Chuyên đề 4 bất đẳng thức và bất phương trình

Trần Thành Minh – Phan Lưu Biên - Trần Quang Nghĩa

ĐẠI SỐ 10

Chương 4. Bất Đẳng Thức

Bất Phương Trình

http://www.saosangsong.com.vn/ SAVE YOUR TIME&MONEY

SHARPEN YOUR SELF-STUDY SKILL SUIT YOUR PACE

http://www.saosangsong.com.vn/

Chương 4. Bất đẳng thức. Bất phương trình

www.saosangsong.com.vn

2

Chương 4 . Bất Đẳng Thức . Bất Phương Trình

§ 1. Bất đẳng thức

A. Tóm tắt giáo khoa . 1. A > B A – B > 0 ; A < B A – B < 0 A ≥ B A – B ≥ 0 ; A ≤ B A – B ≤ 0

2. Tính chất :

(a) A > B và B > C => A > C (b) A > B A + C > B + C

(c) A > B A.C B.CA.C B.C

>⎧⎨ <⎩

(d) Nếu A, B > 0 : A > B A B> A > B 3 3A B>

(e) A B

A C B DC D>⎧

=> + > +⎨ >⎩

(f) A B 0C D 0> >⎧

⎨ > >⎩ => AC > BD

3. Bất đẳng thức Cô-si :

* Định lí : Với mọi a , b 0≥ : a bab

2+

≤

Đẳng thức xảy ra a = b * Hệ quả :

• 1a 2a

+ ≥

• Nếu a , b ≥ 0 và a + b = s thì giá trị lớn nhất của ab là s2 / 4 khi a = b • Nếu a , b ≥ 0 và ab = p thì giá trị nhỏ nhất của a + b = 2 p khi a = b

4.Bất đẳng thức chứa giá trị tuyệt đối. * |x| ≤ a - a ≤ x ≤ a

* |x| ≥ a x ax a≥⎡

⎢ ≤ −⎣

* |a + b| ≤ |a| + |b| ; |a - b| ≥ ||a| - |b||

B. Giải toán . Dạng 1 : Chứng minh bất đẳng thức bằng phép biến đổi tương đương. Các phép biến đổi tương đương (b) , (c) , (d) thừơng được dùng để biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh A ≥ B tương đương với C ≥ D , cuối cùng dùng định nghĩa :C ≥ D C – D ≥ 0 . Ví dụ : Chứng minh các bất đẳng thức sau :

a) 2(a3 + b3 ) ≥ (a + b)(a2 + b2 ) ∀ a , b và a + b > 0 b) 4x2 + y2 ≥ 4x + 4y - 5 , ∀ x, y c) x2 – 4xy + 5y2 + 2x – 8y + 5 ≥ 0 , ∀ x, y d) x 1 9 x 4− + − ≤ , ∀ x ∈ [1 ; 9]

nếu C > 0 nếu C < 0



3

Giải :a) Bất đẳng thức cần CM 2(a3 + b3 ) – (a + b)(a2 + b2 ) ≥ 0 (định nghĩa) \ (a + b)[2(a2 + b2 – ab) - (a2 + b2 )] ≥ 0 (a + b)(a2 + b2 – 2ab) ≥ 0 (a + b)(a – b)2 ≥ 0 Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì a + b > 0 và (a – b)2 ≥ 0

b) Bất đẳng thức cần CM (4x2 – 4x + 1) + (y2 – 4y + 4) ≥ 0 (2x – 1)2 + (y – 2)2 ≥ 0 ( bất đẳng thức đúng )

c) Bất đẳng thức cần CM x2 – 2(2y – 1)x + 5y2 – 8y + 5 ≥ 0 (viết thành đa thức bậc 2 theo x , với hệ số là y) [x2 – 2(2y - 1)x + (2y – 1)2 ] – (2y – 1)2 + 5y2 – 8y + 5 ≥ 0 (thêm bớt số hạng để đưa về hằng đẳng thức a 2 – 2ab + b2 ) [x – 2y + 1]2 + y2 – 4y + 4≥ 0 ( rút gọn ) ( x – 2y + 1)2 + (y – 2)2 ≥ 0 ( bất đẳng thức đúng )

d) Hai vế đều dương , bình phương hai vế , ta được bất đẳng thức tương đương : 2( x 1 9 x ) 16− + − ≤ (x – 1) + (9 – x) + 2 (x 1)(9 x) 16− − ≤ ( khai triển)

2 2( x 10x 9)− + − ≤ 8 ( rút gọn )

2x 10x 9− + − ≤ 4 ( nhân hai vế cho ½ ) - x2 + 10x – 9 ≤ 16 ( bình phương hai vế ) x2 – 10x + 25 ≥ 0 ( rút gọn ) (x – 5)2 ≥ 0 ( bất đẳng thức đúng )

Dạng 2 : Chứng minh bất đẳng thức bằng bất đẳng thức Cô- si

Sử dụng một trong các dạng : a bab2+

≤ ; a + b ≥ 2 ab

Hoặc các dạng tương đương : a2 + b2 ≥ 2ab ; ab ≤ 2

ba 22 + (2 bất đẳng thức này đúng với

mọi a, b ) Ví dụ 1 : CMR :

a) (x 1)(5 x)− − ≤ 2 , ∀ x ∈ [1 ; 5] b) x 4

x 5−+

≤ 16

, ∀ x ≥ 4

c) x + 9x 1−

≥ 7 , ∀ x > 1 d) 24x 8x 1

x+ + ≥ 12 , ∀ x > 0

Giải a) Vì x ∈ [ 1 ; 5] nên x – 1 ≥ 0 và 5 – x ≥ 0 . Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm x – 1 và 5 – x , ta có :

(x 1)(5 x)− − ≤ (x 1) (5 x) 2

2− + −

=

Ghi chú : Có thể sử dụng pp biến đổi tương đương bằng cách bình phương hai vế rồi chuyển vế như trong dạng toán 1.

b) Ta có : 1x 4 (x 4)93

− = − ( nhân và chia cho 3 = 9 để đưa về dạng ab )

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm x – 4 và 9 :

x 4− = 9)4x(31

− ≤ 1 (x 4) 9 x 5.3 2 6

− + +=



4

Chia hai vế cho x + 5 > 0 , ta được bất đẳng thức : x 4 1

x 5 6−

≤+

( đpcm)

Ghi chú : Có thể sử dụng pp biến đổi tương đương bằng cách nhân hai vế cho x + 5 > 0 rồi chuyển vế như trong dạng toán 1.

c) Ta có : x + 9x 1−

= ( x – 1) + 9x 1−

+ 1 ( thêm 1 bớt 1 để đưa về dạng a + 9a

) . Áp dụng

bất đẳnghức Cô – si cho hai số dương : x – 1 và 9x 1−

, ta được :

(x – 1) + 9x 1−

≥ 2. 9(x 1). 2. 9 6x 1

− = =−

Suy ra : x + 9x 1−

≥ 6 + 1 ( cộng hai vế cho 1 )

≥ 7 ( đpcm)

Ghi chú : Có thể sử dụng pp biến đổi tương đương bằng cách nhân hai vế cho x - 1 > 0 rồi chuyển vế như trong dạng toán 1.

d) Ta có : 24x 8x 1

x+ + = 4x + 1

x + 8 ( Chia tử và mẫu )

Áp dụng bất đẳng thức Cô –si cho 4x và 1x

, ta được :

4x + 1x

≥ 12. 4x. 4x≥

Suy ra : 24x 8x 1

x+ + ≥ 4 + 8 = 12 ( đpcm)

Ghi chú : (1) Có thể sử dụng pp biến đổi tương đương như trong dạng toán 1 . (2) Đặc trưng của phưong pháp chứng minh bất đẳng thức bằng bất đẳng thức Cô – si là ta chỉ phân tích một vế rồi sử dụng bất đẳng thức Cô- si cho hai số thích hợp , kết hợp với tính chất của bất đẳng thức, để so sánh với vế còn lại .

(3) Trong 4 bài toán này , nếu ta dấu giá trị của vế phải , ta được bài toán đi tìm giá trị lớn nhất ( bài a , b ) hay giá trị nhỏ nhất ( bài c , d) của một biểu thức Ví dụ 2 : CM các bất đẳng thức sau :

a) 2 2 2

2 2 2

a b c a c bb c a c b a

+ + ≥ + + , với mọi a , b, c ≠ 0 .

b) (a + b)(b + c) (c + a) ≥ 8abc với mọi a , b, c ≥ 0 .

c) (a + b + c) ( 1 1 1a b c+ + ) ≥ 9 , (a , b , c > 0 ).

Khi nào đẳng thức xảy ra ?

Giải a) Trong bài này , ta sử dụng bất đẳng thức Cô - si kết hợp với tính chất (e) . Áp dụng bất đẳng thức Cô- si cho các cặp số không âm , ta có :

2 2 2 2

2 2 2 2

a b a b2 .b c b c

+ ≥ = 2 ac



5

2 2 2 2

2 2 2 2

b c b c2 .c a c a

+ ≥ = 2 ba

2 2 2 2

2 2 2 2

c a c a2 .a b a b

+ ≥ = 2 cb

Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều vế với vế , rồi chia hai vế cho 2 , ta được đpcm .

b) Áp dụng bất đẳng thức Cô- si cho các cặp số không âm , ta có : a + b ≥ 2 ab > 0 b + c ≥ 2 bc > 0 c + a ≥ 2 ca > 0

Nhân ba bất đẳng thức cùng chiều vế với vế , ta được đpcm .

c) Ta có : (a + b + c) ( 1 1 1a b c+ + ) = 1 + 1 + 1 + ( a b

b a+ ) + ( a c

c a+ ) + ( b c

c b+ )

Áp dụng bất đẳng thức Cô- si cho các cặp số trong dấu ngoặc , ta được :

a bb a+ ≥ 2 . a b. 2

b a= (1) , a c b c2 (2) ; 2 (3)

c a c b+ ≥ + ≥

Suy ra : (a + b + c) ( 1 1 1a b c+ + ) ≥ 3 + 2 + 2 + 2 = 9 (4) ( đpcm)

Đẳng thức xảy ra ở (4) Đẳng thức xảy ra đồng thời xảy ra ở (1) , (2) , (3)

a b a c b c; ;b a c a c b= = = a2 = b2 = c2

a = b = c Dạng 3 : Chứng minh bất đẳng thức có chứa giá trị tuyệt đối . Ta thường sử dụng các công thức trong phần 4 để chứng minh bất đẳng thức có chứa giá trị tuyệt đối hay giải bất phương trình chứa giá trị tuyệt đối . Ví dụ : a) CM : |5 – x| + |x + 10| ≥ 15 với mọi x . b) Giải bất phương trình : |x – 3| ≤ 5 c) Giải bất phương trình : |2x – 3| ≥ x2 Giải

a) Áp dụng bất đẳng thức |a| + |b| ≥ |a + b| , ta có : |5 – x| + |x + 10| ≥ | 5 – x + x + 10 | = 15 : đpcm .

Vậy bất đẳng thức đúng với mọi x . b) Ta có phép biến đổi tương đương : |x – 3| ≤ 5 - 5 ≤ x – 3 ≤ 5 3 – 5 ≤ x ≤ 3 + 5 ( chuyển vế số 3 ) - 2 ≤ x ≤ 8

c) Ta có phép biến đổi tương đương :

|2x – 3| ≥ x2 2

2

2x 3 x2x 3 x

⎡ + ≥⎢

+ ≤ −⎣



6

2

2

x 2x 3 0 (1)x 2x 3 0 (2)

⎡ − − ≤⎢

+ + ≤⎣

(1) (x + 1)(x – 3) ≤ 0

x 1 0x 3 0

x 1 0x 3 0

⎡ + ≥⎧⎨⎢ − ≤⎩⎢⎢ + ≤⎧⎢⎨ − ≥⎢⎩⎣

1 x 3

x− ≤ ≤⎡⎢ ∈∅⎣

- 1 ≤ x ≤ 3 (2) (x + 1)2 + 2 ≤ 0 x ∈ ∅

Vậy bất phương trình có nghiệm : - 1 ≤ x ≤ 3 . Dạng 4 : Tìm giá trị lớn nhất ( GTLN) , giá trị nhỏ nhất (GTNN) của biểu thức số T . Cách 1 ( Phân tích ) :

• Để tìm GTNN của T , ta viết T dưới dạng : T = f 2(x) + m trong đó m là giá trị không đổi .Thế thì : T ≥ m , ∀ x Tìm x để T = m ( đẳng thức xảy ra) Kết luận : GTNN của T là m .

• Để tìm GTLN của T , ta viết T dưới dạng : T = - f 2(x) + M trong đó M giá trị không đổi .Thế thì : T ≤ M , ∀ x

Tìm x để T = M ( đẳng thức xảy ra) Kết luận : GTLN của T là M .

Cách 2 ( Dùng bất đẳng thức Cô- si) Tương tự như trên , tìm M ( hay m) sao cho : T ≤ M ( hay T ≥ m ) Ví dụ 1 : a) Tìm GTNN của biểu thức T = 2x2 + y2 – 2xy – 4x b) Tìm GTLN của biểu thức T = 2x + x2 – x4 Giải a) Ta có : T = (x2 – 2xy + y2 ) + (x2 – 4x + 4) – 4 = (x – y)2 + (x – 2)2 – 4 Vì (x – y)2 ≥ 0 và (x – 2)2 ≥ 0 , ∀ x , y , do đó : T ≥ - 4 , ∀ x, y

Đẳng thức xảy ra 2

2

(x y) 0x y 2

(x 2) 0

⎧ − =⎪ <=> = =⎨− =⎪⎩

Vậy GTNN của T là – 4 . b) Ta có : T = 2 - (1 – 2x + x2 ) – (1 - 2x2 + x4 ) = 2 – (1 – x)2 – (1 – x2)2 Vì - (1 – x)2 ≤ 0 và - (1 – x2 )2 ≤ 0 , ∀ x , do đó : T ≤ 2 , ∀ x .

Đẳng thức xảy ra 2

22 2

x 1(1 x) 0x 1(1 x ) 0

=⎧ − = ⎧⎪ <=>⎨ ⎨=− =⎪ ⎩⎩

x = 1

Vậy GTLN của T là 2 .

Ví dụ 2 : a) Tìm GTNN của T = 4 2

2

4x 3x 9x− + ( x ≠ 0 )

b) Tìm GTLN của T = (2x 3)(5 3x)+ − ( - 3/2 ≤ x ≤ 5/3 ) c) Cho a , b , c > 0 và a + b + c = 1 , tìm GTNN của biểu thức :

T = 1 1 1( 1)( 1)( 1)a b c− − −



7

Giải a) Ta có : T = 4x2 – 3 + 2

9x

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số 4x2 và 2

9x

, ta có :

4x2 + 2

9x

≥ 2. 22

94x . 12x

= => T ≥ 12 – 3 = 9

Đẳng thức xảy ra 4x2 = 2

9x

x4 = 94

x2 = 32

a = 23

±

Vậy GTNN của T là 9 .

b) Ta có : T = 3 5 3 52(x ).3( x) 6. (x )( x)2 3 2 3

+ − = + −

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho (x + 32

) và ( 53

- x) , ta có :

T ≤

3 5x x2 36.

2

+ + − = 196.

12 = 19

2 6

Đẳng thức xảy ra x + 32

= 53

- x x = 112

Vậy GTLN của T là 192 6

Ta có : T = 1 a 1 b 1 c. .a b c− − −

= (b c)(c a)(a b)abc

+ + + (thế 1 – a = b + c , 1 – b = c + a ….)

Dùng bất đẳng thức Cô-si , CM được : (b + c)(c + a)(a + b) ≥ 8abc ( Xem dạng toán 2. Ví dụ 2 .(b)) , suy ra : T ≥ 8 . Đẳng thức xảy ra a = b = c = 1/3 Vậy GTNN của T là 8

C. Bài tập rèn luyện 4.1. CM các bất đẳng thức sau bằng pp biến đổi tương đương : a) x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + zx , ∀ x, y , z Suy ra : x4 + y4 + z4 ≥ xyz(x + y + z) b) 3a2 + b2 + 4c 2 + 9d2 ≥ 2a(b + 2c + 3d) , ∀ a , b , c, d c) 4a2 + 9b2 + 5 ≥ 4(a + 3b) , ∀ a , b d) x2 – 4xy + 7y2 + 2x – 10y + 4 ≥ 0 , ∀ x , y

4.2. CM các bất đẳng thức sau bằng pp biến đổi tương đương :

a) 2 2

2 2

x xy y 1x xy y 3

− +≥

+ +, ∀ x, y > 0

b) 3

2 2

a 2a ba ab b 3

−≥

+ + , ∀ a, b > 0

c) ab + 2 2(1 a )(1 b) 1− − ≤ , ∀ a , b ∈ [ - 1 ; 1]

d) 1 1 1 1 1y( ) (x z) (x z)( )x z y x Z+ + + ≤ + +



8

4.3 . CM : 2 2 2 2 2 2a b c d (a c) (b d)+ + + ≥ + + + , ∀ a , b, c, d

Khi nào đẳng thức xảy ra .

Áp dụng : Tìm GTNN của biểu thức y = 2 2x 2x 2 x 4x 8+ + + − +

4.4. CM : ∀ a, b, x , y , ta có : |ax + by| ≤ 2 2 2 2(a b )(x y )+ + ( bđt B.C.S)

Áp dụng : a) CMR ∀ a , b , |a + b| ≤ 2 22(a b )+

b) Cho 3a + 4b = 5 , CM : a2 + b2 ≥ 1 c) Cho 2a2 + 3b2 = 5 , CM : 2a + 3b ≤ 5

4.5. CM các bất đẳng thức sau bằng bất đẳng thức Cô-si :

a) (a + b)(1 1)a b+ ≥ 4 , ∀ a , b > 0

b) 4x 5

x 1++

≥ 4 , ∀ x > - 1 c) 8x + 2x 4x 1++

≥ 2 , ∀ x > - 1

d) 42 ab aba b

≤+

, ∀ a , b > 0

* 4.6. CM các bất đẳng thức sau bằng bất đẳng thức Cô-si :

a) ab bc ca a b cc a b+ + ≥ + + , ∀ a , b, c > 0

b) (a + 2 21 1) (b )b a

+ + ≥ 8 , ∀ a , b > 0

c) (y 2) x 1 (x 1) y 4

(x 1)(y 2)+ − + + −

+ + ≤

2 64 12

+ , ∀ x > 1 , ∀ y > 4

d) 8(p – a)(p – b)(p – c) ≤ abc với a , b , c là 3 cạnh tam giác và p là nửa chu vi .

* 4.7. Tìm GTNN của các biểu thức sau :

a) A = x4 – 2x3 + 2x2 – 2x + 5 b) B = 2x 4x 5 , x 1

x 1+ +

> −+

c) C = (x + 1)2 ( 2

1 4 1x x

+ + ) ; x > 0 d) D = 2 2a b

b 1 a 1+

− − với a > 1 , b > 1

* 4.8. Tìm GTLN của các biểu thức sau : a) A = (4 x)(4x 15)− − b) B = (x + 1)(x - 1)(x + 3)(3 - x)

c) C = | |x + 3| - | 4 – x | | d) D = 2 2

2 2

ab 1+a + b(1 a )(1 b )+ +

e) E = 2

4 2

xx x 9+ +

* 4. 9 . a) Cho x , y > 0 và x + y = xy , tìm GTNN của x + y

b) Cho x , y > 0 và x 2 + y2 + xy ≤ 3 , tìm GTNN của T = xyy2

1xyx2

122 +

++

c) Cho x , y > 0 và x + y = 1 . Tìm GTNN của biểu thức : T = )y11)(

x11( 22 −−



9

4.10.Người ta có 100m rào để rào một miếng đất hình chữ nhật để thả gia súc biết một cạnh của miếng đất là bờ sông ( không phải rào ) . Hỏi kích thước miếng đất có diện tích lớn nhất có thể rào được ?

* 4.11. CMR những hình chữ nhật nội tiếp trong tam giác ( có 1 cạnh nằm trên một cạnh tam giác và hai đỉnh kia thuộc hai cạnh còn lại của tam giác ) có diện tích không lớn hơn nửa diện tích tam giác .

4.12. Chọn câu đúng : Nếu có a > b > c > 0 , các bất đẳng thức nào sau đây là

đúng : I. a c b cb a b a− −

>− −

II. ab > ac III. b ba c>

a) Chỉ I b) Chỉ II c) I và II

d) II và III

4.13. Chọn câu đúng : Biết a2 < b2 và a, b đều khác 0 , các bất đẳng thức nào sau đây là đúng :

I. 2 2a b

a a< II. 2 2

1 1a b

> III. (a + b)(a – b) < 0

a) Chỉ II b) I và II c) II và III d) I

và III

4.14. Chọn câu đúng : GTNN của biểu thức A = 2 x2 - 4xy + 5y2 – 4x – 2y + 2 là : a) – 3 b) – 2 c) – 1

d) 0

4.15. Chọn câu đúng : GTNN của biểu thức : 22x 4x 3x 1− ++

(x > - 1) ∈ :

a) (0,4 ; 0, 5) b) (0,5; 0,6) c) (0,6 ; 0, 7) d) (0,7) ; 0,8)

4.16.. Chọn câu đúng : GTLN của biểu thức : 2

2

x 2 2x2 x−−

( 0 < x < 1 ) là :

a) một số nguyên dương b) một số nguyên âm c) một số hữu tỉ d) một số vô tỉ D. Hướng dẫn hay đáp số . 4.1. a) 2 ( x2 + y2 + z2 )≥ 2(xy + yz + zx ) (x – y)2 + (y – z)2 + (z – x)2 ≥ 0 Suy ra : x4 + y4 + z4 ≥ (x2y-2 + y2z2 + z2x2 ) ≥ xy.yz + yz.zx + zx.xy = xyz(x + y + z) b) (a – b)2 + (a – 2c)2 + (a – 3d)2 ≥ 0 c) (2a – 1)2 + (3b – 2)2 ≥ 0 d) (x – 2y + 1)2 + 3(y – 1)2 ≥ 0

4.2 . a) 3(x2 – xy + y2 ) ≥ x2 + xy + y2 2(x – y)2 ≥ 0 b) 3a3 ≥ (2a – b)(a2 + ab + b2 ) (a3 + b3 ) – (a2b + ab2 ) ≥ 0 (a + b)(a – b)2 ≥ 0

4.3 . Bình phương hai vế và rút gọn : 2 2 2 2(a b )(c d ) ac bd+ + ≥ + * Nếu ac + bd < 0 thì bất đẳng thức đúng. * Nếu ac + bd ≥ 0 , bình phương lần nữa và rút gọn : (ad – bc)2 ≥ 0 ( đúng )



10

Đẳng thức xảy ra khi ad = bc và ac + bd ≥ 0

Áp dụng : y = 2 2 2 2(x 1) 1 (2 x) 2+ + + − + ≥ 2 2(x 1 2 x) (1 2)+ + − + +

≥ 2 23 3 3 2+ =

Dấu “=” xảy ra khi (x 1)2 1.(2 x)(x 1)(2 x) 2 0+ = −⎧

⎨ + − + ≥⎩ x 0=

4.4. Bình phương hai vế , BPT (ay – bx)2 ≥ 0

Áp dụng : a) Với x = y = 1 , ta có |a + b| ≤ 2 22(a b )+

b) 5 = 3a + 4b ≤ |3.a + 4. b | ≤ 2 2 2 2 2(3 4 )(a b ) 5 a b+ + = +2

Suy ra : 2 2 2 2a b 1 a b+ ≥ <=> + ≥ 1

c) 2a + 3b ≤ | 2 . a 2 + 3 .b 3 | ≤ 2 2(2 3)(2a 3b )+ + = 5 4.5. a) a + b ≥ 2 ab 0>

1 1 1 12. . 0a b a b+ ≥ >

Nhân hai bất đẳng thức vế với vế , ta được đpcm CM các bất đẳng thức sau bằng bất đẳng thức Cô-si : b) 4x + 5 = 4(x + 1) + 1 ≥ 2 4(x 1).1 4 x 1+ = +

=> 4x 5

x 1++

≥ 4

c) f(x) = 8x + 2(x 1) 2

x 1+ ++

= 8(x + 1) + 2

x 1+ - 6 ≥ 2 6

1x2).1x(8 −+

+ = 2

d) Ta có : 4a b 2 a. b 2 ab+ ≥ = => đpcm

4.6. a) Dùng bất đẳng thức từng cặp một ba lần , rồi cộng lại.

b) Khai triển : ( a2 + 2

1a

22

1 a b) (b ) 2( )b b a

+ + + + ≥ 2 + 2 + 4 = 8

c) Chia VT = y 4x 1

x 1 y 2−−

++ +

.

d) Áp dụng bất đẳng thức Côsy cho ba cặp số : (p a)(p b), (p b)(P c), (p c)(p a)− − − − − − rối nhân vế với vê .

4.7. a) A = (x2 – x)2 + (x – 1)2 + 4 ≥ 4 . GTNN là 4 khi x = 1

b) B = x + 3 + 2

x 1+= (x + 1) +

2 2x 1

++

≥ 2 2 + 2

=> GTNN là 2 2 + 2 khi x + 1 = 2

x 1+ x = -1 + 2

c) Nhân ra , rúy gọn : C = x2 + 2

1 16(x ) 10 2 6.2 10 24x x

+ + + ≥ + + =

GTNN là 24 khi x = 1

d) D ≥ 2.2 2a b a b. .

b 1 a 1 a 1 b 1=

− − − −≥ 2 + 2 = 4



11

GTNN là 4

2 2a ba b 2b 1 a 1

a b 2

⎧=⎪ <=> = =− −⎨

⎪ = =⎩

4.8. a) 15/4 ≤ x ≤ 4 , GTLN là ¼ khi x = 31/8 b) B = (x2 – 1)(9 – x2 ). GTLN là 16 x = ± 5 c) C ≤ |x + 3 + (4 - x| = 7 . GTLN là 7 (x + 3)(4 – x) ≤ 0 x ≤ - 3 hay x ≥ 4

d) Dùng Côsi ở tử : ab2 2 2 2 2 2

2 2 a b 1 a b (1 a )(1 b )1 a b2 2

+ + + + ++ + ≤ =

=> C ≤ ½ . GTLN là ½ khi a2 b2 = 1 + a2 + b2

a2 = 2

2

b 1b 1+−

( có vô số giá trị a, b)

e) x = 0 : E = 0

x ≠ 0 : E = 2

2

19x 1x

+ + ( Chia tử và mẫu cho x2 ) ≤ 1/ 7

GTLN là 1/7 x2 = 9/x2 x = ± 3

* 4.9 . a) x + y = xy ≤ 2

2yx⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=> 1 ≤ 4

yx + x + y ≥ 4

GTNN của x + y là 4 khi x = y = 2

b) Áp dụng bất đẳng thức : (a + b)(b1

a1+ ) ≥ 4 ( bài 4. 5)

=> T ≥ 32

xyyx2

)xyy2()xyx2(4

2222 ≥++

=+++

GTNN của T là 2/3 khi x = y = 1

c) T = 1 - 222 )xy(1

y1

x1

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

= 1 - xy21

)xy(1

yxxy2)yx(

222

2

+=+−+

Mà : xy ≤ 4/12

yx 2

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

, suy ra : T ≥ 1 + 8 = 9

Vậy GTNN của T là 9 khi x = y = ½

4.10. Gọi x là cạnh sát bờ sông , y là cạnh còn lại , ta có : x + 2y = 100 (m)

Diện tích miếng đất : S = xy = ½ (x . 2y) ≤ ½ . 2x 2y

2+⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

= 1250

m2

4.11. MQ // AH => MQ BMAH AB

=

MN // BC => MN AMBC AB

=

Diện tích hình chữ nhật : S = MQ.MN = 2

BM.AMAH.BC.AB

A

C

M N

P QB

H



12

Ta có : BM.AM ≤ 2 2AM BM AB

2 4+⎛ ⎞ =⎜ ⎟

⎝ ⎠=> S ≤ ¼. AH.BC = ½ .SABC (đpcm)

4.11. (b) 4.12. (d) 4.13. (c) 4.14. (a) A = (x – 2y)2 + (x – 2)2 + (y - 1)2 – 3 ≥ - 3 GTNN là – 3 khi x = 2 , y = 1

4.14. (a) A = 2(x + 1) + 9 8

x 1−

+ ≥ 2 18 8− = 6 2 - 8 = 0, 4825. . .

GTNN là 6 2 - 8 khi 2(x + 1) = 9

x 1<=>

+x = - 1 +

32

4.15..(c) Ta có : 2 2 2

2 2 2 x 2 2x 2 xx 2 2x x (2 2x )2 2

+ − −− = − ≤ =

=> A ≤ ½ . GTNN là ½ khi x2 = 2 – 2x2 x = 2 / 3

§ 2. Bất phương trình

A. Tóm tắt giáo khoa . 1. Bât phương trình một ẩn có dạng : f(x) < g(x) ( hay > , ≤ , ≥ ) trong đó f(x) và g(x) là các biểu thức , x là ẩn số

Nghiệm là những giá trị x làm bất đẳng thức trên là đúng

Giải bất phương trình là tìm tập nghiệm của nó ..

2. Hai bất phương trình tương đương khi chúng có tập nghiệm bằng nhau .

3. Giải một bất phương trình thường là biến đổi tương đương bất phương trình về thành một bất phương trình đơn giản hơn .

4. Các phép biến đổi tương đương thường dùng cho bất phương trình f(x) < g(x) có điều kiện A là :

• f(x) < g(x) f(x) ± h(x) < g(x) ± h(x) nếu h(x) xác định trên A. • f(x) < g(x) f(x) – g(x) < 0

• f(x) < g(x) h(x) . f(x) < h(x). g(x) f (x) g(x)h(x) h(x)

<

nếu h(x) > 0 với mọi x thuộc A .

f(x) < g(x) h(x) . f(x) > h(x). g(x) f (x) g(x)h(x) h(x)

> ( đổi chiều bất đẳng thức )

nếu h(x) < 0 với mọi x thuộc A . B. Giải toán . Ví dụ 1 : Biến đổi tương đương để giải các bất phương trình sau :

a) 2x + 5 + 2 2

x 1 x 13 xx 1 x 1+ +

< − ++ +

(1)

b) 22x x 1 3x 1

x x+ + +

> (2)



13

Giải : a) Vì bất phương trình có nghĩa với mọi x , do đó :

(1) 2x + 5 < 3 – x ( Đơn giản cho 2

x 1x 1++

)

2x + x < 3 – 5 ( Chuyển vế ) 3x < - 2 x < - 2/3

b) (2) 22x x 1 3x 1x x x x+

+ > +

2x + 1 + 1x

> 3 + 1x

2x + 1 > 3 ( điều kiện x ≠ 0 ) x > 1 Ví dụ 2 : Biến đổi tương đương để giải các bất phương trình sau : a) x3 + x2 + x + 1 > 5x2 + 5

b) 2 2

2x 3 9 xx 2x 3 x 2x 3

− −>

− + − − + −

Giải a) BPT (x2 + 1)(x + 1) > 5(x2 + 1) Chia hai vế cho x2 + 1 > 0 với mọi x , ta có bất phương trình tương đương : x + 1 > 5 x > 4

b) Vì – x2 + 2x – 3 = - (x – 1)2 – 2 < 0 với mọi x nên nhân hai vế cho ( - x2 + 2x – 3) < 0 , ta được bất phương trình tương đương : 2x – 3 < 9 – x 3x < 9 + 3 3x < 12 x < 4

Ví dụ 3 : Biến đổi tương đương để giải các bất phương trình sau :

a) 2x 5 4 x4 x−

> −−

b) 2x 1 x 1− > +

Giải :a) Điều kiện : 4 – x > 0 x < 4

Với điều kiện này 4 x 0− > , nhân hai vế cho 4 x− > 0 , ta được :

BPT 2x – 5 > 4 – x 3x > 9

x > 3

So với điều kiện , ta được nghiệm : 3 <x < 4

b) Điều kiện : 2x 1 0 x 1/ 2

x 1/ 2x 1 0 x 1

− ≥ ≥⎧ ⎧<=> <=> ≥⎨ ⎨+ ≥ ≥ −⎩ ⎩

Với điều kiện này , hai vế đều không âm , bình phương hai vế , ta được :

BPT 2x – 1 > x + 1 x > 2

Soi với điều kiện , ta được nghiệm : x > 2

§ 3. Dấu nhị thức bậc nhất



14

A. Tóm tắt giáo khoa . 1. Nhị thức bậc nhất là biểu thức có dạng : f(x)= ax + b , a ≠ 0

Nghiệm của nhị thức là xo = - ba

, giá trị thỏa f(x0) = 0

2. Nhị thức f(x) = ax + b : • cùng dấu với a khi x > - b/a • trái dấu với a khi x < - b/a

x - ∞ - b/a + ∞

ax + b trái dấu với a 0 cùng dấu với a

3. Bất phương trình bậc nhất 1 ẩn : ax + b > 0

• a > 0 : x > - b/a • a < 0 : x < - b/a • a = 0 :

* b > 0 : x ∈ R * b ≤ 0 : x ∈ ∅

4. Hệ bất phương trình bậc nhất 1 ẩn : Giải từng bất phương trình để tìm tập nghiệm S1 , S2 Tập nghiệm của hệ là S = S1 ∩ S2

B. Giải toán . Dạng toán 1 : Xét dấu nhị thức , tích hay thương của hai nhị thức .

Ví dụ 1 : Xét dấu các nhị thức sau :

a) f(x) = 2x – 6 b) f(x) = 5 3x2−

Giải a) f(x) = 0 x = 3 ; hệ số a = 2 > 0 b) f(x) = 0 x = 5/3 ; hệ số a = - 3/2 < 0 Ví dụ 2 : Xét dấu các biểu thức sau :

a) y = (2x 4)(5 x)− − b) y = 2x 13x 5

++

c) y = (2x2 - x + 5)2 – (x2 – x – 5)2 Giải : a) y là tích của hai nhị thức : 2x – 4 , có nghiệm x = 2 ; a = 2 > 0

5 – x , có nghiệm x = 5 ; a = - 1 < 0

x - ∞ 3 + ∞ 2x - 6 - 0 +

x - ∞ 5/3 + ∞ 5 -3x

2 + 0 -

x - ∞ 2 5 + ∞ 2x – 4 - 0 + +

5 – x + + 0 - y - 0 + 0 -



15

Dùng tính chất dấu của tích hai số ( tích hai số cùng dấu là + , tích hai số trái dấu là - ) , ta được bảng xét dấu sau b) y là thương của hai nhị thức : 2x + 1 , có nghiệm là - 1/2 , a = 2 > 0 3x + 5 , có nghiệm là – 5/3 , a = 3 > 0 Qui tắc dấu của thương cũng như của tích , chỉ khác thương không xác định khi mẫu bằng 0 , kí hiệu bằng || .

x - ∞ - 5/3 -1/2 + ∞ 2x + 1 - - 0 +

3x + 5 - 0 + + y + || - 0 +

c) Biến đổi ra tích dùng hằng đẳng thức a2 – b2 = (a + b)(a – b) y = (2x2 - x + 5)2 – (x2 – x – 5)2 = (3x2 – 2x )(x2 + 10)

Vì x2 + 10 > 0 với x , nên dấu của y là dấu của : 3x2 – 2x = x( 3x – 2) .

x - ∞ 0 2/3 + ∞ x - 0 + +

3x - 2 - - 0 + y + 0 - 0 +

Dạng toán 2 : Giải bất phương trình f(x) > g(x) ( f(x) < g(x) … ) Phương pháp chung là :

• Chuyển vế , biến đổi tương đương về dạng : P(x) > 0 ( < 0 ,. . . ) trong đó P(x) là tích hay thương các nhị thức bậc nhất .

• Lập bảng xét dấu của P(x) . • Dựa vào bảng xét dấu ta rút ra được tập nghiệm của bất phương trình .

Ví dụ : Giải các bất phương trình sau :

a) (2x + 5)2 ≥ (3x – 4)2 b) 2x 1 3 x

x 1+

+ >+

c) x4 ≤ (2x - 3)2 d) 2)1x(2

3x1

1x1

−>

+−

+

Giải a) BPT (2x + 5)2 – (3x – 4)2 ≥ 0 (2x + 5 + 3x – 4)(2x + 5 – 3x + 4) ≥ 0 (5x + 1)(- x + 9) ≥ 0 (1) Lập bảng xét dấu của biểu thức ở vế trái (VT) , ta được :

x - ∞ - 1/5 9 + ∞ 5x + 1 - 0 + +

- x + 9 + + 0 - VT - 0 + 0 -



16

Căn cứ vào bảng xét dấu , bất phương trình có nghiệm : - 1/5 ≤ x ≤ 9

Ghi chú : Nếu không muốn lập bảng thì giải như sau :

(1) 5x 1 0 5x 1 0

hayx 9 0 x 9 0+ ≥ + ≤⎧ ⎧

⎨ ⎨− + ≥ − + ≤⎩ ⎩ - 1/5 ≤ x ≤ 9

Tập nghiệm là S = [- 1/5 ; 9 ] .

b) BPT 2x 1 3 x 0

x 1+

+ − >+

( chuyển vế )

2x 1 (x 1)(3 x)

x 1+ + + −

+> 0 ( qui đồng và rút gọn )

2x 4x 1++

> 0 ( rút gọn tử thức )

Lập bảng xét dấu của VT :

x - ∞ - 2 - 1 + ∞ 2x + 4 - 0 + +

x + 1 - - 0 + VT + 0 - || +

Căn cứ vào bảng xét dấu , bất phương trình có nghiệm : x < - 2 hay x > - 1 Tập nghiệm là S = (- ∞ ; - 2 ) ∪ ( - 1 ; + ∞ )

c) BPT x4 - (2x - 3)2 ≤ 0 (x2 + 2x – 3)(x2 – 2x + 3) ≤ 0 Vì x2 – 2x + 3 = (x – 1)2 + 2 > 0 , ∀ x , do đó : BPT x2 + 2x – 3 ≤ 0 ( x – 1)( x + 3) ≤ 0 Lập bảng xét dấu hay giải trực tiếp , ta được nghiệm : - 3 ≤ x ≤ 1

d) BPT 2

(x 3) (x 1) 2(x 1)(x 3) (x 1)+ − +

>+ + −

( tính gọn VT )

2

2 2(x 1)(x 3) (x 1)

>+ + −

( rút gọn )

2

2

2(x 1) 2(x 1)(x 3) 0(x 1)(x 3)(x 1)− − + +

>+ + −

( chuyển vế , qui đồng , tính )

2

2( 6x 2) 0(x 1)(x 3)(x 1)

− −>

+ + − ( rút gọn VT)

6x 2 0(x 1)(x 3)− −

>+ +

với x ≠ 1

( Chia hai vế cho 2

2 0(x 1)

>−

, ∀ x ≠ 1). Lập bảng xét dấu của VT :

x - ∞ - 3 - 1 - 1/3 +∞

- 6x - 2 + + + 0 - x + 1 - - 0 + + x + 3 - 0 + + + VT + || - || + 0 -



17

Căn cứ vào bảng xét dấu , BPT có nghiệm : x 3

1 x 1/ 3< −⎡

⎢− < < −⎣ (*) ( x ≠ 1 ) . Vì điều kiện x ≠ 1 thỏa

trong tập hợp (*) , do đó tập nghiệm là : S = ( - ∞ ; - 3) ∪ ( - 1 ; - 1/3) Dạng toán 3 : Giải hệ bất phương trình 1 ẩn Ví dụ 1 : Giải các hệ bpt sau :

a)

2

2x 1 x 11 (1)3 2

1 1 3x 1 (2)x 1 x x x

− +⎧ > −⎪⎪⎨ −⎪ − <⎪⎩ − −

b) 2

2

1 1 (1)x 3 x 22x 2x 5 3 (2)

x 1

⎧ >⎪⎪ + −⎨

+ −⎪ <⎪⎩ −

Giải a) * Giải (1) : Nhân hai vế cho 6 ( mẫu số chung ) , ta được : BPT 2(2x – 1) > 6 – 3(x + 1) 7x > 5 x > 5/7 * Giải (2) :

(2) 1 3x 1(x 1)x x(1 x)

−<

− −

3x 0x(1 x)

>−

( Chuyển vế , rút gọn )

3 01 x

>−

và x ≠ 0 ( Đơn giản )

x < 1 và x ≠ 0

Vậy hệ có nghiệm : x 5 / 7x 1 5 / 7 x 1x 0

>⎧⎪ < <=> < <⎨⎪ ≠⎩

b) * Giải (1) : (1) 1 1 0x 3 x 2

− >+ −

5 0(x 3)(x 2)

−>

+ −

(x + 3)(x – 2) < 0 - 3 < x < 2

* Giải (2) : (2) 2 2

2

(2x 2x 5) 3(x 1) 0x 1

+ − − −<

−

2

2

x 2x 2 0x 1

− + −<

−

Vì – x2 + 2x – 2 = - (x2 – 2x + 2) < 0 , ∀ x nên : (2) x2 – 1 > 0 x > 1 hay x < - 1 * Trên trục số biểu diễn các tập nghiệm S1 của (1) và S2 của (2) , và lấy phần giao S1 ∩ S2 , ta được nghiệm của hệ : - 3 < x < - 1 hay 1 < x < 2 - ∞ - 3 - 1 1 2



18

Ghi chú : Cách làm như sau: * Vẽ trên trục số các đầu mút khoảng theo thứ tự tăng dần : - 3 < - 1 < 1 < 2 . * Biểu diễn S1 bằng cách gạch bỏ tập hợp 1R

SC ( gạch //// theo qui tắc “ lấy trong bỏ

ngoài “ . Tương tự biểu diễn S2 bằng cách gạch bỏ tập hợp 2RSC ( gạch \\\\\\\\ theo qui tắc “ lấy

ngoài bỏ trong” . Phần không bị gạch bỏ là tập nghiệm của hệ bất phương trình

* Ví dụ 2 : Giải các bất phương trình sau :

a) 2x 4x 3x 1(2x 3)

x 1+ +

− + >−

b) 2 23x 1x 9 x x 9x 5−⎛ ⎞− ≤ −⎜ ⎟+⎝ ⎠

Giải :a) Điều kiện : x – 1 > 0 x > 1 (1) Nhân hai vế cho x 1 0− > , ta được : BPT (x – 1)(2x – 3) > x2 + 4x + 3 2x2 – 5x + 3 > x2 + 4x + 3 x(x – 9) > 0 x < 0 hay x > 9 (2) Từ (1) và (2) , ta được : x > 9 . Bất phương trình có nghiệm x > 9 .

b) Điều kiện : x2 – 9 ≥ 0 x ≤ - 3 hay x ≥ 3 . Chú ý x = ± 3 là nghiệm của bất phương trình . Với x < - 3 hay x > 3 (1) , chia hai vế của bất phương trình cho 2x 9 0− > , ta được :

BPT 3x 1 xx 5−

≤+

3x 1 x(x 5)x 5

− − ++

≤ 0

2(x 1)

x 5− +

+≤ 0

x + 5 > 0 hay x + 1 = 0 x > - 5 (2) Từ (1) và (2) , ta được : - 5 < x < - 3 hay x > 3 . Kết luận : bất phương trình có nghiệm – 5 < x ≤ - 2 hay x ≥ 3

* Ví dụ 3 :

a) Định m để hệ : ⎪⎩

⎪⎨⎧

≤+

≤+−

m1x2

12x1x

có nghiệm

b) Định m để đoạn [ 0 ; 1] thỏa hệ : ⎩⎨⎧

−>−−<−

mx)2x(2)1x(mx)1m(

Giải :

a) Giải 2x02x02x

312x1x

−><=>>+<=>≤+−

<=>≤+− : S1 = ( - 2 ; + ∞ )

Giải 2x +1 ≤ m x ≤ 2

1m − : S2 = ( - ∞ ; 2

1m − ]

Hệ có nghiệm khi : ∅≠∩ 21 SS - 2 < 2

1m − m > - 3

b) Giải (m – 1)x < m(x - 1) - x < - m x > m

Giải 2(x – 2) > x – m x > 4 – m



19

Vậy hệ có tập nghiệm S = (m ; 4 – m )

Để đoạn [ 0 ; 1] thỏa hệ thì [0 ; 1] ⊂ S m < 0 < 1 < 4 – m

0 < m < 3

Dạng 4 : Bất phương trình chứa dấu trị tuyệt đối . • Nếu là dạng cơ bản đã biết thì giải theo công thức :

|f(x)| < g(x) - g(x) < f(x) < g(x)

|f(x)| > g(x) f (x) g(x)f (x) g(x)

>⎡⎢ < −⎣

|f(x)| < |g(x)| f2(x) < g2(x)

• Trong các trường hợp khác , dạng chứa nhiều dấu trị tuyệt đối chẳng hạn , thì ta khử dấu trị

tuyệt theo qui tắc : A khi A 0

| A |A khi A 0

≥⎧= ⎨− <⎩

, rồi giải bất phương trình trên các khoảng dấu .

Cuối cùng hợp các tập nghiệm . Ví dụ 1 : Giải các BPT sau :

a) |2x – 1| < 2x + 3 b) 2x 1 1x−

< c) x 4 xx 1−

>−

Giải a) (Dạng |f(x)| < g(x) ) BPT (2x 3) 2x 1

2x 1 2x 3− + < −⎧⎨ − < +⎩

x 1/ 2

1 3> −⎧

⎨− <⎩ x > - ½

Tập nghiệm là ( - ½ ; + ∞ )

b) ( Dạng |f(x)/ < g(x )) BPT

2x 1 1x

2x 11x

−⎧ <⎪⎪⎨ −⎪− <⎪⎩

x 1 0x

3x 1 0x

−⎧ <⎪⎪⎨ −⎪ >⎪⎩

0 x 1x 0 hay x 1/ 3< <⎧

⎨ < >⎩ 1/3 < x < 1

Tập nghiệm là (1/3 ; 1 )

c) ( Dạng /f(x)/ > g(x) ) BPT

x 4 xx 1x 4 xx 1

−⎡ >⎢ −⎢−⎢ < −⎢⎣ −

2x 2x 4 0 (1)x 1

(x 2)(x 2) 0 (2)x 1

⎡− + −>⎢ −⎢

− +⎢ <⎢⎣ −

* Giải (1) : Vì tử thức < 0 , ∀ x , nên : (1) x – 1 < 0 x < 1

* Giải (2) : Lập bảng xét dấu của VT , ta được nghiệm : 1 x 2x 2< <⎡

⎢ < −⎣

* Vậy nghiệm của BPT là : ⎢⎢⎢

⎣

⎡

−<<<

<

2x2x1

1x x < 2 và x ≠ 1



20

( Chú ý dấu [ (“ hoặc”) chớ không { ( “ và “) . BIều diễn các tập nghiệm và lấy phần hội của các tập nghiệm ) *Ví dụ 2 : Giải các BPT sau :

a) | x 1| 2 1x− +

> b) |x – 3| + |x – 4| < x + 4

Giải : a) Ta có : |x – 1| = x 1 khi x 1

(x 1) khi x 1− ≥⎧

⎨− − <⎩, do đó ta giải BPT trong hai trường hợp :

* x ≥ 1 : BPT x 1 2 x 11 1 0x x

− + +> <=> − >

1 0x> x > 0

Kết hợp với x ≥ 1 , ta được nghiệm x ≥ 1

* x < 1 : BPT 1 x 2 3 x1 1 0x x

− + −> <=> − >

3 2x 0x−

> 0 < x < 3/2

Kết hợp với x < 1 , ta được nghiệm 0 < x < 1

Nghiệm của BPT : x 1

x 00 x 1≥⎡

<=> >⎢ < <⎣

Ghi chú : Hợp của hai tập nghiệm chớ không phải giao !

b) |x – 3| + |x – 4| < x + 4 (1) Để khử đồng thời hai dấu trị tuyệt , ta thường lập bảng sau :

x - ∞ 3 4 + ∞ |x - 3| - x + 3 0 x – 3 | x – 3 |x – 4| - x + 4 | - x + 4 0 x – 4

VT - 2x + 7 | 1 | 2x – 7 Ta giải lần lượt trong các trường hợp sau : * x < 3 : (1) - 2x + 7 < x + 4 x > 1 Kết hợp với x < 3 , ta được : 1 < x < 3

* 3 ≤ x ≤ 4 : (1) 1 < x + 4 x > - 3 Kết hợp với 3 ≤ x ≤ 4 , ta được : 3 ≤ x ≤ 4 .

* x > 4 : (1) 2x – 7 < x + 4 x < 11

Kết hợp với x > 4 , ta được : 4 < x < 11 .

BPT có nghiệm : 1 x 33 x 4 1 x 114 x 11

< <⎡⎢ ≤ ≤ <=> < <⎢⎢ < <⎣

1 3 4 11



21

*Dạng toán 5 : Giải và biện luận bất pt bậc nhất ax > b ( ax ≥ b , ax < b . . . ) đơn giản Xét các trường hợp a > 0 , a < 0 , a = 0 ( Xem A . mục (3) ) Ví dụ 1 : Giải và biện luận các BPT sau theo tham số m : a) (m – 3)x + m2 – 3m > 0 b) m2 (x – 1) ≤ 4( x + m + 1)

c) (m2 + 1)(x + 1) > m (x - 1) Giải : a) BPT (m – 3)x > - m( m - 3) (1)

* m – 3 > 0 m > 3 : (1) x > m(m 3) mm 3

− −= −

−

* m – 3 < 0 m < 3 : (1) x < m(m 3) mm 3

− −= −

−

* m – 3 = 0 m = 3 : (1) 0. x > 0 : BPT vô nghiệm

Kết luận : m > 3 : x > - m m < 3 : x < - m m = 3 : x ∈ ∅

b) Chuyển vế rút gọn , đưa về dạng ax ≤ b :

(m2 – 4)x ≤ m2 + 4m + 4 (m – 2)(m + 2)x ≤ (m + 2)2 (1)

Lập bảng xét dấu của a = (m – 2)( m + 2) nếu cần :

* m > 2 hay m < - 2 : a > 0 , (1) x ≤ 2(m 2) m 2

(m 2)(m 2) m 2+ +

=− + −

* - 2 < m < 2 : a < 0 , (1) x ≥ m 2m 2+−

* m = 2 : (1) 0 .x ≤ 16 x ∈ R * m = - 2 : (1) 0. x ≤ 0 x ∈ R

Kết luận :

m > 2 hay m < - 2 : x ≤ m 2m 2+−

- 2 < m < 2 : x ≥ m 2m 2+−

m = ± 2 : x ∈ R .

c) BPT (m2 – m + 1) x > - m2 - m – 1 ( dạng ax > b) Vì m2 – m + 1 > 0 với mọi m , nên BPT có nghiệm :

x > 1mm1mm

2

2

+−−−− , ∀m

Ví dụ 2 : Định m để hàm số : y = (m 3)x 2m 5− + − xác định với mọi x ≥ - 3

m - ∞ - 2 2 + ∞ m – 2 - | - 0 +

m + 2 - 0 + | +

a + 0 - 0 +



22

Giải Hàm số xác định khi f(x) = (m – 3)x + 2m – 5 ≥ 0 (1)

YCBT [- 3 ; + ∞ ) ⊂ S ( tập nghiệm của (1))

Ta xét các trường hợp sau : • m – 3 = 0 m = 3 : (1) 6 – 5 ≥ 0 x ∈ R . Vậy S = R và YCBT thỏa : nhận m = 3

• m – 3 > 0 m >3 : (1) x ≥ 5 2mm 3−−

.

S = 5 2m[ ; )m 3−

+∞−

.

Vậy YCBT m 3 m 35 2m m 43 0m 3 m 3

> >⎧ ⎧⎪ ⎪<=>− −⎨ ⎨

≤ − ≤⎪ ⎪− −⎩ ⎩

m 3

3 m 4m 4 0>⎧

<=> < ≤⎨ − ≤⎩

Kết luận : 3 ≤ m ≤ 4 C. Bài tập rèn luyện . 4. 16. Xét dấu các biểu thức sau :

a) A = 2x 5 1x 3−

−+

b) B = (x2 – 4x)(x2 + 2x + 3)

c) C = x 5 x 2x 1 x 1+ +

−− +

d) D = | 2x – 4| + x – 8

e) E = 3

2

(3 2x) (x 2)(x 5) (4 3x)− +− −

4. 17. Giải các bpt sau :

a) 3x 6 x 5x 2−

− <+

b) 2

x 4 x 6 3x 1x 2 x 2 x 4+ + +

− ≥− + −

c) (2x2 – 6x + 7)2 ≤ (x2 + x + 7)2 d) 1 1 1 1

x 5 2x 5 x 4 2x 4+ < +

+ − − +

4. 18. Giải các hệ bất phương trình sau :

a) x x2x 1 3⎧ ≥⎪⎨

− >⎪⎩ b(

2 2

1 1x 1 x 3(x 4) (x 2)

⎧ >⎪ − +⎨⎪ + > +⎩

c) 2x 4 x 32x 1 x 1x 2 x 2

− > −⎧⎪⎨ − −

>⎪⎩ − −

d) 2

(2x 1)(x 4) (x 2)(x 2)1 1 2x 5

x 1 x 2 x x 2

− + ≥ − +⎧⎪⎨ −

+ <⎪⎩ − + + −

4. 19. Giải các bất phương trình sau :

(5-2m)/(m-3)

- 3

• m – 3 < 0 m < 3 :

(1) x ≤ 2mm 35−

−

=> S = ( - ∞ ; 2mm 35−

−]

Vậy YCBT không thỏa.

(5-2m)/(m-3)

- 3



23

a) |2x + 7| ≤ | 4 – x| b) | x2 + 3| ≤ (x – 3)(x + 2)

c) 2x x 3

5x 1− +

≥−

d) 2x 5 2x 2−

≤+

* 4. 20. Giải các bất phương trình sau :

a) |2x – 5| - x ≥ | x + 2 | - 4 b) || x – 4| + 6| ≥ x c) x 3 x 1x 2 x 1− +

≤+ −

* 4. 21. Giải và biện luận các bất phương trình sau : a) m(x + m) > 2m(x + 1) b) 2(x – m) – (m + 1)2 ≥ 3 – mx

c) mx

1x≥

−

* 4. 22. Cho (m + 1)x > 2m – 3 (1) a) Định m để (1) thỏa với mọi x . b) Định x để (1) thỏa với mọi m .

* 4. 23 . Định m để hàm số : y = mx m 6− + : a) có miền xác định là [ - 1 ; + ∞ ) b) xác định với mọi x < 1

* 4.24.

a) Tìm giá trị lớn nhất của m để bất phương trình : 3x 2 4x 53x m 2 0

− ≥ − +⎧⎨ + + ≤⎩

có

nghiệm

b) Định m để hệ ⎪⎩

⎪⎨⎧

≠>−

<−

)0m(0m

mxx|1x2|

vô nghiệm

c) Định m để hệ ⎪⎩

⎪⎨⎧

−−−

>−−

)m1x)(2x(

x5xx73

2

có nghiệm .

4 25. Chọn câu đúng : Độ dài của khoảng (a ; b) là b – a . Khoảng dương của biểu thức y = (2x + 8)(1 - x) có độ dài là : a) 3 b) 5 c) 9

d) vô giới hạn

4. 26. Chọn câu đúng : Bất phương trình 2x 9 1x 3+

<−

có bao nhiêu nghiệm nguyên

dương a) 2 b) 3 c) 11

d) vô số

4.27 . Chọn câu đúng : Bất phương trình : x4 ≤ 4x3 có bao nhiêu nghiệm nguyên a) 5 b) 4 c) 2 d) vô số

4. 28. Chọn câu đúng : Nghiệm của bất phương trình :

2 12x 1 3 xx 1

⎧ ≤⎪ − +⎨⎪ <⎩

là :

a) – 1< x < ½ b) ½ < x < 1 c) – 1 < x < 1 d) x ∈ ∅



24

4.29. Chọn câu đúng : Tập hợp những số x sao cho có y thỏa :

4y2 + 4xy + x + 6 = 0 là :

a) x ≤ - 2 hay x ≥ 3 b) x ≤ 2 hay x ≥ 3

c) x ≤ - 3 hay x ≥ 2 d) – 3 ≤ x ≤ 2

4.30. Chọn câu đúng : Nếu x là số sao cho : 2x1< và 3

x1

−> , thế thì :

a) 21x

21

<<− b) x > 21

c) 0x31hay

21x <<−> d) x >

31xhay

21

−<

4.31. Chọn câu đúng : Nghiệm của bất phương trình : 3xx

1x2+>

− là :

a) mọi x b) x ∈ ∅ c) x > 0 d) x < 0

4.32. Chọn câu đúng : Giá trị lớn nhất của m để bất phương trình 2(x – m) ≥ m2( 3 - x) thỏa với mọi x ≥ 3 là một : a) số nguyên lẻ b) số nguyên chẵn c) số hữu tỷ không nguyên d) số vô tỉ C. Hướng dẫn giải hay đáp số . 4. 16. a) A =

x 8x 3−+

b) Vì x2 + 2x + 3 > 0 với mọi x nên dâu của B là dâu của x(x – 4)

c) C = 5x 7

(x 1)(x 1)+

− + d) D =

3x 12 ; x 2x 4 ; x 2− ≥⎧

⎨− − <⎩

e) Dấu của E là dấu của biểu thức : (3 2x)(x 2) (x 5)

4 3x− +

≠−

4.17. a) 2x 4x 16 0 x 2 0 x 2

x 2+ +

> <=> + > <=> > −+

b) x 19

(x 2)(x 2) 0− +

− + ≥ c) (3x2 – 5x + 14)(x2 – 7x) ≤ 0 x(x – 7) ≤ 0

( vì 3x2 – 5x + 14 > 0 , với mọi x )

d) 1 1 1 1 0

x 5 x 4 2x 5 2x 4⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + − <⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ − − +⎝ ⎠ ⎝ ⎠

4. 19. a) 2 2(2x 7) (4 x)+ ≤ − b) 2x 3 (x 3)(x 2)+ ≤ − + vì x2 + 3 > 0 , với mọi x. c) Giải khi x ≥ 0 và giải khi x < 0

d) – 2 ≤ 2x 5 2x 2−

≤+

4.20. a) Giải khi x < - 2 , - 2 ≤ x ≤ 5/2 và x > 5/2 b) * Xét x ≥ 4 : | x + 2 | ≥ x x + 2 ≥ x ( đúng )

x - ∞ - 4 2 4 + ∞ D + 0 - | - 0 +



25

* Xét x < 4 : | 10 – x | ≥ x 10 – x ≥ x x ≤ 5 . Vậy x < 4 Bất phương trình có tập nghiệm là R .

b) BPT 01x1x

2x3x

1x1x

2x3x

≤⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

−+

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+−

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

−+

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+−

0)1x()2x(

)1x7)(5xx2(22

2

≤−+

+−+− x ≥ 1/7 và x ≠ - 2 ; 1

4. 21. a) mx < m2 – 2m • m = 0 : VN • m > 0 : x < m – 2 • m < 0 : x > m – 2

b) (m + 2)x ≥ m2 + 4m + 4 = (m + 2)2 • m = - 2 : x ∈ R • m > - 2 : x ≥ m + 2 • m < - 2 : x ≤ m + 2

c) 0x

1x)m1(≥

−−

• m = 1 : x < 0 • m ≠ 1 : Tử có nghiệm x1 = 1/(1 – m) , mẫu có nghiệm x2 = 0

m > 1 : x1< x2 . Lập bảng xét dấu , BPT có nghiệm

0xm1

1<<

−

m < 1 : x1< x2 . Lập bảng xét dấu , BPT có nghiệm

x < 0 hay x > m1

1−

4. 22. a) m + 1 = 0 và 2m – 3 < 0 m = 1 b) Viết lại (1) : (x – 2)m > - x – 3 : thỏa với mọi m x – 2 = 0 và – x – 3 < 0

x = 2 4. 23 . a) Hàm số xác định khi f(x) = mx – m + 6 ≥ 0 (1)

* Xét m > 0 : D = m 6[ ;

m−

+ ∞ )

* Xét m < 0 : D = ( - ∞ ; m 6]

m−

* Xét m = 0 : D = R

Hàm số có miền xác định là [ 1 ; + ∞ ) m 6 1

m−

= − và m > 0 m = 3

b) Hàm số xác định với mọi x < 1

m 0m 0

m 61m

=⎡⎢ <⎧⎢⎪⎢⎨ −

≤⎢⎪⎩⎣

m ≤ 0

4. 24. a) Giải (1) : x ≥ 1

Giải (2) : x ≤ m 2

3− −

Để hệ có nghiệm thì m 21

3− −

≤ m ≤ - 5

Vậy GTLN để bất phương trình có nghiệm là m = - 5 . b) BPT (1) - x < 2x – 1 < x



26

1/3 < x < 1

Giải BPT (2) :

• m > 0 : (2) x > m : Hệ vô nghiệm khi m ≥ 1

• m < 0 : (2) x < m : Hệ vô nghiệm khi m ≤ 1/ 3 ( thỏa với mọi m < 0 )

Vậy hệ vô nghiệm khi m < 0 hay m ≥ 1 .

c) Hệ ( )

⎪⎩

⎪⎨

⎧

−−−

>−

−+

)2()m1x)(2x(

105x

3x2x

2

2

Lập bảng xét dấu , (1) có nghiệm là : x > 5 hay – 3 < x < 1 • m2 < 1 : (2) có nghiệm là m2 + 1 < x < 2 . Khi đó vì m2 + 1 > 1 nên hệ vô nghiệm • m2 = 1 : (2) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm . • m 2 > 1 : (2) có nghiệm là 2 < x < m2 + 1 . Hệ có nghiệm khi : m2 + 1 > 5 m2 > 4 m > 2 hay m < - 2

4. 25.(b) - 4 < x < 1 4.26. (a) - 12 < x < 3 có 2 nghiệm nguyên dương là 1 và 2 . 4. 27. (a) x3 (x – 4) ≤ 0 0 ≤ x ≤ 4 : 5 nghiệm nguyên 4. 28. (a) Giải (1) : - 3 < x < ½ Giải (2) : - 1 < x < 1 Kết hợp , ta được nghiệm : - 1< x < ½

4.29.(a) Phương trình ẩn y có nghiệm 024x4x4' 2 ≥−−=Δ 4(x – 3(x + 2) ≥ 0 x ≤ - 2 hay x ≥ 3

4.30.(d) 2x1< 0

xx21<

− x < 0 hay x > ½

3x1

−> 0x

x31>

+ x < 3/1− hay x > 0

Kết hợp , ta được : x > ½ hay x < - 1/3

4.31.(c) 3xx

1x2+>

− 0

x1xx 2

<++

x < 0

4.32.(b) 2(x – m) ≥ m2( 3 - x) (2 + m2 ) x ≥ 3m2 + 2m

x ≥ 2mm2m3

2

2

++

YCBT 2mm2m3

2

2

++

≤ 3 m ≤ 3

Vậy giá trị lớn nhất của m là 3 .

§ 4. Bất phương trình bậc nhất hai ẩn A. Tóm tắt giáo khoa . 1. Bất phương trình bậc nhất hai ẩn là bất phương trình có dạng : ax + by < c ( ≤ c , > c , ≥ c ) trong đó a , b , c là các hệ số thực và a , b không đồng thời bằng 0 , x và y là hai ẩn . Cặp số thực (x0 ; y0) thỏa ax0 + by0 ≤ c được gọi là một nghiệm của bất phương trình .



27

2. Biểu diễn tập nghiệm của bất phương trình theo các bước sau : • Bước 1 : Vẽ đường thẳng ∆ : ax + by = c • Bước 2 : Lấy một điểm M(x0

; y0 ) ∉∆ và tính số ax0 + by0 • Bước 3 :

* Nếu ax0 + by0 > c thì nửa mặt phẳng bờ ∆ chứa M là miền nghiệm của

bất phương trình ax + by > c

* Nếu ax0 + by0 < c thì nửa mặt phẳng bờ ∆ chứa M là miền nghiệm của

bất phương trình ax + by < c

Ta gạch chéo bỏ miền không thỏa , miền trắng còn lại là miền nghiệm của bất phương trình Ghi chú : Nếu ∆ không qua O , ta thường chọn M là O . 3. Biểu diễn tập nghiệm của hệ như sau ;

• Bước 1 : Biểu diễn tập nghiệm của bất phương trình (1)

• Bước 2 : Biểu diễn tập nghiệm của bất phương trình (2) trên cùng hệ trục tọa độ • Bước 3 : Miền trắng còn lại là miền nghiệm của hệ .

B. Giải toán . Dạng toán 1 : Giải bất phương trình

Ví dụ : Giải các bất phương trình sau : a) 3(x – y) + 5 > 2( x – 2y) + 8 b) (x – 2)(2x + 3y – 12) < 0 c) x2 + 2xy – 3y2 > 0 Giải a) BPT 3x – 3y + 5 > 2x – 4y + 8 x + y > 3 Vẽ ∆ : x + y = 3 qua hai điểm ( 0 ; 3) và (3 ; 0) Chọn O(0 ; 0) : 0 + 0 < 3 => gạch bỏ nửa mặt phẳng chứa O , miền còn lại là miền nghiệm của bất phương trình x + y > 3

x

y

O

x + 2y > 4

Gạch bỏ miền nghiệm của bất phương trình x + 2y < 4 , ta được nửa mặt phẳng trắng là miền nghiệm của bất phương trình x + 2y > 4

x

y

OGạch bỏ các miền x + 2y < 4 và 2x – y < - 1 , ta được miền nghiệm của hệ bất phương trình x + 2y > 4 và 2x – y > - 1

x 2y 42x y 1+ >⎧

⎨ − > −⎩

x

y

O

x + y > 3



28

b) Vẽ ∆1 : x = 2 , đường thẳng song song với Oy và qua điểm (2 ; 0) Vẽ ∆2 : 2x + 3y = 12 qua hai điểm (0 ; 3) và (6 ; 0) Hai đường thẳng chia mặt phẳng làm bốn miền ,đánh dấu từ I đến IV như trong hình . Xét điểm O (0 ; 0) :

• Với ∆ 1: Ta có 0 < 2 => miền (I) và (IV) thỏa x – 2 < 0 ( nửa mặt phẳng

chứa O bờ ∆ 1 ) , suy ra miền (II) , (III) thỏa x – 2 > 0

• Với ∆ 2: Ta có 2.0 + 3.0 <12 => miền (I) và (II) thỏa 2x + 3y – 12 < 0 ( nửa mặt phẳng chứa O bờ ∆ 2 ) , suy ra miền (III) và (IV) thỏa 2x + 3y – 12 > 0

Vì BPT

x 2 02x 3y 12 0

x 2 02x 3y 12 0

⎡ − >⎧⎨⎢ + − <⎩⎢⎢ − <⎧⎢⎨ + − >⎢⎩⎣

nên miền nghiệm của BPT là

miền (II) và (IV) . Ghi chú : (1) Ta có thể lập bảng xét dấu như trong trường hợp tích hai nhị thức , như sau :

(x ; y) (I) (II) (III) (IV) x – 2 - + + -

2x + 3y - 12 - - + + VT + - + -

Căn cứ vào bảng xét dấu , miền nghiệm của bất phương trình là (II) ∪ (IV) . c) Xem VT là đa thức theo x , hệ số là y , tính x theo y , ta phân tích được : (x - y)(x + 3y) > 0 Vẽ ∆1 : x – y = 0 qua O và A(1 ; 1) . Vẽ ∆2 : x + 3y = 0 qua O và B(3 ; - 1) . Hai đường thẳng chia mặt phẳng làm bốn miền ,đánh dấu từ I đến IV như trong hình . Xét điểm M(1 ; 0) :

• Với ∆ 1: Ta có 1 – 0 > 0 => miền (I) và (IV) thỏa x – y > 0 • Với ∆ 2: Ta có 1. + 3.0 > 0 => miền (I) và (II) thỏa x + 3y > 0

Căn cứ vào bảng xét dấu , miền nghiệm của bất phương trình là (I) ∪ (III) Cách khác : Chọn 4 điểm trong 4 miền và thử dấu của biểu thức tại 4 điểm đó .

(x ; y) (I) (II) (III) (IV) x - y + - - +

x + 3y + + - - VT + - + -

x

y

O

(I))

(II)

(III)

(IV)

∆1 ∆2

x

y

O

M (I)

(II)

(III) (IV)

(∆1)

(∆2)



29

x

y

O

(I)

(II)

(III)

(IV) (∆1)

(∆2)

x O

(I)

(II)

(III)

(∆1)

(∆2)

y

. Dạng 2 : Giải hệ bất phương trình Ví dụ 1 : Giải các hệ sau :

a) x 3y 3 02x y 2 0+ + >⎧

⎨ − − >⎩ b) x 2y 3+ <

Giải a) Vẽ ∆1 : x + 3y + 3 = 0 qua hai điểm (0 ; - 1) và (- 3 ; 0) . Vẽ ∆2 : 2x - y – 2 = 0 qua hai điểm (0 ; - 2) và (1 ; 0) Hai đường thẳng chia mặt phẳng làm bốn miền ,đánh dấu từ I đến IV như trong hình . Xét điểm O(0 ; 0) :

b) BPT x 2y 3x 2y 3+ <⎧

⎨ + > −⎩

Vẽ ∆1 : x + 2y = 3 qua hai điểm (0 ; 3/2) và (3 ; 0) . Vẽ ∆2 : x + 2y = - 3 qua hai điểm (0 ; -3/ 2) và (- 3 ; 0) .

Hai đường thẳng này song song , chia mặt phẳng làm ba miền ,đánh dấu từ I đến III như trong hình . Xét điểm O(0 ; 0) : * Ví dụ 2 : Một nghiên cứu cho kết quả như sau : Một người có thể tiếp nhận mỗi ngày không quá 600 đơn vị vitamin A và không quá 500 đơn vị vitamin B. Một ngày mỗi người cần từ 400 đến 1000 đơn vị vitamin cả A lẫn B .

• Với ∆ 1: Ta có 0 + 3.0 + 3 > 0 => xóa nửa mặt phẳng không chứa O [miền (III) và (IV) ]

• Với ∆ 2: Ta có 2.0. – 0 - 2 < 0 => xóa

nửa mặt phẳng chứa O [miền (II) và (III)]

Miền (I) là miền nghiệm của hệ .

• Với ∆1 : 0 + 2.0 < 3 => xóa nửa mặt phẳng không chứa O .

• Với ∆2 : 0 + 2.0 > - 3 => xóa nửa mặt phẳng không chứa O . Vậy miền (II) là miền nghiệm của hệ .



30

Do tác động phối hợp của hai loại vitamin , mỗi ngày số đơn vị vitamin B phải không ít hơn ½ số đơn vị vitamin A nhưng không nhiều hơn ba lần số đơn vị vitamin A. Gọi x, y lần lượt là số đơn vị vitamin A và B mà bạn dùng mỗi ngày . a) Lập hệ bất phương trình biểu thị các điều kiện (i) , (ii) và (iii) và biểu diễn miền nghiệm của hệ . b) Gọi c là số tiền mua vitamin mà bạn phải trả ( tính bằng đồng ) , tính c theo x và y biết giá mỗi đơn vị vitamin A là 9 đồng và vitamin B là 12 đồng . c) Cùng trên mặt phẳng tọa độ , hãy vẽ các đường biểu diễn x, y trong trường hợp số tiền phải trả c là 7200 . d) Tìm x, y sao cho các điều kiện trên thỏa mãn với số tiền phải trả là ít nhất. Giải a) (i) 0 ≤ x ≤ 600 và 0 ≤ y ≤ 500 (ii) 400 ≤ x + y ≤ 1000 (iii) ½ x ≤ y ≤ 3x x – 2y ≤ 0 và 3x – y ≥ 0

• Biểu diễn (i) : Vẽ các đường thẳng ∆1 : x = 0 ( trục tung) và ∆2 : x = 600 Và các đường thẳng ∆3 : y = 0 ( trục hòanh) và ∆4 : y = 500 .Miền nghiệm của (i) là phần hình chữ nhật giới hạn bởi các đường thẳng trên .

• Biểu diễn (ii) : Vẽ các đường thẳng d1 : x + y = 400 , d2 : x + y = 1000 ( hai đường thẳng song song ) . Miên nghiệm là băng giới hạn bởi d1, d2 .

• Biều diễn (iii) : Vẽ các đường thẳng l1 : x – 2y = 0 và l2 : 3x – y = 0 . Miền nghIệm là góc nhọn đỉnh O tạo bởi l1 , l2 .

Miền trắng còn lại là miền nghiệm của hệ (i) , (ii) và (iii) .

b) c = 9x + 12y

c) Vẽ t0 : 9x + 12y = 7200 qua hai điểm (0 ; 600) và (800 ; 0) . Phần giao của đường thẳng t và miền nghiệm là đoạn thẳng mà mỗi điểm trên đó có tọa độ (x ; y) , trong đó số x đơn vị vitamin A và y đơn vị vitamin B ứng với sốn tiền 7200 đồng .

d) Đường thẳng t : 9x + 12y = c song song với t0 ở câu (c) , cắt Oy tại (0 ; c/12) , cắt Ox tại (c/9 ; 0) . c càng nhỏ khi t càng gần O nhưng phải có điểm chung với miền nghiệm của hệ điều kiện . Căn cứ vào hình vẽ , c nhỏ nhất ứng với đường thẳng t qua đỉnh A , giao điểm của x – 2y = 0 và x + y = 400 . Giải hệ này ta được : x = 800/3 , y = 400/3 . Vậy khi dùng mỗi ngày 800/3 đơn vị vitamin A và 400/3 đơn vị vitamin B là tốn phi ít nhất.. C. Bài tập rèn luyện 4. 33. Giải các phương trình sau :

a) 3x y x y 3

2+

< − + b) x2 – 4y2 > 0 c) 2x y 4 0

x y+ −

≥−

4. 34. Giải các bất phương trình sau : a) |2x + y – 2 | < x + y b) |x| - |y| ≥ 1 c) |x| + |y| ≤ 3 4.35. Giải các hệ sau

x

y

O

t A



31

a) 3x y 3 02x y 2 0

− + >⎧⎨ + + <⎩

b)

x 2y 4 0x 2y 2 0x 3

⎧ + − <⎪

+ + >⎨⎪ <⎩

4.36. Giải các hệ sau :

a)

3y 5y 2x 114y x 9

<⎧⎪ + <⎨⎪ + >⎩

( x , y ∈ Z) b)

2x y 4 x 23x y 5 3

x 2y

⎧ − + < +⎪

+ +⎨<⎪ +⎩

* 4.37. a) Biểu diễn tâp nghiệm của hệ bất phương trình :

2x y 2x 2y 2x y 5

− + ≤ −⎧⎪ − ≤⎨⎪ + ≤⎩

(1)

b) Tìm (x ; y) thỏa (1) sao cho biểu thức m = y –

x đạt giá trị nhỏ nhất

4.38. Chọn câu đúng : Miền nào là miền nghiệm của hệ bất phương trình :

x 3y 6 0x y+ − >⎧

⎨ >⎩

a) (I) b) (II) c) (III) d) (IV) 4.39. Chọn câu đúng : Miền nào là miền nghiệm của hệ bất phương trình : | 2x y 6 | x y− − < − a) (I) b) (II) c) (III) d) (IV) 4.40. Chọn câu đúng : Hệ bất phương trình sau có bao nhiêu nghiệm (x ; y) và x , y đều nguyên .

x y 5x 1y 1

+ <⎧⎪ >⎨⎪ > −⎩

a) 5 b) 6 c) 7 d) vô số D. Hướng dẫn – Đáp số . 4. 33. a) x + 3y < 6 . Miền nghiệm là miền chứa gốc O , bờ là đường thẳng ∆ : x + 3y = 6

b) (x – 2y)(x + 2y) < 0 . Hai đường thẳng ∆1 : x – 2y = 0 và ∆2: x + 2y = 0 chia mặt phẳng làm 4 miền . Chọn các điểm A(2 ; 0) , B(0 ; 1) , C( - 2; 0) và D(0 ; - 1) trong 4 miền , miền nghiệm là miền chứa điểm B và D . c) Hai đường thẳng ∆1 : 2x + y – 4 = 0 và ∆2 : x – y = 0 chia mặt phẳng làm 4 miền . Miền nghiệm là miền chứa điểm (3 ; 0) và (0 ;1)

4. 34. b) Miền nghiệm là miền tô xám .

y = x -1

y = 1 - x

y = - x -1

y = 1 + x

O

x

y

(I)

(II)(III)

(IV)

Ox

y (I)

(II)

(III)

(IV)



32

* Xét x ≥ 0 và y ≥ 0 : x – y ≥ 1 => miền nghiệm là góc nhọn tạo bởi đường thẳng x – y = 1 và tia Ox. * Xét x ≥ 0 và y ≤ 0 : x + y ≥ 1 => miền nghiệm là góc nhọn tạo bởi đường thẳng x + y = 1 và tia Ox . * Với các trường hợp còn lại ta có miền đối xứng với miền đã xét qua gốc O. c) Miền nghiệm là miền tô xám * Xét x ≥ 0 và y ≥ 0 : x + y ≤ 3 => miền nghiệm là tam giác tạo bởi góc phần tư thứ nhất và đường thẳng x + y = 3 . * Xét x ≤ 0 và y ≥ 0 : - x + y ≤ 3 => miền nghiệm là tam giác tạo bởi góc phần tư thứ hai và đường thẳng - x + y = 3 .

* Tương tự với các trường hợp còn lại . Ta được một hình vuông như trong hình . 4.37. a) Tập nghiệm là miền tam giác tạo bởi ∆1 : - 2x + y = - 2 , ∆2: x – 2y = 2 và ∆3 : x + y = 5 . Đường thẳng d : y – x = m có phương không đổi , cắt Oy tại điểm m . m nhỏ nhất khi d qua A ( 1 ; 4) , giao điểm của ∆2 và ∆3

. Khi đó : m = 4 – 1 = 3 . Vậy GTNN của m là 3 khi x = 1 và y = 4 . 4.38.(b) 4.39.(c)

4.40.(b) Vẽ ∆1 : x + y = 5 , ∆2 : x = 1 và ∆3 : y = - 1 trong giấy ô vuông . Miền nghiệm là miền trong tam giác tạo bởi 3 đường thẳng . Đếm các đỉnh của ô trong miền nghiệm , có tất cả 6 nghiệm nguyên.

§ 5. Tam thức bậc hai

A. Tóm tắt giáo khoa . 1. Cho tam thức f(x) = ax2 + bx + c ( a ≠ 0) ∆ = b2 – 4ac

• Nếu ∆ < 0 thì f(x) cùng dấu với a , ∀ x .

• Nếu ∆ = 0 thì f(x) có nghiệm kép x = - b2a

và f(x) cùng dấu với a , ∀ x ≠ - b2a

• Nếu ∆ > 0 thì f(x) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ( x1 < x2 ) và * f(x) cùng dấu với a với mọi x ngoài đoạn [x1 ; x2] * f(x) trái dấu với a với mọi x trong khoảng (x1 ; x2) 2. Giải bất phương trình bậc hai : f(x) = ax2 + bc + c > 0 Tính a , ∆ và hai nghiệm x1 ≤ x2 của tam thức nếu có :

• Nếu a > 0 thì tập nghiệm là : ∆ > 0 : S = ( - ∞ ; x1) ∪ ( x2 ; + ∞ )

x - ∞ x1 x2 + ∞ f(x) cùng 0 trái 0 cùng

dấu a dấu a dấu a

- 3 3

- 3

3

m

y - x = m

A

B

C



33

∆ < 0 : S = R ∆ = 0 : S = R \ { - b/2a}

• Nếu a < 0 thì tập nghiệm là :

∆ > 0 : S = ( x1 ; x2 ) ∆ ≤ 0 : S = ∅

Tương tự với các trường hợp khác Ghi nhớ : Khi xét dấu của tam thức , ta nhớ “ Trong trái , Ngoài cùng “ ( Với x ở trong khoảng hai nghiệm thì tam thức trái dấu với a ,với x ở ngoài khoảng hai nghiệm thì tam thức cùng dấu với a ). Còn khi giải bất phương trình bậc hai thì nhớ ngược lại “ Trái trong , Cùng ngoài “Với tam thức trái dấu với a thì x ở trong khoảng hai nghiệm, với tam thức cùng dấu với a thì x ở ngoài khoảng hai nghiệm ) B. Giải toán . Dạng toán 1 : Xét dấu của tam thức , tích hay thương của các tam thức , nhị thức

Ví dụ 1 : Xét dấu các biểu thức sau : a) f(x) = 2x2 – 3x – 2 b) f(x) = - 3x2 + 7x - 5

c) f(x) = (3x – 2)(5 – x) d) f(x) = 3 - 2x 5x 2−+

Giải a) f(x) là tam thức có : a = 2 > 0 , 2 nghiệm x1 = - ½ , x2 = 2 Dấu của f(x) cho bởi bảng sau .

x - ∞ - 1/2 2 + ∞ f(x) + 0 - 0 +

b) f(x) = - 3x2 + 7x – 5 có a = - 3 < 0 và ∆ = - 11 < 0 => f(x) < 0 ∀ x . c) f(x) = (3x – 2)(5 – x) (khi khai triển là một tam thức) có a = - 3 , x1 = 2/3 , x2 = 5 ( là hai nghiệm của nhị thức tạo thành )

x - ∞ 2/3 5 + ∞ f(x) - 0 + 0 -

d) f(x) = 3 - 2x 5 x 11x 2 x 2− +

=+ +

có dấu như dấu của tích (x +11)(x + 2) , với a = 1 > 0 , x1 = -

11 , x2 = - 2 . Chú ý f(x) không xác định khi x = - 2 .

x - ∞ - 11 -2 + ∞ f(x) + 0 - || +



34

Ví dụ 2 : Xét dấu các biểu thức sau :

a) f(x) = 3x 2 x 22x 1 x 1

+ −−

+ − b) f(x) = (3x2 + x – 2)2 – (x2 – x – 7)2

c) f(x) = (|2x – 2| - 1)[|x2 – 2x + 4| - x2 + x]

Giải a) f(x) = (3x 2)(x 1) (2x 1)(x 2)(2x 1)(x 1)

+ − − + −+ −

= 2x 2x

(2x 1)(x 1)+

+ −

Tam thức x2 + 2x có a = 1 > 0 , x1 = 0 , x2 = - 2 Tam thức (2x + 1)(x – 1) có a = 2 > 0 , x1 = - ½ , x2 = 1 Dấu của f(x) cho bởi bảng sau : b) f(x) = (3x2 + x – 2)2 – (x2 – x – 7)2 = (3x2 + x – 2 + x2 – x – 7)(3x2 + x – 2 – x2 + x + 7) = (4x2 – 9)(2x2 + 2x + 5) Tam thức 4x2 – 9 có a = 4 > 0 . x1 = 2/3 , x2 = - 2/3 Tam thức 2x2 + 2x + 5 có a = 2 > 0 và ∆’ = 1 – 10 = - 9 < 0 nên dương ∀ x . Do đó dấu của f(x) là dấu của 4x2 – 9 , cho bởi bảng xét dấu sau : c) f(x) = (|2x – 2| - 1)[|x2 – 2x + 4| - x2 + x ] Vì |2x – 2| + 1 > 0 , ∀ x nên dấu của |2x – 2| - 1 là dấu của : (|2x – 2| - 1)(|2x – 2| + 1) = (2x – 2)2 – 1 = (2x – 1)(2x – 3)

Vì x2 – 2x + 4 > 0 , ∀ x ( a > 0 , ∆ < 0 ) nên | x2 – 2x + 4| = x2 – 2x + 4

Suy ra : |x2 – 2x + 4| - x2 + x = x2 – 2x + 4 – x2 + x = - x + 4 Dấu của f(x) là dấu của (2x – 1)(2x – 3)( - x + 4) cho bởi bảng sau : Dạng toán 2 : Giải bất phương trình hữu tỉ Phương pháp chung : Gồm các bước sau :

Biến đổi bất phương trình về dạng : f(x) < 0 ( ≤ 0 , > 0 , . . ) trong đó f(x) là tích , thương các nhị thức , tam thức .

Lập bảng xét dấu của f(x) . Căn cứ vào bảng xét dấu rút ra tập nghiệm của bất phương trình .

Trong một số trường hợp ta phải đặt ẩn số phụ t trước khi tiến hành như trên .

x - ∞ - 2 - ½ 0 1 + ∞ x2 + 2x + 0 - | - | + | +

(2x+1)(x - 1) + | + 0 - | - 0 + F(x) + | - || + | - || +

x - ∞ - 2/3 2/3 + ∞ f(x) + 0 - 0 +

x - ∞ 1/2 3/2 4 + ∞ (2x – 1)(2x – 3) + 0 - 0 + | +

- x + 4 + | + | + 0 - f(x) + 0 - 0 + 0 -



35

Ví dụ 1 : Giải các bất phương trình sau : a) 2x2 + 3x – 2 > 0 b) – 3x2 + 5x – 2 ≥ 0 c) 4x2 – 11x + 8 ≤ 0

d) – 5x2 + 12x – 8 ≤ 0 e) 2x 1 3x−

≥ f) (4x – 3)2 ≥ (3x + 1)2

Giải a) Tam thức f(x) = 2x2 + 3x – 2 có a > 0 , x1

= ½ và x2 = - 2 , do đó : f(x) > 0 x < - 2 hay x > ½ ( f(x) cùng dấu a nên lấy x ở ngỏai khoảng 2 nghiệm )

b) Tam thức f(x) = - 3x2 + 5x – 2 có a < 0 , x1 = 1 và x2 = 2/3 , do đó :

f(x) ≥ 0 2/3 ≤ x ≤ 1 ( f(x) trái dấu a nên lấy x ở khoảng giữa hai nghiệm )

c) Tam thức f(x) = 4x2 - 11x + 8 có a > 0 , ∆ = - 7 < 0 nên f(x) > 0 , ∀ x Do đó : f(x) ≤ 0 x ∈ ∅

d) Tam thức f(x) = - 5x2 + 12x – 8 có a < 0 , ∆’ = - 4 < 0 nên f(x) < 0 , ∀ x Do đó : f(x) ≤ 0 x ∈ R .

e) BPT 2x 1 x 13 0 0x x− − −

− ≥ <=> ≥ (trái dấu với a= - 1 )

- 1 ≤ x < 0 .

f) (4x – 3)2 ≥ (3x + 1)2 (4x – 3)2 - (3x + 1)2 ≥ 0 (4x – 3 + 3x + 1)(4x – 3 – 3x – 1) ≥ 0 (7x – 2)(x – 4) ≥ 0 ( cùng dấu a = 7) x ≤ 2/7 hay x ≥ 4

Ví dụ 2 : Giải các bất phương trình sau :

a) 1 2x x 2<

− b) x 4 2

x 2 x 1+

<− +

c) 1 1 1 1x 1 x 2 x 1 x

+ ≥ ++ − −

Giải a) BPT 1 2 x 20 0x x 2 x(x 2)

− −− < <=> <

− −

Lập bảng xét dấu của VT : Căn cứ vào bảng xét dấu , bất phương trình có nghiệm : - 2 < x < 0 hay x > 2

b) BPT x 4 2 0x 2 x 1+

− <− +

(x 1)(x 4) 2(x 2) 0(x 2)(x 1)

+ + − −<

− +

2x 3x 8 0

(x 2)(x 1)+ +

<− +

Vì tam thức x2 + 3x + 8 có a > 0 , ∆ < 0 nên luôn dương , do đó : BPT (x – 2)(x + 1) < 0 - 1 < x < 2

x - ∞ - 2 0 2 + ∞ - x – 2 + 0 - | - | -

x(x – 2) + | + 0 - 0 + VT + 0 - || + || -



36

c) BPT 1 1 1 1x 1 x 1 x x 2

− ≥ −+ − −

2 2

2 2x 1 x 2x− −

≥− −

2 2

2 2 0x 1 x 2x−

+ ≥− −

2 2

2 2

2(x 2x) 2(x 1) 0(x 1)(x 2x)

− − + −≥

− − 2 2

4x 2 0(x 1)(x 2x)

−≥

− −

Lập bảng xét dấu của VT :

x - ∞ - 1 0 1/2 1 2 + ∞ 4x – 2 - 0 - | - 0 + | + | + x2 – 1 + 0 - | - | - 0 + | + x2 – 2x + | + 0 - || - | - 0 +

VT - || + || - 0 + || - || + Căn cứ vào bảng xét dấu , bất phương trình có nghiệm : - 1< x < 0 hay ½ ≤ x < 1 hay x > 2

Ví dụ 3 : Giải bất phương trình

a) x2 + x ≤ 2

142x 2x 3+ +

b) (x + 2)2 (x – 1)(x + 5) + 8 ≥ 0

Giải

a) Chú ý 2x2 + 2x + 3 > 0 , ∀ x nên :BPT (x2 + x)(2x2 + 2x + 3) ≤ 14 . Đặt t = x2 + x , BPT t (2t + 3) ≤ 14 2t2 + 3t – 14 ≤ 0 Tam thức f(t) có a = 2 > 0 , t1 = 2 , t2 = - 7/2

BPT - 7/2 ≤ t ≤ 2 2

2

x x 7 / 2 0x x 2 0

⎧ + + ≥⎪⎨

+ − ≤⎪⎩

x R

2 x 1∈⎧

⎨− ≤ ≤⎩ - 2 ≤ x ≤ 1

b) BPT (x + 2)2 (x2 + 4x – 5) + 8 ≥ 0 (x + 2)2 [(x + 2)2 – 9] + 8 ≥ 0 Đặt t = (x + 2)2 ≥ 0 : t(t – 9) + 8 ≥ 0 t2 – 9t + 8 ≥ 0

t ≤ 1 hay t ≥ 8 2

2

(x 2) 1(x 2) 8

⎡ + ≤⎢

+ ≥⎣

1 x 2 1

2 2 x 2 2 2

− ≤ + ≤⎡⎢− ≤ + ≤⎣

3 x 1

2 2 2 x 2 2 2

− ≤ ≤ −⎡⎢− − ≤ ≤ − +⎣

*Dạng toán 3 : Giải và biện luận bất phương trình bậc hai . Ta phải xét dấu của a và ∆ Tùy theo dấu của chúng , ta giải bất phương trình trên những khoảng dấu khác nhau . Kết luận

Ví dụ 1: Giải và biện luận bất phương trình theo m : a) (m2 + 1)x2 – 2(m + 1)x + 1 > 0

b) (m – 1)x2 - 2mx + m + 3 ≤ 0 c) 3x m 13 x−

>−



37

Giải a) f(x) = (m2 + 1)x2 – 2(m + 1)x + 1 > 0 a = m2 + 1> 0 ∀m , ∆’ = 2m

• m < 0 : a 0

0>⎧

⎨Δ <⎩ => f(x) > 0 , ∀ x . Vậy bất phương trình có tập nghiệm là R.

• m = 0 : a 0

0>⎧

⎨Δ =⎩ => f(x) có nghiệm kép x = 2

m 1 1m 1

+=

+=> f(x) ≥ 0 , ∀ x . Vậy bất phương

trình có nghiệm x ≠ 1 . ( Có thể thế m = 0 và giải trực tiếp x2 – 2x + 1 > 0 (x – 1)2 > 0 x ≠ 1 .

• m > 0 : a 0

0>⎧

⎨Δ >⎩ => f(x) có hai nghiệm : x1 = 2

m 1 mm 1+ −

+, x2 = 2

m 1 mm 1+ +

+ ( x1 < x2) . Bất

phương trình có nghiệm : x < x1 hay x > x2 . • Kết luận :

m < 0 : x ∈ R m = 0 : x ∈ R \ {1}

m > 0 : x < 2

m 1 mm 1+ −

+ hay x > 2

m 1 mm 1+ +

+

b) f(x) = (m – 1)x2 - 2mx + m + 3 ≤ 0 (I). Xét m – 1 = 0 m = 1 : BPT thành - 2x + 4 ≤ 0 x ≥ - 2 (II). Xét m – 1 ≠ 0 m ≠ 1 : Ta có a = m – 1 , ∆’ = m2 - (m – 1)(m + 3) = - 2m + 3 Bảng xét dấu của a và ∆ : Ta xét các trường hợp sau :

• m > 3/2 : a 0

0>⎧

⎨Δ <⎩ => f(x) > 0 , ∀ x . Vậy bất phương trình f(x) ≤ 0 vô nghiệm

• 1 < m < 3/2 : a 0

0>⎧

⎨Δ >⎩ => f(x) có hai nghiệm x1 = m 3 2m

m 1− −

− và x2 = m 3 2m

m 1+ −

− ( x 1 <

x2 vì a > 0 ) BPT f(x) ≤ 0 x1 ≤ x ≤ x2

• m < 1 : a 0

0<⎧

⎨Δ >⎩ => f(x) có hai nghiệm x1 = m 3 2m

m 1− −

− và x2 = m 3 2m

m 1+ −

− ( x 2 > x1 vì

a < 0 ) BPT f(x) ≤ 0 x ≤ x2 hay x ≥ x1

• m = 3/2 : BPT thành ½ x2 – 3x + 9/2 ≤ 0 x2 – 6x + 9 ≤ 0 ( x - 3)2 ≤ 0 x = 3 Kết luận : m = 1 : x ≥ - 2 m = 3/2 : x = 3

m - ∞ 1 3/2 + ∞ a - 0 + | + ∆ + | + 0 -



38

m > 3/2 : x ∈ ∅

1 < m <3/2 : m 3 2mm 1

− −−

≤ x ≤ m 3 2mm 1

+ −−

m < 1 : x ≤ m 3 2mm 1

+ −−

hay x ≥ m 3 2mm 1

− −−

c) 3x m 13 x−

>−

BPT 3x m 1 03 x−

− >−

4x m 3 0x 3− −

>− +

Ta có : 4x –m – 3 = 0 x1 = m 34+ ( nghiệm nhị thức tử)

- x + 3 = 0 x2 = 3 ( nghiệm nhị thức mẫu ) Dấu của VT là dấu của tam thức (4x – m – 3)(- x + 3) với hệ số a = - 4 < 0 . Do đó BPT thỏa với mọi x ∈ khoảng giữa hai nghiệm , nếu có . Ta xét các trường hợp sau :

• x1 < x2 m 34+ < 3 m < 9 : BPT có nghiệm x1 < x < x2

• x1 > x2 m 34+ > 3 m > 9 : BPT có nghiệm x2 < x < x1

• x1 = x2 m = 9 : BPT vô nghiệm . Kết luận :

m < 9 : m 34+ < x < 3

m > 9 : 3 < x < m 34+

m = 9 : x ∈ ∅ Ví dụ 2 : Định m để bất phương trình sau thỏa với mọi x ∈ [0 ; + ∞ ) (mx – 3)2 ≥ (x + m)2 (1) Giải Ta có : (1) (mx – 3)2 – ( x + m)2 ≥ 0 (mx – 3 + x + m)(mx – 3 – x – m) ≥ 0 [(m + 1)x + m – 3][(m – 1)x – m – 3 ] ≥ 0 Ta xét các trường hợp sau :

• m + 1 = 0 m = - 1 : BPT ( - 4)(- 2x – 2) ≥ 0 2x + 2 ≥ 0 x ≥ - 1 (1) có tập nghiệm là S = [ - 1 ; + ∞ ) . Vì [0 ; + ∞ ) ⊂ S nên BPT thỏa ∀ x ∈ [ 0 ; + ∞ ) : nhận m = - 1 .

• m -1 = 0 m = 1 : BPT (2x – 2)( - 4 ) ≥ 0 2x – 2 ≤ 0 x ≤ 1 (1) có tập nghiệm là S = [ - ∞ ; 1 ] . Vì [0 ; + ∞ ) ⊄S nên YCBT không thỏa : loại m = 1 .

• m ≠ ± 1 : Lúc này tam thức có hai nghiệm là : x1 = 23 m m 3; xm 1 m 1− +

=+ −

và có hệ số a = (m +

1)(m – 1) Nếu a < 0 thì S = [x1 ; x2 ] hay S = [x2 ; x1 ] . Trong cả hai trường



39

hợp này ta không thể có [0 ; + ∞ ) ⊂ S .

Nếu a > 0 thì BPT thỏa với mọi x ∈ R \ (x1 , x2 ) hay R \ (x2 ; x1) . Trong trường hợp này YCBT thỏa khi và chỉ khi

1

2

3 m 0m 1x 0m 3x 0 0m 1

a (m 1)(m 1) 0 m 1 hay m 1

−⎧ ≤⎪ +≤⎧ ⎪+⎪ ⎪≤ <=> ≤⎨ ⎨ −⎪ ⎪= + − >⎩ < − >⎪

⎪⎩

m 1 hay m 3

3 m 1m 1 hay m 1

< − ≥⎧⎪− ≤ <⎨⎪ < − >⎩

- 3 ≤ m < - 1 x1 ( hay x2) x2 ( hay x1)

Cùng với m = - 1 , ta có : - 3 ≤ m ≤ - 1.

Dạng toán 4 : Giải hệ bất phương trình bậc hai

Ví dụ 1 : Giải các hệ bất phương trình sau

a) 2

2

x 2x 41 2x 1+ +

− < <+

b) 2

x 82x 4x 2

x 3x 4 0

+⎧ + >⎪ +⎨⎪ + − <⎩

Giải

a) Hệ

2

2

2

2

x 2x 4 1x 1

x 2x 4 2x 1

⎧ + +> −⎪⎪ +

⎨+ +⎪ <⎪⎩ +

2 2

2 2

x 2x 4 x 1x 2x 4 2x 2

⎧ + + > − −⎪⎨

+ + < +⎪⎩ ( vì x2 + 1 > 0 ,∀ x)

2

2

2x 2x 5 0x 2x 2 0

⎧ + + >⎪⎨

− − >⎪⎩

x R

x 1 3 hay x 1 3

∈⎧⎪⎨

< − > +⎪⎩

Hệ có nghiệm x < 1 – 3 hay x > 1 + 3 .

b) * Giải (1) : (1) (2x 4)(x 2) (x 8) 0x 2

+ + − +>

+

22x 7x 0

x 2+

>+

Lập bảng xét dấu : Vậy (1) - 7/2 < x < - 2 hay x > 0

x - ∞ - 7/2 - 2 0 + ∞ 2x2 + 7x + 0 - | - 0 +

x + 2 - | - 0 + | + VT - 0 + || - 0 +

O



40

* Giải (2) : (2) (x – 1)(x + 4) < 0 - 4 < x < 1 * Kết hợp , hệ bất phương trình có nghiệm : - 7/2 < x < - 2 hay 0 < x < 1

* Ví dụ 2 : Định m để các hệ sau có nghiệm :

a) 4 2

mx 22 mx 1

x x 12

−⎧ + <⎪ +⎨⎪ > +⎩

b)

2 2x 2mx m m 1 02x 1 x 3x 1 x

⎧ − − + − >⎪⎨ − −

>⎪⎩ +

Giải : a) * Giải (2) : (2) x4 – x2 – 12 > 0 (x2 + 3)(x2 – 4) > 0 x2 – 4 > 0 x < - 2 hay x > 2

* Giải (1) : (1) 2x mx 2x mx m(x 1)m 0x 1 x 1+ + − +

< <=> <+ +

2x m 0x 1−

<+

Tử có nghiệm x = m/ 2 , mẫu có nghiệm x = - 1 => (2) có nghiệm là (m/2 ; - 1) hay ( - 1 ; m/2) hay vô nghiệm tùy theo vị trí của m/2 và – 1 ..

* Vì – 2 < - 1 < 2 , do đó hệ vô nghiệm khi – 2 ≤ m/2 ≤ 2 - 4 ≤ m ≤ 4 . Vậy hệ có nghiệm khi m < - 4 hay m > 4

b) * Giải (2) : (2x 1)x (x 1)(x 3)(2) 0x(x 1)

− − + −<=> >

+

2x x 3 0x(x 1)+ +

>+

x(x + 1) > 0 vì x2 + x + 3 > 0 , ∀ x .

x < -1 hay x > 0

* Giải (2) : Tam thức có ∆’ = 2m2 – m + 1 > 0 , ∀ m => tam thức luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ( x1 < x2 ) và bất phương trình có nghiệm x < x1 hay x > x2 ) * Với x đủ lớn ( hay đủ nhỏ ) , ta có thể thấy x đều thỏa (1) và (2) . Vậy hệ có nghiệm với mọi m . Dạng toán 5 : Định m để phương trình , bất phương trình thỏa một điều kiện cho trước .

Ví dụ 1 : Định m để phương trình : ( m + 3)x2 + 2( m – 1)x – m + 3 = 0 có :

a) hai nghiệm trái dấu b) hai nghiệm phân biệt đều dương

Giải a) (1) có hai nghiệm trái dấu m 3P 0m 3− +

= <+

m < - 3 hay m > 3

- 2 2

- 1 m/ 2

x1 x2

- 1 0



41

b) (1) có hai nghiệm phân biệt đều dương ' 0

P 0S 0

Δ >⎧⎪ >⎨⎪ >⎩

2 1 17 1 172m 2m 8 0 m hay m2 2m 3 0 3 m 3

m 33 m 12(m 1) 0

m 3

⎧ ⎧ − +⎪ − − > < >⎪⎪ ⎪− +⎪ ⎪> <=> − < <⎨ ⎨+⎪ ⎪− < <− −⎪ ⎪> ⎪⎪ ⎩+⎩

1 173 m2

−− < <

* Ví dụ 3 : a) Định m để hàm số : y = 2mx (m 4)x 3(m 4)− + + + có miền xác định là R . b) Định m để bất phương trình : mx2 – 2(m – 1)x + m – 2 ≤ 0 thỏa với mọi x ∈ [ - 2 ; 0] .

Giải :a) Hàm số xác định trên R f(x) = mx2 – (m + 4)x + 3(m+4) ≥ 0 , ∀ x • Xét m = 0 : f(x) = - 4x + 12 chỉ xác định khi - 4x+12 ≥ 0 x ≤ 3 : không thỏa yêu cầu

=> loại m = 0. • Xét m ≠ 0 : Lúc này f(x) là một tam thức bậc hai có a = m và ∆ = (m + 4)2 – 12m(m + 4) =

(m + 4)(- 11m + 4) . Theo định lí về dấu của một tam thức bậc hai , f(x) ≥ 0 , ∀ x

114m

114mhay0m

0m

0)4m11(m0m

00a

≥<=>⎪⎩

⎪⎨⎧

≥≤

><=>

⎩⎨⎧

≤+−>

<=>⎩⎨⎧

≤Δ>

Vậy khi m ≥ 4/11 thì hàm số có miền xác định là R .

b) YCBT tập nghiệm [ - 2 ; 0] ⊂ S • m = 0 : BPT thành 2x – 2 ≤ 0 x ≤ 1 . YCBT thỏa : nhận m = 0 .

• m ≠ 0 : tam thức f(x) có hai nghiệm x1 = 1 , x2 = m 2 21m m−

= −

m > 0 : S = ( - ∞ ; x2 ] U [1 ; + ∞ ) .

YCBT thỏa x2 ≥ 0 2m

≤ 1 m ≥ 2

m < 0 : S = [1 ; x2] . YCBT không thỏa . Kết luận : m = 0 hay m ≥ 2 .

C. Bài tập rèn luyện . 4.41 . Giải các bất phương trình sau :

a) 4x 5 2x 2+

>−

b) 2(x – 3)2 ≤ (x – 1)2

c) (3x – 5)2 ≤ (4x – 7)2 d) 2x 6 x 73x 1 x 2+ +

+ >− +

4.42 . Giải các bất phương trình sau :

a) 3 2

2

x 2x 5x 2 1x 3x 2− + +

≥+ +

b) 3 3(2x 3) (x 2) 19(x 1)+ > + + +



42

c) 1 1 1 1

x 1 x 2 x 1 x+ ≤ +

+ − − d)

2 2x x 1 x 3x 1 12xx 1 x 3 4x 8− + − +

+ > −− − −

4.43. Giải các bất phương trình sau :

a) 2x4 – 5x2 + 2 ≥ 0 b) 6|3x||1x2|

3x1x2 2

<+−

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+−

c) (x - 1)2 (x2 – 2x + 3) ≥ 24 d) 2

22

x x 5 3x 3xx x 1− +

> −− +

* 4.44. Giải và biện luận các bất phương trình sau : a) x2 + 4x + m2 + m + 2 > 0 b) mx2 – 2(m + 3)x + m – 1 ≤ 0

c) (m2 + m + 2)x2 – 2x + 1 > 0 d) 2x m 1x 2−

≤−

4.45. Giải các hệ bất phương trình sau :

a) 4 2

x 2 x 3x 1 x 4x 9x

+ −⎧ <⎪ − +⎨⎪ <⎩

b) 3 2

2x 1 2x 2x 2x x 2 0

−⎧ >⎪ +⎨⎪ − + − <⎩

*4.46. Định m để để hệ sau có nghiệm :

a) 2 2

2

x 2mx m 1 0x mx 0

⎧ − + − <⎪⎨

− >⎪⎩ b)

2 2

2x m 2x 1

(2x m 4) (x m 3)

+⎧ <⎪ +⎨⎪ − + < + −⎩

4. 47 . Cho phương trình : mx2 – 2(m + 2)x + 4m + 8 = 0 . Định m để phương trình : a) có 2 nghiệm phân biệt b) có 2 nghiệm trái dấu c) có 2 nghiệm phân biệt đều âm d) có nghiệm dương duy nhất

*4. 48. a) Định m để phương trình : x2 – (2m + 1) x + 2m + 2 = 0 có hai nghiệm đều lớn hơn 1. b) Định m để phương trình : x2 – (2m + 1)x + m2+ m = 0 có hai nghiệm ∈ đoạn [0 ; 5] .

*4. 49. Giải các bất phương trình :

a) 4x 1 | 2x 1|+ ≤ − b) 2 2x 3x 2 2x 4x− + ≤ −

c) 421 −>+ xx d) 2

2

472)2(4xx

xxxx−

+≤+−

*4. 50. Cho hàm số y = 2mx (2m 1)x m 1− + + +

a) Biện luận theo m miền xác định của hm số b) Định m để ham sô xác định ∀x ≥ 2 .

*4.51. Cho hàm số y = 2(m 1)x 4x m 4+ − + + . Định m để hàm số xác định với mọi x.

4.52. Chọn câu đúng : Có bao nhiêu khoảng trên đó biểu thức f(x) = 2x 1 xx 2

−−

+ có

dấu dương ? a) 0 b) 1 c)2 d) nhiêu hơn 2



43

4.53. Chọn câu đúng : Có bao nhiêu khoảng trên đó biểu thức f(x) = (x + 3)4 – 16x4 có dấu âm ? a) 0 b) 1 c)2 d) nhiêu hơn 2

4.54. Bất phương trình : 2x 1 2xx x 2−

>−

có bao nhiêu nghiệm nguyên dương ?

a) 0 b) 1 c)2 d) nhiêu hơn 2 4.55. Biết bất phương trình : x2 + mx + n ≤ 0 có tập nghiệm là [- 1; 3] , thế thì m + n = a) – 1 b) 1 c) – 5 d) đáp số khác

4.56. Tập nghiệm của hệ : 2x 1 (x 1)(x 1)1 4x

− ≤ − +⎧⎪⎨

>⎪⎩

là :

a) x ≤ - 2 b) x > 0 \ c) x ≤ - 2 hay x > 1/4 d) 0 < x < ¼

4.57 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số f(x) = 2x 2mx m 3− + − có miền xác định là R . a) 0 b) 1 c) 2 d) nhiều hơn 2

4.58. BPT f(x) = (m2 + m + 5)x2 – 4x + 1 < 0 có tập nghiệm là : a) ∅ b) R c) một khoảng d) hai khoảng D.Hướng dẫn giải – Đáp số . 4.41 . a) x < - 9/2 hay x > 2 b) 5 – 2 2 ≤ x ≤ 5 + 2 2

c) 12/7 ≤ x ≤ 2 d) 24x 7x 13 0

(x 1)(x 2)+ +

>− +

x < - 2 hay x > 1

4.42 . a) 2

2

x(x 3x 2) 1x 3x 2

− +≥

+ + . Lập bảng xét dấu : - 2 < x < - 1 hay 0 ≤ x ≤ 1 hay x ≥ 2

b) (x + 1)[(2x + 3)2 + (2x + 3)(x + 2) + (x + 2)2 > 19(x + 1) (x + 1)( 7x2 + 23x + 19) > 19(x + 1) (x + 1)(7x2 + 23x ) > 0 . Lập bảng xét dấu : - 23/7 < x < - 1 hay x > 0

c) 1 1 1 1

x 1 x 1 x x 2− ≤ −

+ − − d)

8x41x2

3x1x

1x1x

−−>

−++

−+

4.43. a) Đặt t = x2 ≥ 0 : t ≤ ½ hay t ≥ 2 - 2 /2 ≤ x ≤ 2 / 2 hay x ≥ 2 hay x ≤ - 2

b) Đặt t = 0|3x||1x2|≥

+−

: t2 – t – 6 ≤ 0 - 2 ≤ t ≤ 3

0)3x(9)1x2(33x1x2 22 ≤+−−<=>≤

+−

( x ≠ - 3)

c) Đặt t = (x – 1)2 ≥ 0 d) Đặt t = x2 – x + 1 > 0 4.44. c) a = m2 + m + 2 > 0 , ∀ m . ∆’ = 1 – (m2 + m + 2) = - m2 – m – 1 < 0 , ∀ m => bất phương trình thỏa với mọi x .

d) x m 2 0

x 2− +

≤−

; x1 = m - 2 , x2 = 2

* x1 < x2 m < 4 : bất phương trình có nghiệm m - 2 ≤ x ≤ 2 * x1 > x2 m > 4 : bất phương trình có nghiệm 2 ≤ x ≤ m - 2



44

* x1 = x2 m = 4 : x ∈ ∅

4.46. a) (1) m – 1 < x < m + 1 Giải (2) : * m > 0 : x < 0 hay x > m => hệ có nghiệm vì m < m + 1 * m < 0 : x < m hay x > 0 => hệ có nghiệm vì m – 1 < m * m = 0 : hệ có nghiệm – 1 < x < 1 và x ≠ 0 Vậy hệ có nghiệm với mọi m.

b) Giải (1) : m 2 0x 1−

<+

.

* m > 2 : x < - 1 * m < 2 : x > - 1 * m = 2 : x ∈ ∅ Giải (2) : (3x + 1 )(x – 2m + 7) < 0 Tam thức có 2 nghiệm x1 = - 1/3 và x2 = 2m – 7 . (2) có nghiệm khi -1/3 ≠ 2m – 7 m ≠ 10/3 và tập nghiệm của (2) là khoảng giữa x1 và x2 . * Khi m > 2 : S1 = ( - ∞ ; - 1 ) . Vì – 1/3 > - 1 nên hệ có nghiệm khi 2m – 7 < - 1 m < 3 . Vậy 2 < m < 3 . * Khi m < 2 : S1 = ( - 1 ; + ∞ ) . Vì – 1/3 > - 1 nên hệ có nghiệm

Vây hệ có nghiệm khi 2 < m <3 hay m < 2

4. 47 . a) ⎩⎨⎧

>+−−=Δ

≠

04m4m30m

2 - 2 < m < 2/3 và m ≠ 0

b) 2 nghiệm trái dấu P = 0m

8m4<

+ - 2 < m < 0

c) 2 nghiệm đều âm

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

<+

=

>+

=

>+−−=Δ

0m

)2m(2S

0m

)2m(4P

04m4m3' 2

m ∈ ∅

d) * m = 0 : - 4x + 8 = 0 x = 2 : nghiệm dương duy nhất => nhân m = 0 * P < 0 - 2 < m < 0

* ⎩⎨⎧

>=Δ

0S0

3/2m0mhay2m

2mhay3/2m=<=>

⎩⎨⎧

>−<−==

Vậy : - 2 < m ≤ 0 hay m = 2/3

4. 48. a) Đặt t = x – 1 x = t + 1 , phương trình thành : (t + 1)2 – (2m + 1)(t + 1) + 2m + 2 = 0

t2 – (2m – 1)t + 2 = 0 (*) Vì x > 1 t > 0 nên YCBT (*) có hai nghiệm dương

b) PT luôn có hai nghiệm phân biệt : x = m , x = m + 1 . YCBT 0 ≤ m ≤ 5 , 0 ≤ m + 1 ≤ 5 0 ≤ m ≤ 4

4. 49. a) Điều kiện : 4x + 1 ≥ 0 x ≥ - ¼ Hai vế đều không âm , bình phương, ta được : 4x + 1 ≤ 4x2 – 4x + 1 4x2 – 8x ≥ 0 x ≤ 0 hay x ≥ 2 So với điều kiện , ta được nghiệm : - ¼ ≤ x ≤ 0 hay x ≥ 2

b) Điều kiện : 2

2

x 3x 2 02x 4x 0

⎧ − + ≥⎪⎨

− ≥⎪⎩ 20

2012

≥≤<=>⎩⎨⎧

≥≤≤≥

xhayxxhayxxhayx

(1)

Hai vế đều không âm , bình phương ta được : x2 – 3x + 2 ≤ 2x2 – 4x x2 – x – 2 ≥ 0



45

x ≤ -1 hay x ≥ 2 (2) Từ (1) và (2) , BPT có nghiệm : x ≤ - 1 hay x ≥ 2

c) Điều kiện : x + 1 ≥ 0 x ≥ - 1

* Nếu 2x – 4 < 0 x < 2 : VT dương , VP âm nên BPT thỏa . Vậy – 1 ≤ x < 2 là nghiệm .

* Nếu 2x – 4 ≥ 0 x ≥ 2 : Hai vế đều không âm , bình phương, ta được :

x + 1 > 4x2 – 16x + 16 4x2 – 17x + 15< 0

5/4 < x < 3

So với điều kiện x ≥ 2 , ta được nghiệm : 2 ≤ x < 3

Vậy BPT có nghiệm : - 1 ≤ x < 2 hay 2 ≤ x < 3 - 1 ≤ x < 3

d) Điều kiện : 4x – x2 > 0 0 < x < 4

Nhân hai vế cho 24 xx − > 0 , ta được :

(4x – x2)(x + 2) ≤ 2x + 7 x3 – 2x2 – 6x + 7 ≥ 0

(x – 1)(x2 – x – 7) ≥ 0

Lập bảng xét dấu trên khoảng (0 ; 4) , BPT có nghiệm : 0 ≤ x ≤ 1 hay 2

291+≤ x < 4 .

4. 50. a) Hàm số xác định khi f(x) = mx2 – (2m + 1)x + m + 1 ≥ 0 * m = 0 : D = ( - ∞ ; 1]

* m ≠ 0 : f(x) có 2 nghiệm x1 = 1 ; x2 = m 1

m+

= 1 + 1m

Khi m > 0 : x1 < x2 => D = ( - ∞ ; x1] U [x2 ; + ∞ ) Khi m < 0 : x1 > x2 => D = [ x2 ; x1]

b) YCBT [2 ; + ∞ ) ⊂ D * Khi m > 0 : YCBT x2 ≤ 2 m ≥ 1 * Khi m < 0 : YCBT không thỏa . Vậy m ≥ 1 thì hàm số xác định với mọi x ≥ 2 .

4.51. YCBT f(x) = (m + 1)x2 – 4x + m + 4 ≥ 0 , ∀ x . * m = - 1 : không thỏa

* 2

m 1 0' m 5m 0+ >⎧

⎨Δ = − − ≤⎩

m ≥ 0

4.52. (b) Ta có : f(x) = 2x 1 0 x 2 0 x 2x 2− −

> <=> + < <=> < −+

Vậy f(x) chì có một khoảng dương là : ( - ∞ ; - 2) 4.53.(c) Ta có : f(x) = [(x + 3)2 + 4x2 ][ (x + 3)2 – 4x2 ] = [(x + 3)2 + 4x2 ][ - 3x2 + 6x + 9] Dấu của f(x) là dấu của – 3x2 + 6x + 9 , do đó f(x) < 0 x < - 1 hay x > 3 Vậy có 2 khoảng âm của f(x).

4.54. (b) BPT 2 22x 5x 2 2x 0x(x 2)− + −

>−

5x 2 0x(x 2)− +

>−

Vì x > 0 do đó ta được nghiệm : 2/5 < x < 2 => có x = 1 4.55 . (a) Vì bất phương trình có tập nghiệm là [ - 1 ; 3] , do đó – 1 và 3 là hai nghiệm của tam thức x2 + mx + n = 0 S = - m = - 1 + 3 = 2 và P = n = (-1)3 = - 3 . Vậy m + n = - 1



46

4.56. (d) BPT (1) x ≤ - 2 hay x ≥ 0 BPT (2) 0 < x < ¼ . Vậy hệ có nghiệm : 0 < x < ¼ 4.57 (a) Ta có : x2 – 2mx + m – 3 ≥ 0 , ∀ x . Điều này xảy ra khi ∆’ = m2 – m + 3 ≤ 0 m ∈ ∅

4.58. (b) Ta có : a = m2 + m + 5 > 0 , ∀ m và ∆’ = - m2 – m – 1 < 0 ∀ m , do đó f(x) > 0 . ∀ x =>

tập nghiệm là R.

§ 6.TRĂC NGHIỆM CUỐI CHƯƠNG A. Câu hỏi . 1. Tìm x để mệnh đề sau là đúng :

2

2x 1 3 2x(x 1) x 2 (3 2x)(x 1)

x 2 x 1

⎧ + > −⎪ => + + > − +⎨+ > +⎪⎩

a) x ≥ - 2 b) – 1 ≤ x ≤ 3/2 c) x ≥ - 1 d) mọi x 2. Tìm x để mệnh đề sau là đúng :

22

1 1x 3 x 4x 3 x 4

− > + => <− +

a) x > 3 b) x < 3 c) mọi x d) x ∈ ∅ 3. Nếu xy > 1 và z < 0 , bất đẳng thức nào sau đây là đúng ?

(I) x > z (II) xyz < - 1 (III) xy 1z z

<

a) chỉ (I) b) chỉ (II) c) chỉ (III) d) Cả ba đều sai .

4. GTNN của biểu thức : f(x) = 29 4x x

− + 1 là một :

a) số nguyên âm b) số nguyên dương c) số hữu tỷ âm d) số hữu tỷ dương 5. GTLN của biểu thức : f(x) = 4 x - 3x + 1 là một : a) số nguyên b) số hữu tỷ dương c) số hữu tỷ âm d) số vô tỉ

6. GTNN của biểu thức : f(x) = 4x 9 x 1x 1

+ −−

là :

a) 12 b) 2 13 c) 4 13 d) 36

7. Cho a2 + 4b2 = a2 b2 , a , b > 0 , GTNN của ab là : a) 1/4 b) 2 c) 4 d) đáp số khác

8. BPT |2x – 1 | + x ≤ 5 có bao nhiêu nghiệm nguyên a) vô số b) 0 c) 6 d) 7

9. BPT |x 1| 1|x 1| 3

−<

+ + có nghiệm là :

a) x > - 3/2 b) x ≥ 1 hay x ≤ - 1 c) – 1 < x < 1 d) x ∈ R

10. Biết 2m 1 2m 1

−<

−, BPT (m + 1)x + m – 3 < 2x – m - 1 có nghiệm là :

a) x > - 2 b) x < - 2 c) x > 2 d) x < 2

11. Biết BPT : (2 - m)x + m + 4 > m2 x + m2 thỏa với mọi x , vậy m thuộc : a) ( - 6 ; - 3) b) (- 3 ; 0) c) (0 ; 3) d) ( 3 : 10)



47

12. Biết hàm số : f(x) = 2(m m 1)x 2m+ + − xác định với mọi x ≥ 1 , vậy : a) m > 0 b) m < 0 c) m ∈ R d) m ∈ ∅

13. Trong mặt phẳng Oxy cho ba điểm A( - 11 ; 20) , B( 15 ; - 23) và C( 22 ; - 34) và đường thẳng d : 2x – y – 5 = 0 . Phát biều nào dưới đây là đúng : a) d cắt cạnh AB và cạnh AC b) d cắt cạnh AC và BC c) d cắt cạnh BC và cạnh AB d) d không cắt cạnh nào của tam giác ABC

14. Miền nào là miền nghiệm của hệ bất phương trình : |x| 2x y 2 0

<⎧⎨ + − >⎩

( Hình 1)

a) (I) b) (II) c( (III) d) (IV) Hình 1 Hình 2 15. Miền nào là miền nghiệm của hệ bất phương trình : 2x - | y – 1| ≤ 3 a) (I) và (II) b) (II) và (III) c) (III) và (II) d) Cả (II) , (III) và (IV) 16. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để tam thức f(x) = 2x2 – 2(m + 2)x + 5m + 2 luôn luôn dương ? a) 4 b) 5 c) 6 d) vô số

17. Biết bất phương trình : x2 + 4x - m + 5 ≤ 0 có tập nghiệm là [ a ; b] với b – a = 3 , vậy giá trị m gần đúng với số nào dưới đây ? a) 3 b) 4 c) 5 d) 6

18. BPT : 2 2x 2x 1 x 4x 1x 2 x 4+ − − +

<+ −

có bao nhiêu nghiệm nguyên âm ?

a) 0 b) 1 c) nhiều hơn 1 nhưng hữu hạn d) vô số

19. BPT : 223 4x x 3

x 4x≥ − +

− có tập nghiệm là :

a) x ≠ 0 ; 4 b) 0 < x < 4 c) x < 0 hay x > 4 d) đáp số khác

20. Hệ BPT :

x 2 x 1x 2 x 11 9x

+ −⎧ <⎪⎪ − +⎨⎪ >⎪⎩

có nghiệm là :

O

x

y

(I)

(II)

(III)

(IV) O

x

y

(I)

(II)

(III)

(IV)



48

a) x < - 1 v 1/9 < x < 2 b) 1/9 < x < 2 c) – 1 < x < 0 v x > 2 d) 0 < x < 1/9 B. Bảng trả lời : 1(b) 2(a) 3(c) 4(d) 5(b) 6(c) 7(c) 8(d) 9(d) 10(a)

11(c) 12(c) 13(a) 14(b) 15(d) 16(b) 17(a) 18(b) 19(c) 20(d)

C. Hướng dẫn giải . 1.(b). Mệnh đề đúng nếu 3 – 2x ≥ 0 và x + 1 ≥ 0 - 1 ≤ x ≤ 3/2

2.(a) Ta có : 1 1 b aa b ab

−− = , do đó a > b => 1 1

a b< đúng nếu ab > 0 .

Vậy mệnh đề đúng nếu (x – 3)(x2 + 4) > 0 x > 3

3. (c) (I) sai nếu x < 0 , chẳng hạn x = - 3 , y = - 1 còn z = = - 1 * Nhân hai vế của xy > 1 cho z < 0 , ta được : xyz < z => (II) sai khi z > - 1

* Chia hai vế của xy > 1 cho z < 0 , ta được : xy 1z z

< : Vậy (c) đúng

4. (d) f(x) = 23 2 4 51

x 3 9 9⎛ ⎞− − + ≥⎜ ⎟⎝ ⎠

=> GTNN là 59

khi 3 2 90 xx 3 2− = <=> =

5. (b) f(x) = 27 2 73( x )3 3 3− − ≤ . GTLN là 7/3 khi 4x

9=

6. (c) f(x) = 4(x 1) 4 49 x 1 13 x 1x 1 x 1− +

+ − = + −− −

Áp dụng bất đẳng thức Côsi : 4 13 x 1 4 13x 1

+ − ≥−

Vậy GTNN là 3 13

7. (c) Vì a2 + 4b2 ≥ 4ab, suy ra : a2 b2 ≥ 4ab => ab ≥ 4

GTNN của ab là 4 khi a 2 2

b 2

⎧ =⎪⎨

=⎪⎩

8. (d) * x ≥ ½ : 3x – 1 ≤ 5 x ≤ 2 : ½ ≤ x ≤ 2 * x < ½ : 1 – x ≤ 5 x ≥ - 4 : - 4 ≤ x < ½ Vậy – 4 ≤ x ≤ 2 : có tất cả 7 nghiệm nguyên

9. (d) BPT |x – 1| < |x + 1| + 3 * Xét x ≥ 1 : x – 1 < (x + 1) + 3 - 1 < 4 : x ≥ 1 * Xét – 1 < x < 1 : 1 – x < (x + 1) + 3 x > - 3/2 : - 1 < x < 1 * Xét x ≤ - 1 : 1 – x < (- x – 1) + 3 1 < 2 : x ≤ - 1 Vậy x ∈ R . Cách khác : Vì |x – 1| = | (x +1) – 2| < |x + 1| + 2 < |x + 1| + 3 => x ∈ R . 10.(a) BPT (m – 1)x < 2 – 2m (m – 1)x < - 2(m – 1)

Ta có : 2m 1 2m 1

−<

− 1 0m 1

<−

m < 1

Suy ra m – 1 < 0 , vậy BPT x > - 2 11. (c) BPT (m2 + m – 2) x < 4 + m – m2



49

YCBT 2

2

m m 2 04 m m 0⎧ + − =⎪⎨

+ − >⎪⎩ m = 1

12. (c) Hàm số xác định khi (m2 + m + 1)x – 2m ≥ 0 x ≥ 2

2mm m 1+ +

YCBT 22

2m 1 m m 1 0m m 1

≤ <=> − + ≥+ +

m ∈ R .

13. (a) Thế tọa độ A, B, C vào biều thức d(x ; y) , ta có : d(A) < 0 , d(B) > 0 , d(C) > 0 . Vậy d cắt cạnh AB và cạnh AC 14. (b) (1) |x| < 2 - 2 < x < 2 (II) và (IV) thỏa (2) Vẽ ∆ : x + y = 2 : điểm O(0 ; 0) không thỏa (2) . Vậy (II) thỏa hệ . 15. (d)

|y - 1| ≥ 2x – 3 y 1 2x 3 2x y 2y 1 2x 3 2x y 4− ≥ − − ≤⎡ ⎡

<=>⎢ ⎢− ≤ − + + ≤⎣ ⎣

(II) hay (III)(III) hay (IV)⎡⎢⎣

Vậy miền nghiệm của bất phương trình là (II) , (III) và (IV)

16. (b) Ta có : 2

2

a 2 0m 6m 0

' (m 2) 2(5m 2) 0= >⎧

<=> − <⎨= + − + <⎩

0 < m < 6 Vậy có 5 giá trị nguyên của m 17. (a) Ta có : ∆’ = m – 1 . Khi ∆ > 0 , BPT có nghiệm là [ x1 ; x2 ]

Và x2 – x1 = 2 ' 2 m 1aΔ

= − , Vậy : 2 m 1 3 4(m 1) 9− = <=> − =

m = 13/4 = 3, 25

18. (b) BPT x(x 2) 1 x(x 4) 1x 2 x 4+ − − +

<+ −

1 1x xx 2 x 4

− < ++ −

2x 2 0(x 2)(x 4)

−>

+ −

O

x

y

(I

(II

(III)

(IV O x

y

(I

(II

(IIIa

(IV

∆

(IIIb)



50

Lập bảng xét dấu , ta được nghiệm : x > 4 hay – 2 < x < 1 . Vậy BPT có nghiệm âm duy nhất là x =

- 1

19. (c) Đặt t = x2 – 4x :

BPT 3 t 3t≥ − +

2t 3t 3 0t

− +≥ t > 0

x2 – 4x > 0 x < 0 hay x > 4

20.(d) (2) 0 < x < 1/9

(1) 6x 0(x 2)(x 1)

<− +

. Ta thấy mọi x ∈ (0 ; 1/9) đều thỏa (2) , do đó hệ có nghiệm 0 < x < 1/9

Chuyên đề 4 bất đẳng thức và bất phương trình

Automotive

Transcript of Chuyên đề 4 bất đẳng thức và bất phương trình