cña d¹ng to¸n nµy Thí dụ Cho phương trình: x2 − 2mx + 4m − = Xác định các giá trị m để phương trình có: a Hai nghiÖm ph©n biÖt x1, x2 tho¶ m·n x1 < < < x2 b §óng mét nghiÖm thuéc kho¶ng (0; 2) c Hai nghiÖm ph©n biÖt thuéc kho¶ng (0; 2) (1)  Gi¶i a Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn x1 < < < x2 điều kiện là: a.f(0) < 4m − < ⇔  , v« nghiÖm  a.f(2) < 1 < VËy, kh«ng tån t¹i m tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi b Phương trình có đúng môt nghiệm thuộc khoảng (0; 2) điều kiện là (1) có:  NghiÖm kÐp thuéc (0; 2) x ≤ < x <   < x1 < ≤ x 183 Ta lần lượt:  §Ó (1) cã nghiÖm kÐp thuéc (0; 2) ®iÒu kiÖn lµ: m > ∆ ' =0 m − 4m + >   ⇔ < m < ⇔   m < ⇔  b 0 < m < 0 < m < − 2a ∈ (0; 2)  (*)  §Ó (1) cã nghiÖm tho¶ m·n x1 ≤ < x2 < hoÆc < x1 < ≤ x2, suy ra: f(0).f(2) ≤ (4m − 3).1 ≤ ⇔ m ≤ (**) , phương trình (1) có dạng: 2x2 − 3x = ⇔ x = hoÆc x = − tho¶ m·n ®iÒu kiÖn KÕt hîp (*) vµ (**) suy víi m < tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi Thö l¹i: víi m = c Phương trình có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng (0; 2) điều kiện là: ∆ ' > m − 4m + > af(0) >   4m − > 0 < x1 < x2 < ⇔ af(2) > ⇔  ⇔ < m < 1 >  S 0 < m < 0 < <  VËy, víi < m < tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi Dạng toán 4: Giải hệ bất phương trình bậc hai ẩn Phương pháp áp dụng Giải bất phương trình hệ lấy giao các tập nghiệm thu Thí dụ Giải hệ bất phương trình: 4 x + >  2 x + 5x + ≤  Gi¶i Hệ bất phương trình tương đương với:  x > − ⇔ − < x ≤ −1  − ≤ x ≤ −1  Vậy, tập nghiệm hệ bất phương trình là T = (− 184 ; −1] Thí dụ Xác định m cho với x ta có: 3x − mx − 9< < x2 + x + (*)  Gi¶i Vì x2 + x + > 0, ∀x, nên ta biến đổi tương đương dạng: 12 x − (m − 9)x + > (1)  3x + (m + 6)x + 12 > (2) Khi đó, để (*) đúng với x điều kiện là: − < m < 21 (m − 9) − 4.3.12 < ∆ (1) < ⇔ ⇔ ⇔ −3 < m <  ∆ ( ) < (m + 6) − 4.3.12 < − 18 < m < VËy, víi −3 < m < tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi Thí dụ Tìm m để hệ sau có nghiệm nhất:  x − (4m − 1)x + 3m − m = (1)  (2)  x − 3x + <  Gi¶i Gi¶i (2) ta ®­îc < x < §Æt f(x) = x2 − 2(m + 2)x + 5m + Hệ có đúng nghiệm ⇔ (1) có đúng nghiệm thuộc (1; 2), ta xét: • (1) cã nghiÖm kÐp thuéc (1; 2) 4m − 4m + = ∆ =0   m =  ⇔ S ⇔  4m − ⇔  , v« nghiÖm <2 1 <  ∈ (1, 2) 3 < 4m <  • (1) cã nghiÖm tho¶ m·n x1 = < x2 < 3m − 5m + = f (1) = ⇔  ⇔  , v« nghiÖm S − 1∈ (1, 2) 1 < 4m − − < • (1) cã nghiÖm tho¶ m·n < x1 < = x2 3m − 9m + = f (2) = ⇔  ⇔  , v« nghiÖm S − ∈ (1, 2) 1 < 4m − − < • (1) có đúng nghiệm thuộc (1, 2) m ≠  ⇔ f(1).f(2) < ⇔ (3m2 − 5m + 2)(3m2 − 9m + 6) ⇔   < m < 2 VËy, víi m∈( ; 2)\{1} tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi 185  Chó ý: Tõ viÖc nhËn thÊy ∆ (1) là số chính phương nên có thể thực ví dô theo c¸ch: Biến đổi hệ dạng:  x = m  x 3m −  = 1 < x <  Từ đó, hệ ban đầu có nghiệm nhất:  1 < m <    f (3m − 1) ≥   3m − =m  ⇔ (I) cã nghiÖm nhÊt ⇔  ⇔  1 < 3m − <    f (m) ≥   =    m 3m − Thí dụ Cho hệ bất phương trình: x −3x −10x + 24 > (1)  (2) x +2(m − 1)x − 2m + =  Gi¶i a Tìm m để hệ có hai nghiệm âm b Tìm m để hệ có nghiệm Trước tiên:  Biến đổi (1) dạng: (x − 2)(x2 − x − 12) < ⇔ (x − 2)(x − 4)(x + 3) < ⇔ x ∈ T = (−3; 2) ∪ (4; +∞)  Biến đổi (2) dạng: (x − 1)(x + 2m − 1) = ⇔ x1 = vµ x2 = − 2m a Ta thÊy hÖ kh«ng thÓ cã hai nghiÖm ©m b §Ó hÖ cã nghiÖm nhÊt ®iÒu kiÖn lµ: m ≥ 1 − 2m ≤ −3 x2 ∉ T ⇔  ⇔  − ≤ m ≤ − 2 ≤ − 2m ≤  2 Thí dụ Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm: x −3x − 10 ≤  mx + m − >  Gi¶i Kí hiệu các bất phương trình hệ theo thứ tự là (1) và (2) 186 (I) m ≠  2  < m < Gi¶i (1) ta ®­îc −5 ≤ x ≤ Xét các trường hợp: Trường hợp 1: Nếu m < thì nghiệm (2) là x < 2−m m Khi đó, điều kiện để hệ có nghiệm là: − m m<0 −5 ≤ ⇔ −5m ≥ − m ⇔ m ≤ − m Trường hợp 2: Nếu m = thì (2) có dạng −2 > 0, mâu thuẫn 2−m Trường hợp 3: Nếu m > thì nghiệm (2) là x > m Khi đó, điều kiện để hệ có nghiệm là: m<0 2−m ≤ ⇔ − m ≤ 2m ⇔ m ≥ m VËy, víi m ≤ − hoÆc m ≥ hÖ cã nghiÖm Dạng toán 5: Sử dụng dấu tam thức bậc hai chứng minh bất đẳng thức ThÝ dô Cho b > c > d Chøng minh r»ng víi mäi a ta lu«n cã: (a + b + c + d)2 > 8(ac + bd) (1)  Gi¶i Ta cã: (1) ⇔ (a + b + c + d)2 − 8(ac + bd) > Viết lại vế trái bất đẳng thức trên dạng tam thức bậc hai theo biến sè a: f(a) = a2 + 2(b − 3c + d)a + (b + c + d)2 − 8bd Ta cã: ∆' = (b − 3c + d)2 − [(b + c + d)2 − 8bd] = 8(b − c)(d − c) V× b > c > d ⇒ ∆' < ⇒ f(a) > víi mäi a Thí dụ Cho ABC là tam giác Chứng minh với số x ta cã +  Gi¶i x ≥ cosA + x(cosB + cosC) Viết lại biểu thức dạng: x2 − 2(cosB + cosC)x + − 2cosA ≥ §Æt f(x) = x2 − 2(cosB + cosC)x + − 2cosA, ta cã: ∆’ = (cosB + cosC)2 − (2 − 2cosA) = 4cos2 = 4sin2 (1) B+C B−C A cos2 − 4sin2 2 B−C A [ cos2 − 1] ≤ 2 Vậy, ta f(x) ≥ 0, ∀x, đó (1) luôn đúng 187 Đ7 Một số phương trình, bất phương trình quy vÒ bËc hai Dạng toán 1: Giải phương trình, bất phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối Thí dụ Giải phương trình |x2 − x| + |2x − 4| = (1)  Gi¶i LËp b¶ng xÐt dÊu hai biÓu thøc x2 − x vµ 2x − 4: x −∞ + + x −x − | | 2x − − | − | − +∞ + + Trường hợp 1: Với x ≤ ≤ x ≤ 2, phương trình có dạng: x2 − x − (2x − 4) = ⇔ x2 − 3x + = ⇔ x = (3 ± ) (lo¹i) Trường hợp 2: Với < x < 1, phương trình có dạng: < x <1 − (x2 − x) − (2x − 4) = ⇔ x2 + x − = ⇔ x = −1 + Trường hợp 3: Với x ≥ 2, phương trình có dạng: x≥2 x2 − x + 2x − = ⇔ x2 + x − = ⇔ x = Vậy, phương trình có nghiệm là x = Thí dụ Giải bất phương trình −1 + 29 −1 vµ x = 29 − | x − 4x | +3 ≥ x2 + | x − | (1)  Gi¶i LËp b¶ng xÐt dÊu hai biÓu thøc x2 − 4x vµ x − 5: x −∞ + 0 + x − 4x − | x−5 − | − | − +∞ + + Trường hợp 1: Với x ≤ ≤ x ≤ x − 4x + ≥ ⇔ 3x + ≤ ⇔ x ≤ − (1) ⇔ x −x+5 Trường hợp 2: Với < x < − x + 4x + (1) ⇔ ≥ ⇔ 2x2 − 5x + ≤ ⇔ ≤ x ≤ 2 x −x+5 188 Trường hợp 3: Với x > x − 4x + ≥ ⇔ 5x − ≤ ⇔ x ≤ lo¹i (1) ⇔ x + x −5 Vậy, tập nghiệm bất phương trình là (−∞ ; − ) ∪ [ ; 2] Thí dụ Giải bất phương trình |x − 5| − x2 + 7x − ≥ (1)  Gi¶i Biến đổi tương đương bất phương trình dạng: x − ≥  5 ≤ x ≤ +   x − 8x + 14 ≤ (1) ⇔  ⇔  ⇔3− x −5<  − ≤ < x      x − 6x + ≤ Vậy, nghiệm bất phương trình là − ≤x≤4+ ≤x≤4+ 2  Chú ý: Bài toán trên có thể giải định nghĩa, sau: (1) ⇔ |x − 5|≥ x2 − 7x + 4 − ≤ x ≤ +  x − 8x + 14 ≤  x − ≥ x − 7x + ⇔ ⇔ ⇔    2  x − ≤ − x + 7x −  x − 6x + ≤ 3 − ≤ x ≤ + ⇔3− ≤x≤4+ Thí dụ Giải bất phương trình: |x2 − 4x + 2| − | x − x + | −2 ≤  Gi¶i §Æt t = |x2 − 4x + 2|, ®iÒu kiÖn t ≥ Khi đó, bất phương trình có dạng: t− t≥ t − 2t − 3 ≤0⇔ ≤0 ⇔ 2<t≤3⇔ t −2 t −2 x − x + >  ⇔ x − 4x + < −2 ⇔  − ≤ x − x + ≤ | x − x + |>  | x − x + |≤ x − x >   x − x + ≥ ⇔ < x ≤ +  x − x − ≤ Vậy, bất phương trình có nghiệm là (4, + ] Thí dụ Giải bất phương trình: |2x2 − 3x + 1| − |2x2 − 5x| < 2x + (1) 189  Gi¶i Biến đổi bất phương trình ban đầu dạng: |2x2 − 3x + 1| − |2x2 − 5x| < |(2x2 − 3x + 1) − (2x2 − 5x)|  x < −1/ ⇔ (2x2 − 5x)(2x + 1) < ⇔  0 < x < / Vậy, tập nghiệm bất phương trình là: ( − ∞, − )∪( , + ∞) 2 Thí dụ Cho bất phương trình: (2x − 1)2 − 3|2x − 1| + m ≤ a Giải bất phương trình với m = b Tìm m để nghiệm bất phương trình chứa đoạn [1; 2] (1)  Gi¶i §Æt t = |2x − 1|, ®iÒu kiÖn t ≥ Khi đó, bất phương trình có dạng: f(t) = t2 − 3t + m ≤ a Víi m = 2, ta ®­îc: t2 − 3t + ≤ ⇔ ≤ t ≤ ⇔ ≤ |2x − 1| ≤   −2 ≤ 2x − ≤ − ≤ x ≤ − ≤ x ≤   ⇔   2x − ≥ ⇔  ⇔  x ≥1 1 ≤ x ≤    2x − ≤ −1     x ≤ Vậy, với m = bất phương trình có tập nghiệm là [− ; 0] ∪ [1; ] 2 (2) b Víi ≤ x ≤ 2, ta ®­îc: ≤ 2x − ≤ ⇒ ≤ |2x − 1| ≤ ⇔ ≤ t ≤ Vậy để nghiệm bất phương trình chứa đoạn [1; 2] điều kiện là phương trình f(t) = cã hai nghiÖm t1, t2 tho¶ m·n t1 ≤ < ≤ t2 af (1) ≤ − + m ≤ ⇔  ⇔ m ≤ af (3) ≤ m ≤ ⇔  VËy, víi m ≤ tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi Thí dụ Cho bất phương trình: 2|x| + |1 − x2| ≤ m(x2 + 1) a Giải bất phương trình với m = b Tìm m để bất phương trình vô nghiệm 190 (1)  Gi¶i Chia hai vế bất phương trình cho x2 + ≠ 0, ta được: − x2 2x 2| x | |1 − x | + ≤ m ⇔ + ≤ m x2 + x2 + x2 + x2 + π π t §Æt x = tan , víi t ∈ [− ; ] \ {0} 2 Khi đó bất phương trình biến đổi tiếp dạng: |sint| + |cost| ≤ m a Với m = 2, ta có nhận xét (2) luôn đúng Vậy, với m = bất phương trình nghiệm đúng với x b Để bất phương trình vô nghiệm: m < Min(|sint| + |cost|) = Vậy, với m < bất phương trình vô nghiệm (2) Dạng toán 2: Phương trình, bất phương trình chứa Thí dụ Giải bất phương trình  Gi¶i − − 4x < x (1) §iÒu kiÖn:  − ≤ x < 1 − x ≥ ⇔   0 < x ≤ x ≠  Cách 1: Thực phép nhân liên hợp, ta biến đổi: (1) ⇔ (1 − − x )(1 + − x ) < 3(1 + x − 4x ) ⇔ 4x < + − x ⇔ − x > 4x −  4 x − <   x < 3/   | x |< 1/ 1 − x ≥ ⇔  ⇔   x ≥ 3/  4 x − ≥    9(1 − 4x ) > (4x − 3) 9(1 − x ) > (4 x − 3)  1 x ≠0 ] ←→ x ∈ [− , 0) ∪ (0 2 1 Vậy, tập nghiệm bất phương trình là T = [− ; 0) ∪ (0; ] 2 191 Cách 2: Xét hai trường hợp dựa trên điều kiện ≤ x < th×: • Víi −  1 − 3x > x < (1) ⇔ − x < − 3x ⇔  ⇔  ⇔ x < 2 1 − x < (1 − 3x) 13x − x >  KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn ®ang xÐt ®­îc nghiÖm lµ − ≤ x < Víi < x ≤ th×: 2 • (1) ⇔ − x > − 3x   x > 1/ 1 − 3x <    − ≤ x ≤ 1 − x ≥ ⇔ ⇔ ⇔    − ≥ x     x ≤ 1/ 1 − x > (1 − 3x)  13x − 6x <   1 3 < x ≤ ⇔0<x≤  0 < x ≤  1 Vậy, tập nghiệm bất phương trình là T = [− ; 0) ∪ (0; ] 2 Thí dụ Giải bất phương trình (x − 1) 2x − ≤ 3(x − 1) KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn ®ang xÐt ®­îc nghiÖm lµ < x ≤  Gi¶i §iÒu kiÖn: 2x − ≥ ⇔ x ≥ (*) (t + 1) Khi đó, bất phương trình có dạng: 1 [ (t2 + 1) − 1]t ≤ 3[ (t2 + 1) − 1] ⇔ t3 − 3t2 − t + ≤ ⇔ (t + 1)(t − 1)(t − 3) ≤ 2 ⇔ ≤ t ≤ ⇔ ≤ 2x − ≤ ⇔ ≤ x ≤ tho¶ m·n (*) Vậy, nghiệm bất phương trình là ≤ x ≤ §Æt t =  192 2x − , t ≥ ⇒ x = Chú ý: Ta không thể bình phương hai vế bất phương trình ban đầu vì chưa khẳng định dấu hai vế Hoàn toàn có thể sử dụng phép biến đổi tương đương để thực thí dô trªn, cô thÓ: (x − 1)( 2x − − 3) ≤   x − ≥   x ≥ x ≥      2x − − ≤   2x − ≤ 0 ≤ 2x − ≤ ⇔ ⇔ ⇔  ⇔ ≤ x ≤ x <   x − <   x <    2x − − ≥   2x − ≥  2x − ≥     Vậy, nghiệm bất phương trình là ≤ x ≤ Thí dụ Giải bất phương trình x +  Gi¶i 2x x2 − >3 (1) §iÒu kiÖn: x2 − > ⇔ |x| > Trường hợp 1: Với x < −2 thì bất phương trình vô nghiệm (do vế trái âm) Trường hợp 2: Với x > thì bình phương vế phương trình (1) ta được: x2 x4 4x 4x + > 45 ⇔ + > 45 x2 + x −4 x −4 x2 − x2 − (*) (2) x2 , t > x2 − Khi đó, bất phương trình (2) có dạng: t > t2 + 4t − 45 > ⇔  ⇒t>5⇔  t < −9 §Æt t = x2 x −4 > ⇔ x4 − 25x2 + 100 > | x |> 20  x > 20 ⇔  ⇔   x < | x |< Kết hợp với trường hợp xét, ta tập nghiệm bất phương trình là: (−∞; − 20 ) ∪ (− ; ) ∪ ( 20 ; +∞)  Chú ý: Nhiều bất phương trình dạng ban đầu không thấy có dấu hiệu cho phép lựa chọn phương pháp đặt ẩn phụ đó thông thường vài phép biến đổi tương đương ta thấy xuất ẩn phụ Thí dụ Giải bất phương trình  Gi¶i x > 1+ x −1 §iÒu kiÖn x ≥ Ta cã: (1) (*) x > →1+ x −1 > (1) ← → x > (1 + x − )2 ⇔ x > + x − + ( x − )2 ⇔ x − − ( x − )2 − x − > §Æt t = (2) x >0 → t > −1 x −  193 Khi đó, bất phương trình (2) có dạng: t +1> t3 − t2 − 2t > ⇔ t(t2 − t − 2) > ⇔ t(t + 1)(t − 2) > ← → t(t − 2) >  x −1 > x > t > x − > x >0 ⇔  ⇔  ⇔  ← →  0 < x < t < x − <  x − < Vậy, bất phương trình có nghiệm x > < x < C C¸c bµi to¸n chän läc VÝ dô 1: H·y so s¸nh a + + a + vµ a + a + , víi a ≥  Gi¶i Gi¶ sö: a+2 + a+4 ≤ a + a+6 ⇔ ( a + + a + )2 ≤ ( a + a + )2 ⇔ a + + a + + a + a + ≤ a + a + + a a + ⇔ a + a + ≤ a a + ⇔ (a + 2)(a + 4) ≤ a(a + 6) ⇔ a2 + 6a + ≤ a2 + 6a ⇔ ≤ (v« lý) VËy, ta ®­îc a + + a + ≥ a + a + (a ≥ 0) VÝ dô 2: Cho a, b, c ≥ Chøng minh r»ng a4 + b4 + c4 ≥ abc(a + b + c)  Gi¶i Sử dụng bất đẳng thức Côsi ta nhận xét rằng: 1 (a + b4) + (b4 + c4) + (c4 + a4) ≥ a2b2 + b2c2 + c2a2 2 2 1 = a (b + c2) + b2(c2 + a2) + c2(a2 + b2) 2 ≥ a2bc + b2ca + c2ab = abc(a + b + c) DÊu "=" x¶y a = b = c a + b4 + c = VÝ dô 3: Cho a, b, c∈(0; 1), chứng minh ít các bất đẳng thøc sau lµ sai: a(1 − b) >  Gi¶i , b(1 − c) > , c(1 − a) > Giả sử trái lại ba bất đẳng thức đúng, đó nhân theo vế ba bất đẳng thức ta ®­îc: a(1 − b).b(1 − c).c(1 − a) > 194 1 ⇔ a(1 − a).b(1 − b).c(1 − c) > 64 64 (*) Ta cã nhËn xÐt: 1 − (a + )2 ≤ , 4 1 tương tự b(1 − b) ≤ và c(1 − c) ≤ , đó: 4 , tøc lµ (*) sai a(1 − a).b(1 − b).c(1 − c) ≤ 64 a(1 − a) = a − a2 = VÝ dô 4: Giả sử a, b, c là ba số dương cho: ax + b(1 − x) > cx(1 − x) với giá trị x Chứng minh đó, với giá trị x ta còng cã: ax + c(1 − x) > bx(1 − x) vµ bx + c(1 − x) > ax(1 − x)  Gi¶i §Æt: f(x) = ax + b(1 − x) − cx(1 − x) = cx2 + (a − b − c)x + b, g(x) = ax + c(1 − x) − bx(1 − x) = bx2 + (a − b − c)x + c, hx) = bx + c(1 − x) − ax(1 − x) = ax2 + (b − a − c)x + c NhËn xÐt r»ng f(x), g(x), h(x) cã cïng biÖt sè ∆ = (b − a − c)2 − 4ac Vì f(x) > 0, ∀x, nên ∆ < 0, từ đó suy g(x) > và h(x) > với ∀x VÝ dô 5: Cho các số thực x, y, z > Chứng minh bất đẳng thức: 16xyz(x + y + z) ≤ 3 (x + y)4 (y + z)4 (z + x)4  Gi¶i Ta cã: (x + y)(y + z)(z + x) = (x + y + z)xy + yz (x + y + z) + xz2 + zx2 Vì x, y, z > nên áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số dương: 1 sè xy(x + y + z) , sè yz(x + y + z) , xz2 vµ zx2, 3 ta ®­îc: (x + y)(y + z)(z + x) ≥ 8 (xyz)2 (x + y + z)6 (xyz)3 (x + y + z)3 = 27 36 ⇔ 3 (x + y)4 (y + z)4 (z + x)4 ≥ 16xyz(x + y + z), ®pcm DÊu "=" x¶y vµ chØ khi: 1 xy(x + y + z) = yz(x + y + z) = xz = zx ⇔ x = y = z 3 VÝ dô 6: Cho các số dương a, b, c thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: a3 b3 c3 + + ≥ (1 + b)(1 + c) (1 + a)(1 + c) (1 + a)(1 + b) 195  Gi¶i áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta được: 1+ b 1+ c 3a a3 a (1 + b)(1 + c) + + ≥33 = (1 + b)(1 + c) (1 + b)(1 + c)64 Tương tự: 3b 1+ a 1+ c b3 + + ≥ ; (1 + a)(1 + c) 1+ a 1+ b 3c c3 + + ≥ 8 (1 + a)(1 + b) Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên, ta có: a+b+c a3 b3 c3 + + + ≥ (1 + b)(1 + c) (1 + a)(1 + c) (1 + a)(1 + b) Vì a + b + c ≥ 3 abc = 3, đó: a3 c3 b3 + + ≥ (1 + b)(1 + c) (1 + a)(1 + b) (1 + a)(1 + c) §¼ng thøc x¶y vµ chØ a = b = c VÝ dô 7: Chøng minh r»ng:     + a  + b  + c3     729  ≥ 512  đó a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c =  Gi¶i   1  §Æt A =  +  +  +  , ta cã: a  b  c   1  1   A = +  + + + 3 + 3 + 3 + 3 b c  a b bc ac  abc a áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: 1 1 ; + 3+ ≥ + 3+ 3 ≥ 2 3 abc a b c ab bc ac a b c Thay vµo A, ta ®­îc: 3 1   + 2 + 3 = 1 + abc  abc a b c abc  Lại áp dụng bất đẳng thức cô – si, ta có: A≥1+ 3 1 a+b+c 6 =   = 8, hay abc ≤  ≥  abc   3 196 Suy ra: 729  1 A ≥ 1 +  = 512 8  §¼ng thøc x¶y vµ chØ a = b = c = VÝ dô 8: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác, p là nửa chu vi Chøng minh r»ng: p < p − a + p − b + p − c ≤ 3p  Gi¶i Ta cã: ( p−a + p−b + p − c )2 = (1 p − a + p − b + p − c )2 ≤ (12 + 12 + 12)(p − a + p − b + p − c) = 3p (1) 3p ⇔ p−a + p−b + p−c ≤ Dấu đẳng thức xảy p−b p−a p−c = = ⇔ a = b = c 1 Ta ®i chøng minh p < p − a + p − b + ®­¬ng, cô thÓ: p < p−a + p−b + p−c p − c phép biến đổi tương ⇔ p < p − a + p − b + p − c + (p − a)(p − b) + (p − c)(p − a) + (p − b)(p − c) ⇔ < (p − a)(p − b) + (p − c)(p − a) + (p − b)(p − c) , luôn đúng VÝ dô 9: Cho a, b, c, p, q là số dương tuỳ ý Chứng minh rằng: a b c + + ≥ pc + qa p+q pb + qc pa + qb (1)  Gi¶i §Ó ý r»ng: a= a a(pb + qc) , pb + qc c= c c(pa + qb) pa + qb b= b b(pc + qa) , pc + qa Gọi S là vế trái bất đẳng thức (1) Ta có: a a(pb + qc) + (a + b + c) = ( pb + qc + b b(pc + qa) + pc + qa c c(pa + qb) )2 pa + qb 197 ≤ S.[a(pb + qc) + b(pc + qa) + c(pa + qb)] = S(p + q)(ab + bc + ca) (2) MÆt kh¸c ab + bc + ca ≤ (a + b + c) 2, bëi: 3(ab + bc + ca) = ( ab + bc + ca) + 2(ab + bc + ca) ≤ a + b + c + 2(ab + bc + ca) = (a + b + c) Với kết đó từ (2) ta suy ra: (a + b + c)2 ⇒S≥ , (a + b + c)2 ≤ S(p + q) p+q v× a + b + c > 0, p + q > VÝ dô 10: Cho a, b, c lµ ba sè kh¸c Chøng minh r»ng: a b c a2 b2 c2 + + ≥ + + 2 b c a b c a  Gi¶i áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta có: a b c a2 b2 c2 ( + + )(12 + 12 + 12) ≥ (| | + | | + | |)2 b c a c a b Suy ra: a b b c a c b2 c2 a2 + + ≥ (| | + | | + | |) .(| | + | | + | |) 2 b c c a b a c b a NhËn xÐt r»ng: a c b (| | + | | + | |) ≥ b c a | (*) abc = 1, abc a b c a b c |+| |+| |≥ + + , b c a b c a suy ra: a b c a b c a b c | + | | + | |) .(| | + | | + | |) ≥ + + b a b b c a c c a từ đó (*) biến đổi: a2 b2 c2 a b c + + ≥ + + 2 a b c b c a Dấu "=" xảy a = b = c (Đề nghị bạn đọc tự chứng minh) (| VÝ dô 11: T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc:  1  1  1 P = 3 + +  3 + +  3 + +  a b  b c  c a  đó, các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c ≤ 198  Gi¶i §Æt: 1 1 1 + = x; + = y; + = z với x, y, z dương c a b a b c Ta cã: P = (3 + x)(3 + y)(3 + z) = 27 + 9(x + y + z) + 3(xy + yz + zx) + xyz áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba hai số dương, ta có: x + y + z ≥ 3 xyz , xy + yz + zx ≥ 3 (xyz) , 2 1 1 1 1 1 1 = xyz =  +   +   +  ≥ abc ab bc ca a b b c c a ≥ a + b + c ≥ 3 abc ⇒ abc ≤ Tõ (1) vµ (2) suy xyz ≥ 64 Từ đó, ta có: P ≥ 27 + 27 xyz + (xyz) + xyz = (3 + Vậy, minP = 343 đạt khi: 3/ a + b + c =  ⇔a=b=c= a= b= c abc = 1/  xyz )2 ≥ (3 + (1) (2) 64 )3 = 343 VÝ dô 12: T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: T=  Gi¶i a2 b2 c2 + + b + (c + a)2 c2 + (a + b)2 a + (b + c)2 đó a, b, c là các số thực khác áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta có: (b + c)2 ≤ 2(b2 + c2), (a + b)2 ≤ 2(a2 + b2), (c + a)2 ≤ 2(c2 + a2) Ta cã: a2 b2 c2 + + T≥ c2 + 2(a + b)2 a + 2(b + c)2 b + 2(c + a)2       a2 b2 c2 + + ⇔T+3≥  + 1 + + 1     2 2   c + 2(a + b)  a + 2(b + c)   b + 2(c + a)  = 5(a2 + b2 + c2)×   a2 b2 c2 × + + 2 2  b + 2(a + c) c + 2(a + b)   a + 2(b + c) 199 áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các ba số dương m, n, p và 1 , , ta ®­îc: m n p  1 1 (m + n + p)  + +  ≥ 3 mnp 3 = mnp m n p ⇒ T + ≥ ⇔ T ≥ 5 Vậy TMin = đạt a = b = c Ví dụ 13: Tìm các giá trị tham số m để phương trình sau vô nghiệm: (3 − m)x2 − 2(m + 3)x + m + = (1)  Gi¶i Ta xét hai trường hợp sau: Trường hợp 1: Nếu − m = ⇔ m = (1) ⇔ 0.x2 − 12x + = ⇔ x = 12 Trường hợp 2: Nếu − m ≠ ⇔ m ≠ Khi đó, để (1) vô nghiệm điều kiện là: m ≠ a ≠ ⇔ ⇔ − < m < −1  ∆ ' < 2 m + 5m + < Vậy, bất phương trình (2) vô nghiệm − < m < −1 Ví dụ 14: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x2 + (x + 1)2 =  Gi¶i m x2 + x + Viết lại phương trình dạng: 1 m (1) 2(x2 + x + ) + = 2 x + x +1 Đặt t = x2 + x + , điều kiện t ≥ 0, đó: m    (1) ⇔ 2t + = 8m ⇔  2t +  t +  = m ⇔ ( 4t + 1)( 4t + ) = t+    (2) ⇔ f(t) = 16t + 16t + − 8m = Phương trình đã cho có nghiệm ⇔ phương trình (2) có nghiệm t ≥ 200 P ≤  ∆ ≥ (2) cã mét nghiÖm lín h¬n b»ng ⇔  ⇔  ⇔m≥  P ≥ (2) cã hai nghiÖm lín h¬n b»ng   S ≥ Vậy, với m ≥ phương trình đã cho có nghiệm Ví dụ 15: Cho bất phương trình: x2 + 4x + + m ≤ Víi gi¸ trÞ nµo cña m th×: a Bất phương trình vô nghiệm b Bất phương trình có đúng nghiệm c Bất phương trình có nghiệm là đoạn có độ dài  Gi¶i a Bất phương trình vô nghiệm ⇔ ∆' < ⇔ − m < ⇔ m > VËy, víi m > tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi b Bất phương trình có đúng nghiệm ⇔ ∆' = ⇔ − m = ⇔ m = VËy, víi m = tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi c Để bất phương trình có nghiệm là đoạn trên trục số có độ dài thì tam thức vế trái bất phương trình phải có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 thoả mãn |x1 − x2| = ∆ ' > 1 − m >  ⇔  ∆ ⇔  ⇔ m = −3  − m =  a =2  VËy, víi m = −3 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi Ví dụ 16: Tìm m để bất phương trình: x2 − 2(m + 1)x + m2 + 2m ≤ víi ∀x∈[0; 1] (1)  Gi¶i §Æt f(x) = x2 − 2(m + 1)x + m2 + 2m Vậy (1) nghiệm đúng với ∀x∈[0; 1] ⇔ phương trình f(x) = có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn x1 ≤ < ≤ x2 af (0) ≤ m + 2m ≤ ⇔  ⇔  ⇔ −1 ≤ m ≤ m − ≤ af (1) ≤ VËy, víi −1 ≤ m ≤ tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi 201  Chú ý: Bài toán trên có thể giải phép biến đổi tương đương sau: x2 − 2(m + 1)x + m2 + 2m ≤ ⇔ (x − m − 1)2 ≤ ⇔ (x − m − 2)(x − m) ≤ ⇔ m ≤ x ≤ m + Vậy (1) nghiệm đúng với ∀x∈[0; 1] ⇔ m ≤ < ≤ m + ⇔ −1 ≤ m ≤ Ví dụ 17: Với giá trị nào m thì bất phương trình sau có nghiệm: (m − 2)x2 − 2mx − m − <  Gi¶i (1) Xét ba trường hợp: Trường hợp 1: Với m − = ⇔ m = 2, ta được: (1) ⇔ −4x − < ⇔ x > −1 Bất phương trình có nghiệm Trường hợp 2: Với m − < ⇔ m < Bất phương trình đã cho có nghiệm (vì lúc đó tam thức vế trái luôn âm dương trên khoảng hữu hạn) Trường hợp 3: Với m − > ⇔ m > (*) Khi đó để bất phương trình đã cho có nghiệm thì tam thức vế trái phải có hai nghiÖm ph©n biÖt, tøc lµ: ∆' > ⇔ m2 + (m + 2)(m − 2) > ⇔ m2 − > luôn đúng (*) Vậy, với m bất phương trình luôn có nghiệm Chó ý: Ta có thể giải bài toán cách tìm điều kiện để bất phương trình vô nghiệm Tức là tìm điều kiện để: (m − 2)x2 − 2mx − m − ≥ víi mäi x Những giá trị m còn lại làm cho bất phương trình có nghiệm Ví dụ 18: Giải và biện luận phương trình sau theo a, b: 2(x − x x − a ) − a +  Gi¶i 2(x + x x − a ) − a = |x + b| + |x − b| Từ đó trả lời câu hỏi nào phương trình nhận x làm nghiệm Ta biến đổi: 2(x − x x − a ) − a + = 2(x + x x − a ) − a = (x − x − a )2 + = |x − §iÒu kiÖn x2 ≥ a2 202 x − a | + |x + (x + x − a )2 x − a | NhËn xÐt r»ng: (x − x − a ).(x + x − a ) = a2 ≥ 0, nên sử dụng tính chất (2) cho VT, ta biến đổi phương trình dạng: |x − x − a + x + x − a | = |x + b| + |x − b| ⇔ |2x| = |x + b| + |x − b| ⇔ |(x + b) + (x − b)| = |x + b| + |x − b| TÝnh chÊt ← → (x + b)(x − b) ≥ ⇔ x2 ≥ b2 Vậy, phương trình tương đương với hệ:  a= b=   x ≥  2 2 x ≥ a  a ≥ b ⇔    x2 ≥ a x ≥ b    a ≤ b   x ≥ b KÕt luËn:  Khi a = b = 0, phương trình có nghiệm với x  Khi |a| ≥ |b|, phương trình có nghiệm |x| ≥ |a|  Khi |a| ≤ |b|, phương trình có nghiệm |x| ≥ |b| Ví dụ 19: Giải phương trình: + x + − x + + x + − x + + x + − x =  Gi¶i §iÒu kiÖn |x| ≤ Sử dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: + x2 , + x = 1.(1 + x ) ≤ (1 + + x2) = 2 − x3 − x2 + x3 3 , , , − x2 ≤ + x3 ≤ − x3 ≤ 3 + x4 − x4 4 , + x4 ≤ − x4 ≤ 4 suy ra: + x2 + − x2 + + x3 + − x3 + + x + − x ≤ Vậy bất phương trình có nghiệm dấu " = " xảy ra, tức là với x = Ví dụ 20: Giải phương trình sau: − x2 + − 1  =4 −  x +  x x  203  Gi¶i Biến đổi phương trình dạng: 1 x + − x2 + + − = x x Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski, ta được: x + − x = 1.x + − x ≤ 12 + 12   x + − x  = ( )     +  + − = 1.x + − ≤ 12 + 12   +  −   =   x2  x x2 x2 x2    1 ⇒ x + − x2 + + − ≤ x x Dấu đẳng thức xảy và khi: = x − x2  1 ⇔ x = = −  x2 x Vậy, phương trình có nghiệm là x = Ví dụ 21: Giải bất phương trình  − x + 1 < +  Gi¶i Ta cã:  − ⇔ x− x + 1 < + ⇔ 3− ( − )x − 1 ≤ ≤ + ⇔ x − ( + ) ≤ + 3− ⇔ − (5 + ) ≤ x − ( + ) ≤ + ⇔ −5 − + + ≤ x ≤ + + + Vậy, nghiệm bất phương trình: S = [−5 − + + ; + + + ] Ví dụ 22: Giải bất phương trình |2x2 − 3x + 1| − |2x2 − 5x| < 2x +  Gi¶i Biến đổi bất phương trình ban đầu dạng: |2x2 − 3x + 1| − |2x2 − 5x| < |(2x2 − 3x + 1) − (2x2 − 5x)|  x < −1/ ⇔ (2x2 − 5x)(2x + 1) < ⇔  0 < x < / Vậy, bất phương trình có nghiệm là (−∞ ; − )∪( ; +∞) 2 204 3+ 3− Ví dụ 23: Giải và biện luận bất phương trình |ax + b| ≤ a  Gi¶i Viết lại bất phương trình dạng: a ≥ a ≥ ⇔   −a ≤ ax + b ≤ a −a − b ≤ ax ≤ a − b (*) Trường hợp 1: Nếu a = thì bất phương trình nhận x làm nghiệm Trường hợp 2: Nếu a > thì bất phương trình (*) có nghiệm là: −a − b a−b ≤x≤ a a KÕt luËn:  Với a = 0, bất phương trình nhận x làm nghiệm −a − b a − b  Với a > 0, bất phương trình có nghiệm ( ; ) a a  Với a < 0, bất phương trình vô nghiệm Ví dụ 24: Giải và biện luận theo tham số m bất phương trình: |x2 − x| < |x2 − m|  Gi¶i Ta cã: (1) ⇔ |(x2 − x) − (m − x)| > |x2 − x| − |m − x| ⇔ (m − x)(x2 − m) < ⇔ (x − m)(x2 − m) >  Víi m < th×: (2) ⇔ x > m  Víi m = th×: (2) ⇔ x >  Víi m > th×: (1) (2) x > m (2) ⇔  − m < x < m KÕt luËn  Khi m < 0, bất phương trình có nghiệm x > m  Khi m = 0, bất phương trình có nghiệm x >  Khi m > 0, bất phương trình có nghiệm (− m ; m )∪(m; +∞)  Chó ý: Bµi to¸n trªn cã thÓ gi¶i nh­ sau: (1) ⇔ |(x2 − m) + (m − x)| < |x2 − m| + |m − x| ⇔ (m − x)(x2 − m) < ⇔ (x − m)(x2 − m) > Ví dụ 25: Hãy xác định tất các giá trị a, b cho nghiệm bất phương trình |2x − a + 1| ≤ b + là nghiệm bất phương trình |x − b − 1| ≤ 3b − 205  Gi¶i §iÒu kiÖn: b + ≥ ⇔b≥  3b − ≥ Viết lại các bất phương trình dạng: a−b−2 a+b ≤x≤ ; 2 – 2b ≤ x ≤ 4b − Trường hợp 1: Để (1) và (2) cùng vô nghiệm b < −1 a − b − a + b >   ⇔  2 ⇔  , v« nghiÖm b > 4b − > − 2b (1) (2) Trường hợp 4: Để (1) và (2) có cùng tập nghiệm a − b − = − 2b  a + 3b = a = ⇔  ⇔  ⇔  b a − 7b = −2 b =1   a += 4b −  Vậy, với a = và b = thì hai bất phương trình tương đương Ví dụ 26: Xác định m cho hai bất phương trình sau tương đương: (m − 1)x – m + > vµ (m + 1)x – m + >  Gi¶i Viết lại các bất phương trình dạng: (m − 1)x > m − 3, (m + 1)x > m – Ta xét các trường hợp: Trường hợp 1: Nếu m = thì: (1) ⇔ 0x > −2, luôn đúng; (1) (2) (2) ⇔ x > − Vậy, (1) và (2) không tương đương Trường hợp 2: Nếu m = −1 thì: (1) ⇔ x < 2; (2) ⇔ 0x > −3, luôn đúng Vậy, (1) và (2) không tương đương Trường hợp 3: Nếu m ≠ ± thì: Khi đó, để (1) và (2) tương đương điều kiện là: (m − 1)(m + 1) > (m − 1)(m + 1) >  ⇔  ⇔ m = m − m − 2 m − m − = m − 3m +  m − = m + Vậy, với m = 5, hai bất phương trình tương đương với 206 Ví dụ 27: Giải phương trình: 2x − 6 + x − 1 = 3x − (1)  Gi¶i Theo định nghĩa giá trị tuyệt đối, ta có: 2 x − x ≥ 2x − 6=  − x + x < x − x ≥ x – 1 =  − x + x < Như vậy, ta phải xét phương trình trên ba tập (−∞, 1); [1, 3]; (3, +∞) và lập bảng sau: x −∞ +∞ 2x − 6 − 2x − 2x 2x − x − 1 1−x x−1 x−1 VT − 3x 5−x 3x − Từ đó, ta xét các trường hợp: Trường hợp 1: Nếu x ∈ (−∞, 1) thì: (1) ⇔ − 3x = 3x − ⇔ 6x = 14 ⇔ x = lo¹i Trường hợp 2: Nếu x ∈ [1, 3] thì: (1) ⇔ − x = 3x − ⇔ 4x = 12 ⇔ x = tho¶ m·n Trường hợp 3: Nếu x ∈ (3, +∞) thì: (1) ⇔ 3x − = 3x − luôn đúng Do đó, x thuộc khoảng (3, +∞) là nghiệm (1) Vậy, tập nghiệm phương trình là T = {3} ∪ (3, +∞) = [3, +∞) VÝ dô 28: Cho hµm sè: y=  Gi¶i (m − 1)x + m mx + − víi < m ≠ a Tìm miền xác định hàm số m = b Tìm tất các giá trị tham số m để hàm số xác định với ∀x ≥ Điều kiện để hàm số có nghĩa: (m − 1)x + m ≥ (m − 1)x + m ≥ (1)   ⇔ mx + ≥ (2) mx + ≥  mx ≠ −1 (3)   mx + − ≠ (I) a §¸p sè D = [–1; +∞)\{– } b Hàm số xác định với x ≥ (1), (2) và (3) đồng thời thoả mãn với x ≥ 207 Ta cã: m ≥ m − ≥  g(x) = (m − 1)x + m ≥ ∀x ≥ ⇔  ⇔ ⇔ m ≥ g(1) ≥ 2m − ≥ m ≥ m ≥  h(x) = mx + ≥ ∀x ≥ ⇔  ⇔  ⇔ m ≥  h(1) ≥ m + ≥  Do đó (1), (2) đồng thời thoả mãn với ∀x ≥ m ≥ 1, đó q(x) = mx ≥ ⇒ (3) đúng Vậy, với m ≥ hàm số xác định với x ≥ Ví dụ 29: Tìm điều kiện m để nghiệm bất phương trình: x2 + (m − 1)x − m ≤ là nghiệm bất phương trình x2 − 2mx + ≤ (1) (2)  Gi¶i Trước tiên, để (2) có nghiệm điều kiện là: ∆'(2) ≥ ⇔ m2 − ≥ ⇔ m ≥ đó (2) có nghiệm là m − MÆt kh¸c: m2 − ≤ x ≤ m + m2 − x = x2 + (m − 1)x − m = ⇔   x = −m Do đó, để nghiệm (1) là nghiệm (2) điều kiện là: m − m − ≤ ≤ m + m − | − m |≤ m − ⇔ v« nghiÖm   m − m − ≤ − m ≤ m + m − | −2m |≤ m − VËy, kh«ng tån t¹i m tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi Ví dụ 30: Tìm m để bất phương trình: x2 − 2x + − m2 ≤ nghiệm đúng với ∀x∈[1, 2]  Hướng dẫn C¸ch 1: §Æt f(x) = x2 − 2x + − m2 Vậy (1) nghiệm đúng với ∀x ∈ [1, 2] điều kiện là: phương trình f(x) = có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn x1 ≤ < 2≤ x2 af(1) ≤ ⇔  af(2) ≤ Cách 2: Biến đổi: x2 − 2x + − m2 ≤ ⇔ (x − 1)2 ≤ m2 ⇔ − m ≤ x ≤ + m Vậy (1) nghiệm đúng với ∀x ∈ [1, 2] điều kiện là: − m ≤ < ≤ + m 208 (1) Ví dụ 31: Tìm m để bất phương trình có nghiệm: x2 + 2|x − m| + m2 + m ≤ (1)  Gi¶i §Æt t = x − m Bất phương trình có dạng: t2 + 2(|t| + mt) + 2m2 + m − ≤ a Víi t ≥ 0, ta ®­îc: (2) ⇔ f(t) = t2 + 2(m + 1)t + 2m2 + m − ≤ VËy (2) cã nghiÖm ⇔ (3) cã Ýt nhÊt mét nghiÖm t≥0 ⇔ f(t) = cã Ýt nhÊt mét nghiÖm t ≥ (0 ≤ t1 ≤ t2 hoÆc t1 ≤ ≤ t2)  −1 ≤ m ≤  (m + 1) − 2m − m + ≥  ∆ ' ≥     m ≥ 1/   2m + m − ≥  P ≥   ⇔  ⇔   m ≤ −1 ⇔   S ≥ −m − ≥     m ≤ −1  2m + m − ≤  P ≤    −1 ≤ m ≤ 1/ ⇔ −1≤m≤ (2) (3) b Víi t ≤ 0, ta ®­îc: (2) ⇔ g(t) = t2 + 2(m − 1)t + 2m2 + m − ≤ VËy (2) cã nghiÖm ⇔ (3) cã Ýt nhÊt mét nghiÖm t ≤ ⇔ g(t) = cã Ýt nhÊt mét nghiÖm t ≤ (t1 ≤ t2 ≤ hoÆc t1 ≤ ≤ t2)  (m − 1) − 2m − m + ≥  ∆ ' ≥   P ≥ 2m + m − ≥  ⇔  ⇔ −1 ≤ m ≤ ⇔   S ≤ −m + ≤    2m + m − ≤  P ≤  Vậy, bất phương trình có nghiệm −1 ≤ m ≤ Ví dụ 32: Giải và biện luận bất phương trình sau theo m: 2|x − m| < −x2 + 2mx −  Gi¶i §Æt t = |x − m|, ®iÒu kiÖn t ≥ Khi đó bất phương trình có dạng: 2t < m2 − t2 − ⇔ t2 + 2t − m2 + < Ta có ∆' = a2 − nên xét các trường hợp Trường hợp 1: Nếu ∆' ≤ ⇔ m2 − ≤ ⇔ |m| ≤ Khi đó (2) vô nghiệm ⇒ (1) vô nghiệm (3) (1) (2) 209 Trường hợp 2: Nếu ∆' > ⇔ m2 − > ⇔ |m| > Khi đó (2) có nghiệm − − m − < t < −1 + m − Do vậy, để (2) có nghiệm với t ≥ thì điều kiện là: −1 + m − > ⇔ m2 > ⇔ |m| > Khi đó nghiệm (2) là: ≤ t < −1 + m − ⇔ |x − m| < −1 + m2 − ⇔ m + − m2 − < x < m − + m2 − KÕt luËn: - Với |m| ≤ , bất phương trình vô nghiệm - Víi |m| > , bất phương trình có nghiệm (m + − m2 − ; m − + m − ) Ví dụ 33: Cho bất phương trình: (x + 1)(x + 3) ≤ m x + 4x + (1) a Giải bất phương trình với m = −1 b Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với x ∈ [−2; − + ]  Gi¶i Viết lại bất phương trình dạng: (x2 + 4x + 3) − m x + 4x + ≤ ⇔ (x2 + 4x + 5) − m x + 4x + − ≤ §Æt t = x + 4x + , ®iÒu kiÖn t ≥ Khi đó, bất phương trình có dạng: f(t) = t2 − mt − < a Với m = − 1, bất phương trình có dạng: t2 + t − ≤ ⇔ − ≤ t ≤ ⇒ ≤ t ≤ ⇔ x + 4x + ≤ ⇔ x2 + 4x + ≤ ⇔ x = − Vậy, với m = − bất phương trình có nghiệm x = − b Ta cã: x2 + 4x + = (x + 2)2 + suy víi x ∈ [−2; −2 + ], ta ®­îc: ( − + 2)2 + ≤ x2 + 4x + ≤ ( − + + 2)2 + ⇔ ≤ x2 + 4x + ≤ ⇔ ≤ x + 4x + ≤ ⇔ ≤ t ≤ Vậy, bất phương trình (1) nghiệm đúng với x ∈ [−2; −2 + ] ⇔ (2) nghiệm đúng với t ∈ [1; 2] ⇔ f(t) = cã nghiÖm tho¶ m·n t1 ≤ < ≤ t2 a.f (1) ≤ −m − ≤ ⇔  ⇔ m ≥ ⇔  a.f (2) ≤ 2 − 2m ≤ Vậy, với m ≥ bất phương trình nghiệm đúng với x ∈ [−2; −2 + ] 210 (2) Ví dụ 34: Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng với x∈ [−2; 4]: (2 + x)(4 − x) ≤ x2 − 2x + m  Gi¶i Sử dụng phương pháp điều kiện cần và đủ Điều kiện cần: Giả sử (1) có nghiệm ∀x ∈ [−2; 4] ⇒ x = là nghiệm bất phương trình (1), đó: ≤ m − ⇔ m ≥ Đó là điều kiện cần để bất phương trình nghiệm đúng với x ∈ [−2; 4] Điều kiện đủ: Giả sử m ≥ 4, đó:  áp dụng bất đẳng thức Côsi cho vế trái, ta được: (2 + x) + (4 − x) = VT = (2 + x)(4 − x) ≤  Biến đổi vế phải dạng: VP = x2 − 2x + m = (x − 1)2 + m − ≥ Suy ra: (2 + x)(4 − x) ≤ x2 − 2x + m Vậy, với m ≥ bất phương trình nghiệm đúng với x ∈ [−2; 4] Ví dụ 35: Giải bất phương trình x2 + 4x ≥ (x + 4) x − 2x +  Gi¶i Đặt t = x − 2x + , điều kiện t ≥ Bất phương trình có dạng: f(x) = x2 − (t − 4)x − 4t ≥ Coi vÕ tr¸i lµ mét tam thøc bËc theo x, ta cã: ∆ = (t − 4)2 + 16t = (t + 4)2 đó f(x) = có các nghiệm:  x = −4 x = t  tức là (1) biến đổi dạng: (x + 4)(x − t) ≥ ⇔ (x + 4)(x − x − 2x + ) ≥   x + ≥   x ≥ −4   2  x − x − 2x + ≥  x − 2x + ≤ x ⇔  ⇔  ⇔  x + ≤  x ≤ −4   2   x − x − 2x + ≤   x − x − 2x + ≤ (1)   x ≥ −4  x ≥  0 ≤ x − 2x + ≤ x   x ≤ −4 x ≥ ⇔   x ≤ −4 Vậy, bất phương trình có nghiệm x ∈ (−∞; −4] ∪ [2; +∞) 211 Ví dụ 36: Giải bất phương trình x2 − ≤ 2x x + 2x  Gi¶i §Æt t = x + 2x , ®iÒu kiÖn t ≥ Bất phương trình có dạng: f(x) = x2 − 2tx − ≤ Coi vÕ tr¸i lµ mét tam thøc bËc theo x, ta cã: ∆’ = t2 + = x2 + 2x + = (x + 1)2 đó f(x) = có các nghiệm: x =t − x −  x =t + x +  tức là (1) biến đổi dạng: (1) (x − t − x − 1)(x − t + x + 1) ≤ ⇔ ( x + 2x + 1)( x + 2x − 2x − 1) ≤ ⇔ x + 2x − 2x − ≤ ⇔ x + 2x ≤ 2x + 2x + ≥ 2x + ≥  ⇔  x + 2x ≥ ⇔ ⇔  2 ≤ + ≤ + x 2x (2x 1)   3x + 2x + ≥  x ≥ −   x ≥ ⇔ x ≥     x ≤ −2 Vậy, bất phương trình có nghiệm x ≥ Ví dụ 37: Với giá trị nào m thì hệ bất phương trình sau có nghiệm: mx − > x +  3x + m + <  Gi¶i ChuyÓn hÖ vÒ d¹ng: (m − 1)x >   m+2 x < − (I) Xét trường hợp: Trường hợp 1: Nếu m − < ⇔ m <  x < m − m+2 (I) ⇔  ⇒ x < Min{ , − }, tøc lµ, hÖ cã nghiÖm m + m − x < −  Trường hợp 2: Nếu m = thì: 0.x > ⇒ v« nghiÖm (I) ⇔  x < −1 212 Trường hợp 3: Nếu m > thì:  x > m − m+2 v« nghiÖm − (I) ⇔  <0< m −1 x < − m +  Vậy, với m < hệ bất phương trình có nghiệm Ví dụ 38: Tìm m để hệ sau có nghiệm nghiệm âm và nghiệm dương: x −2x −5x + < (1)  2 (2) x −(m −1)x + 3m − =  Hướng dẫn: Biến đổi (1) dạng: (x − 1)(x2 − x − 6) < ⇔ (x − 1)(x − 3)(x + 2) < ⇔ x ∈ (−∞; −2) ∪ (1; 3) Từ đó, để hệ sau có nghiệm nghiệm âm và nghiệm dương điều kiện là: af(−2) <  (2) cã hai nghiÖm tho¶ m·n x1 < −2 < < x2 < ⇔ af(1) < af(3) >  Ví dụ 39: Tìm m để hệ có nghiệm nhất: x +(2m + 1)x + m + m − = (1)  (2) x − 5x +4 <  Gi¶i Giải (2) cách đặt t = x2, điều kiện t ≥ Khi đó, (2) có dạng: t2 − 5t + < ⇔ < t < ⇔ < x2 < ⇔ x ∈ (−2; −1) ∪ (1; 2) HÖ cã nghiÖm nhÊt ⇔ (1) (ký hiệu VT = f(x)) có đúng nghiệm thuộc X2 = (−2; −1) ∪ (1; 2)  f(−2)f(−1) <  2 < m < f(1)f(2) ≥ ⇔  ⇔  −4 < m < −3 f(−2)f(−1) ≥    f(1)f(2) < VËy, víi m ∈ (−4; −3) ∪ (2; 3) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi  Chú ý: Nếu nhận xét phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 = −m − vµ x2 = −m + (kho¶ng c¸ch gi÷a hai nghiÖm b»ng 3) th× yªu cÇu bµi to¸n lµ:  x1 =− m − ∈ (1; 2) ⇔   x =− m + ∈ (−2; − 1)  −4 < m < −3 2 < m <  213 Ví dụ 40: Tìm m để hệ có nghiệm nhất: x −2mx + 2m + m − =  x −2mx + 2m >  Gi¶i Điều kiện cần: Biến đổi hệ dạng: 2 (x − m) + m + m − = (I)  2 (x − m) − m + 2m > NhËn xÐt r»ng nÕu hÖ cã nghiÖm x0 th×: 2 0 [(2m − x ) − m] + m + m − = (x − m) + m + m − = ⇔   2 2 [(2m − x ) − m] − m +2m > (x − m) − m + 2m > Tức là 2m − x0 là nghiệm hê, đó hệ có nghiệm khi: x0 = 2m − x0 ⇔ x0 = m (*) Khi đó, hệ (I) có dạng: m + m − = ⇒ m =  − m + 2m > Đó chính là điều kiện cần để hệ có nghiệm Điều kiện đủ: Với m = 1, ta được: x −2x + = ⇔ x = lµ nghiÖm nhÊt (I) ⇔  x −2x + > Vậy, với m = hệ phương trình có nghiệm Ví dụ 41: Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm: x −(m + 2)x + 2m <  x +(m + 7)x + 7m <  Gi¶i Kí hiệu các bất phương trình hệ theo thứ tự là (1) và (2) Viết lại hệ dạng: (x − 2)(x − m) <  (x + 7)(x + m) < DÔ thÊy m = hoÆc m = hÖ v« nghiÖm Gọi X1 và X2 là tập nghiệm (1) và (2) Xét các trường hợp: Trường hợp 1: Nếu m > 7, ta có: X1 = (2; m) vµ X2 = (−m; −7) ⇒ X1 ∩ X2 = ∅ ⇒ hÖ v« nghiÖm Trường hợp 2: Nếu < m < 7, ta có: X1 = (2; m) vµ X2 = (−7; −m) ⇒ X1 ∩ X2 = ∅ ⇒ hÖ v« nghiÖm 214 Trường hợp 3: Nếu m < 2, ta có: X1 = (m ; 2) vµ X2 = (−7; −m) HÖ cã nghiÖm X1 ∩ X2 ≠ ∅ ⇔ m < − m ⇔ m < Ví dụ 42: Giải hệ phương trình: x + y2 = (1)  | x + 3y − | − | 3x + y − 3=| | x + y | (2) (I)  Gi¶i Biến đổi (2) dạng: (2) ⇔ |x + 3y − 3| − |3x + y − 3| = |( x + 3y − 3) − ( 3x + y − 3)| 3x + y − ≥ & x + y ≥ (3) ⇔ (3x + y − 3)(x + y) ≥ ⇔  3x + y − ≤ & x + y ≤ (4)  Víi (3), ta ®­îc: (2) ⇔ |x + 3y − 3| − (3x + y − 3) = 2(x + y) ⇔ |x + 3y − 3| = 5x + 3y − ≥  x + 3y − = 5x + 3y − x = ⇔ ⇔  x + 3y − =−5x − 3y + x + y =  Víi x = 0, ta ®­îc: &y x + y2 =  y2 = =  x 0= ⇔  ⇔  (I) ⇔   x = & y = −1 (l) x = x =   Víi x + y = 1, ta ®­îc: = &y x + y2 =  x 0= x + y = (I) ⇔  ⇔  ⇔  = &y  x 1=  xy = x + y = Víi (4), ta ®­îc: (2) ⇔ |x + 3y − 3| + (3x + y − 3) = − 2(x + y) ⇔ |x + 3y − 3| = − 5x − 3y + ≥  x + 3y − = 5x + 3y − x = ⇔ ⇔ (l)  x + 3y − =−5x − 3y + x + y =  Víi x = 0, ta ®­îc: & y (l)  y2 = = x + y2 =  x 0= (I) ⇔  ⇔  ⇔   x = & y = −1 x = x = VËy, hÖ cã ba cÆp nghiÖm (0; 1), (1; 0), (0; −1) Ví dụ 43: Giải hệ phương trình: 82  2 x + y =    x + + 10 − x + y = 10 + y +  y 3 y 215  Gi¶i Ký hiệu hai phương trình hệ là (1) và (2) Biến đổi (2) dạng:  x+ ≥0 (3)  10 10 1 y  − x + y| = ( x + ) + ( − x + y) ⇔  |x + | + | 3 y y  10 − x + y ≥ (4)  y > 10 3y + 10y + ⇒ +y+ ≥0⇔ ≥0⇔  3y y  −3 ≤ y ≤ −1/ a Víi y > th×: 82 82 (1) ⇔ x2 = − y2 ≥ ⇒ < y ≤  Víi x ≥ th×: 82 (1) ⇔ x = − y tho¶ m·n (3) vµ (4)  Víi x < th×: 82 (1) ⇔ x = − − y tho¶ m·n (4) Khi đó, để thoả mãn (3) ta phải có: 82 82 82 1 − ≥0⇔ ≥ − y2 ⇔ 9y4 − 82y2 + ≥ − y2 + − y2 ⇔ ≥ 9 y y y y2 ≥ 82 0<y< ⇔  ← → y ≤   82 3 ≤ y ≤    < y ≤ b Tõ (3) vµ (4) suy ra: 10 10 82 10 1 − ≤x≤ + y ⇔ ≤ x2 ≤ ( + y)2 ⇔ + y2 ≤ x2 + y2 = ≤( + y)2 + y2 3 y y y  (1) y x = −  → =  9y − 82y + ≤ ⇔  ←→  (1) 3y + 10y + ≥  y = −  →x=  Vậy, nghiệm hệ phương trình là:  82 = − y2 x 1  ( ; −3), (3; − ),  3  82 3 ≤ y ≤ hoÆc < y ≤ 216 −3≤ y ≤− Ví dụ 44: Giải hệ phương trình:  x + y + 2xy =  + = x y   Gi¶i §iÒu kiÖn: x ≥  y ≥ (1) §Æt: = S x+ y , ®iÒu kiÖn S, P ≥ vµ S2 − 4P ≥  P = xy Khi đó, hệ phương trình có dạng:  [( x + y) − xy]2 − 2xy + 2xy =    x + y =  (S2 − 2P) − 2P + 2P = ⇔ ⇒ S = P − 32P + 128 = − P 8 − P ≥ ⇔  ⇔ P = P − 32P + 128 =(8 − P) VËy, ta ®­îc:  x + y = ⇔   xy = VËy, hÖ cã nghiÖm x = y = S = ⇔  P = x = y = ⇔ x = y =  Chú ý: Nhiều hệ dạng ban đầu chưa thấy xuất ẩn phụ, trường hợp này ta cần dụng vài phép biến đổi phù hợp Ví dụ 45: Giải hệ phương trình:  x + y + x − y =  2 128  x + y =  Gi¶i §iÒu kiÖn: x + y ≥ y ≥ −x ⇔ ⇔ − x ≤ y ≤ x, suy x ≥  y ≤ x x − y ≥ 217 Viết lại hệ phương trình dạng:  x+y+ x−y =  ⇔ 1 2 128  (x + y) + (x − y) = 2 §Æt: = u x+y , ®iÒu kiÖn u, v ≥  v x−y = Ta ®­îc:  x + y + x − y =  2 256 (x + y) + (x − y) = u + v = 4 u + v = u + v =  ⇔ ⇔   uv =  4  256 uv(uv − 32) = u + v =   uv = 32 4 u + v = u + v = ⇔  (I) hoÆc  (II) uv = 32 uv =   Gi¶i (I): v« nghiÖm Gi¶i (II):   x + y =    x − y = = &v  u 4=  x= y= ⇔  ⇔  (II) ⇔  = &v  x + y =  u 0=  x = vµ y = −8    x − y = Vậy, hệ phương trình có hai cặp nghiệm (8; 8) và (8; −8) 218