Cách giải và biện luận bất phương trình bậc 2
Định lý : Cho tam thức bậc hai f(x) = ax2 + bx + c , ∆ = b2 – 4ac • Nếu ∆ < 0="" thì="" tam="" thức="" cùng="" dấu="">∀x • Nếu ∆ = 0 thì tam thức cùng dấu a ∀x khác -b/2a và bằng 0 khi x =-b/2a • Nếu ∆ > 0 thì tam thức có 2 nghiệm phân biệt x1 < x2="" ,="" trái="" dấu="" a="" với="" mọi="" x="" thuộc="" khoảng="" (x1="" ,="" x2)="" và="" cùng="" dấu="" a="" với="" mọi="" x="" ở="" ngoài="" đoạn="" [x1="" ;=""> Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bất phương trình bậc hai và bất phương trình qui về bậc hai", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên 21
VẤN ĐỀ 2
BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
&
BẤT PHƯƠNG TRÌNH
QUI VỀ BẬC HAI
22
Vấn đề 2
Bất Phương Trình Bậc Hai &
Bất Phương Trình Qui Về Bậc Hai
A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT
I. Định lý:
Định lý : Cho tam thức bậc hai f(x) = ax2 + bx + c , ∆ = b2 – 4ac
• Nếu ∆ < 0 thì tam thức cùng dấu ∀x
• Nếu ∆ = 0 thì tam thức cùng dấu a ∀x khác
2
b
a
−
và bằng 0 khi x =
2
b
a
−
• Nếu ∆ > 0 thì tam thức có 2 nghiệm phân biệt x1 < x2 , trái dấu a
với mọi x thuộc khoảng (x1 , x2) và cùng dấu a với mọi x ở ngoài
đoạn [x1 ; x2]
Tóm tắt :
• ∆ 0 , ∀x ∈ R
• ∆ = 0 : af(x) > 0 ∀x ≠
2
b
a
− ; f
2
b
a
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠ = 0
• ∆ > 0 : af(x) < 0 ∀x ∈ (x1 ; x2)
af(x) > 0 ∀x ∈ (-∞ ; x1) ∪ (x2 ; +∞ )
23
II. Bất phương trình bậc hai là 1 bất phương trình có dạng
ax2 + bx + c > 0 (hoặc ≥ 0 ; < 0 ; ≤ 0)
Để giải bất phương trình bậc hai ta có thể dựa vào dấu của a và ∆ rồi
tuỳ theo trường hợp mà rút ra tập nghiệm của bất phương trình đó.
Trong trường hợp giải và biện luận bất phương trình :
Ta cần phải lập bảng xét dấu của a và ∆ trưóc, rồi kế đó giải bất
phương trình trong từng trường hợp
III.Tam thức không đổi dấu trên R
Từ định lý về dấu của tam thức bậc hai ta suy ra kết quả sau :
Cho f(x) = ax2 + bx + c với a ≠ 0
• f(x) > 0 ∀x∈R 0
0
a >⎧⇔ ⎨∆ <⎩
• f(x) ≥ 0 ∀x∈R 0
0
a >⎧⇔ ⎨∆ ≤⎩
• f(x) < 0 ∀x∈R 0
0
a <⎧⇔ ⎨∆ <⎩
• f(x) ≤ 0 ∀x∈R 0
0
a <⎧⇔ ⎨∆ ≤⎩
* Khi giải một bất phương trình bậc hai hay hệ bất phương trình bậc
hai ta có thể áp dụng các kiến thức về tam thức bậc hai , bao gồm :
• Sự biến thiên và đồ thị của tam thức bậc hai
• Các định lý về nghiệm của tam thức bậc hai
Các định lý về dấu của tam thức bậc hai
* Nếu gặp hệ cần chú ý :
Cho hệ bất phương trình :
≥⎧⎨ ≤⎩
( ) 0 (1)
( ) 0 (2)
f x
g x
Gọi S1 là tập nghiệm của bất phương trình (1)
Gọi S2 là tập nghiệm của bất phương trình (2)
Để tìm nghiệm của hệ đó chính là S = S1 ∩ S2
Hai bất phương trình (1 ) và(2 ) được gọi là tương đương nếu và chỉ
nếu S1 = S2
24
B. BÀI TẬP CÓ HƯỚNG DẪN GIẢI :
Bài 1
Giải bất phương trình :
a)
2x
1
1x
1
x
1
1x
1
−−−≤−+ b) 2x
1
)7x)(1x(
)4x(2
−≥−−
−
Giải
a)
2x
1
1x
1
x
1
1x
1
−−−≤−+
⇔
)2x)(1x(
1
)1x(x
1
−−
−≤+
− ⇔ 0
)2x)(1x)(1x(x
)1x(x)2x)(1x( ≤−−+
++−−−
⇔ 0
)2x)(1x)(1x(x
)2x3x(xx 22 ≤−−+
+−−+ ⇔ 0
)2x)(1x)(1x(x
)1x2(2 ≤−−+
−
⇔
⎢⎢
⎢⎢
⎣
⎡
<<
≤<
−<
2x1
2
1x0
1x
b)
2x
1
)7x)(1x(
)4x(2
−≥−−
−
⇔ 0
)7x)(2x)(1x(
)7x)(1x()2x)(4x(2 ≥−−−
−−−−−
⇔ 0
)7x)(2x)(1x(
)7x8x(16x12x2 22 ≥−−−
+−−+−
⇔
)7x)(2x)(1x(
9x4x 2
−−−
+− ≥ 0 ⇔ ⎢⎣
⎡
<<
>
2x1
7x
25
Bài 2
Giải bất phương trình :
x2 + (x+1)2 ≤
1xx
15
2 ++ (1)
Giải
(1) ⇔ 2(x2 + x) + 1 ≤
1xx
15
2 ++
⇔ (2t + 1)(t + 1) ≤ 15 ( t = x2 + x ) ⇔ 2t2 + 3t – 14 ≤ 0
⇔
2
7− ≤ t ≤ 2 ⇔
⎪⎩
⎪⎨
⎧
≥++
≤−+
0
2
7xx
02xx
2
2
⇔
⎩⎨
⎧
φ∈
≤≤−
x
1x2
⇔ x φ∈
Bài 3
Giải bất phương trình :
x2 +
4
5
)1x(
x
2
2
<+ (1)
Giải
(1) ⇔ 0
4
5
)1x(
)2x2x(x
2
22
<−+
++
⇔ 0
)1x(4
)1x(5)2x2x(x4
2
222
<+
+−++
⇔ 0
)1x(4
5x10x3x8x4
2
234
<+
−−++
⇔ ( )
⎪⎩
⎪⎨
⎧
−≠
≥+<++−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +
1x
0)1x(0)10x10x4)(1x(
2
1x 22
⇔
2
1− < x < 1
Bài 4
Giải bất phương trình :3x4 – x3 + 4x2 – x + 3 ≥ 0
• x2 = 0 ⇔ x = 0 : 3 ≥ 0 đúng . vậy x= 0 là một nghiệm của bất
phương trình (a)
• x2 ≠ 0 ⇔ x2 > 0
Chia hai vế của bất phương trình cho x2 (x2 > 0)
26
3x2 – x + 4 -
x
1
+ 2
3
x
≥ 0 ⇔ ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +
x
x
x
x 113 2
2 + 4 ≥ 0
Đặt T = x +
x
1
với ⏐T⏐ ≥ 2 ⇔ T ≤ -2 hay T ≥ 2
⇒ T2 – 2 = x2 + 2
1
x
BPT ⇔ 3(T2 – 2) – T + 4 ≥ 0 ⇔ 3T2 – T – 2 ≥ 0
⇔
⎪⎩
⎪⎨
⎧
≥∨−≤
≥∨−≤
22
1
3
2
TT
TT
⇔ T ≤ -2 ∨ T ≥ 2
Trở về x:
x +
x
1
≤ -2 hay x +
x
1
≥ 2 ⇔
x
x 1+ ≥ 2 ⇔ ∀x ∈ R \ { }0 (b)
(a) hợp (b) cho ta ∀x ∈ R
KL : Vậy tập nghiệm của bpt đã cho là R
Bài 5
Giải và biện luận bất phương trình :
x2 – 2(4m + 3)x + 15m2 + 28m + 6 ≤ 0 (1)
Giải
∆’ = (4m + 3)2 – 15m2 – 28m – 6 = m2 – 4m + 3
M - ∞ 1 3 +∞
∆’ + 0 - 0 +
Biện luận :
• m 3 :
⎩⎨
⎧
>
>∆
0a
0'
(vì a = 1)
Ta có :
x1 = 4m + 3 - '∆ (x1 < x2)
x2 = 4m + 3 + '∆
X - ∞ x1 x2 +∞
F(x) + 0 - 0 +
Váậy : tập nghiệm của (1) là x1 ≤ x ≤ x2 (hay S = [x1 , x2])
27
• m = 1 : (1) thành x2 – 14x + 49 ≤ 0 ⇔ (x – 7)2 ≤ 0
⇔ x = 7 : S = {7}
• 1 < m < 3 :
⎩⎨
⎧
<∆
>
0
0a
, f(x) > 0 , ∀x ∈ R.
Tập nghiệm của bất phương trình (1) : S = ∅
• m = 3 : (1) thành x2 – 30x + 225 ≤ 0 ⇔ x = 15 : S = {15}
Bài 6
Giải và biện luận các bất phương trình sau :
x2 – 2(4m + 3)x + 15m2 + 28m + 6 ≤ 0
Giải
x2 – 2(4m + 3)x + 15m2 + 28m + 6 ≤ 0 (1)
'∆ = m2 – 4m + 3
Đặt VT = f(x)
• 1 < m < 3 ⇒
⎩⎨
⎧
>
<∆
0a
0'
⇒ f(x) > 0 với ∈∀x R ⇒ (1) VN
• m ≤ 1 v m ≥ 3 ⇒ '∆ > 0 ⇒ f(x) có 2 nghiệm phân biệt :
x1 = 4m + 3 – '∆ , x2 = 4m + 3 + '∆
(1) có nghiệm x1 < x < x2
mx2 + (m – 3) x + m – 3 < 0 (1)
* m ≠ 0
∆ = 3− m2 + 6m +9 , Đặt VT (1) = f(x)
* m < 1− :
⎩⎨
⎧
<∆
<
0
0a
⇒ f(x) < 0 Rx∈∀
Vậy (1) ⇔ x∈ R
* m ≥ 3 :
⎩⎨
⎧
≤∆
>
0
0a
⇒ f(x) ≥ 0 Rx∈∀
Vậy (1) VN
* 1− < m < 0 :
⎩⎨
⎧
>∆
<
0
0a
, f(x) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2
x1,2 = m2
)3m( ∆±−−
(1) ⇔ x x2
28
* m = 1− : (1) ⇔ 0)2x(04x4x 22 <+−⇔<−−− ⇔ x ≠ 2−
* 0 < m < 3 :
⎩⎨
⎧
>∆
>
0
0a
, f(x) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2
⇔ x1 < x < x2 .
* m = 0 , (1) ⇔ 3x3 −− 1−
Kết luận chung :
m = 0 : x > 1− Rx:1m ∈−<
m ≥ 3 : x ∈ ∅ -1 x2
1m −= : x ≠ 2− 0 < m < 3 : x1 < x< x2
Bài 7
Định m để với mọi x ta luôn có :
a)
7x5x
5x7x2
2
2
+−
+− ≤ m b) 6
1xx
6mxx39 2
2
<+−
−+<−
c)
1mxx
4xx3
2
2
+−
++ ≥ 2
Giải
a)
7x5x
5x7x2
2
2
+−
+− ≤ m
⇔ (m – 2)x2 – (5m – 7)x + 7m – 5 ≥ 0
( vì x2 – 5x + 7 > 0 , ∈∀x R)
YCĐB ⇔
⎩⎨
⎧
>−=
≥++−=∆
02ma
09m6m3 2
⇔
⎩⎨
⎧
>
≤≤−
2m
3m1
⇔ 2 < m ≤ 3
b) 6
1xx
6mxx39 2
2
<+−
−+<− (1)
Dễ thấy mẫu số x2 – x +1 > 0 , ∈∀x R
Vậy (1) ⇔ ⎪⎩
⎪⎨
⎧
>++−
>+−+
012x)6m(x3
03x)9m(x12
2
2
)3(
)2(
(1) thoả ∈∀x R ⇔ (2) , (3) thoả ∈∀x R
⇔
⎪⎩
⎪⎨
⎧
<−+=∆
<−−=∆
010812m
063m18m
2
)3(
2
)2( ⇔
⎩⎨
⎧
<<−
<<−
6m18
21m3
⇔ 6m3 <<−
29
c)
1mxx
4xx3
2
2
+−
++ ≥ 2 (1)
* 3x2 + x+ 4 > 0 ∈∀x R
(1) thoả ∈∀x R ⇒ x2 – mx +1 ≠ 0 ∈∀x R
⇔ x2 – mx + 1 = 0 VN ⇔ ∆ = m2 – 4 < 0
⇔ 2− < m < 2 ( )α
Với đk (α ) , (1) thoả khi x2 – mx +1 > 0 ∈∀x R
(1) ⇔
1mxx
4xx3
2
2
+−
++ ≥ 2 ⇔ x2 + (2m + 1)x + 2 ≥ 0 (2)
(1) thoả ∈∀x R ⇔
⎩⎨
⎧
>=
≤−+=∆
)d(01a
07m4m4 2
⇔
2
71m
2
71 +−<<−− ( so đk (α ) →nhận )
Bài 8
Cho f(x) = (a+1)x2 – 2(a – 1)x + 3a – 3 định a để :
a) Bất phương trình f(x) < 0 vô nghiệm
b) Bất phương trình f(x) ≥ 0 vô nghiệm
Giải
a) * a = 1− thì f(x) = 4x – 6 ≥ 0 ⇔ x >
2
3 (loại vì không thoả )
* a ≠ 1− thì f(x) < 0 VN ⇔ f(x) ≥ 0 Rx∈∀
⇔
⎩⎨
⎧
≤+−−=∆
>+=
04a2a2'
01aA
2 ⇔ ⎩⎨
⎧
−≤
−>
2a
1a
v
1a ≥ ⇔ a ≥ 1
KL : a ≥ 1
b) f(x) ≥ 0 có nghiệm .Giả sử f(x) ≥ 0 VN
* a = 1− thì f(x) = 4x – 6 < 0 ⇔ x <
2
3 ( loại vì không thoả)
* a ≠ 1− ⇔ f(x) < 0 Rx∈∀ ⇔
⎩⎨
⎧
<
<∆
0a
0' ⇔
⎩⎨
⎧
−<
−<
1a
2a v 1a >
⇔ a < -2
Vậy f(x) ≥ 0 có nghiệm ⇔ a ≥ 2−
30
Bài 9
Định m để bất phương trình :
x2cos m – 2xsin m cos m + sin m ≥ 0 Rx∈∀
Giải
x2cos m – 2xsin m cos m + sin m ≥ 0 Rx∈∀
⇔
⎩⎨
⎧
≤−=∆
>=
0mcosmsinmcosmsin'
0mcosa
22
⇔
⎩⎨
⎧
≤≤
>
1mcosmsin0
0mcos
⇔
⎩⎨
⎧
≤<
≤≤
1mcos0
1msin0
⇔
⎪⎩
⎪⎨
⎧
π+π<<π+π−
π+π≤≤π
2k
2
m2k
2
2km2k
⇔ π+π<<π 2k
2
m2k
Bài 10
Giải bất phương trình
a)
2xx
3x2x
2
2
−+
++
≥ 1 b)
4x
6xx
2
2
−
−−
≥ x
c) 8x2x1x 22 +−≤−
Giải
a)
2xx
3x2x
2
2
−+
++
≥ 1 ⇔ 2xx3x2x 22 −+≥++ (1)
* x < 2− v 0 < x < 2
(1) ⇔ x2 + 2x + 3 ≥ x2 – x + 2 ⇔ x ≥
3
1− so với đk ⇔ 0 < x < 2
* 2− ≤ x ≤ 0
(1) ⇔ 2x− 3x2 +− ≥ x2 – x + 2 ⇔ 2x2 +x – 1 ≤ 0
⇔ 1− ≤ x ≤
2
1 so với đk ⇔ 1− ≤ x ≤ 0
* x ≥ 2
(1) ⇔ x2 +2x + 3 ≥ x2 + x – 2 ⇔ x ≥ 5− so với đk ⇔ 2x ≥
Kết luận : x ≥ 1−
31
b)
4x
6xx
2
2
−
−−
≥ x
⇔
⎪⎩
⎪⎨
⎧
≥−
−
≥
x
2x
3x
0x
v
⎪⎩
⎪⎨
⎧
≥+
+
<
x
2x
3x
0x
⇔
⎩⎨
⎧
≤
≥
2x
0x
v
⎪⎩
⎪⎨
⎧
−−≤
<
2
131x
0x
v
2
131x2 +−≤≤−
⇔ 0 ≤ x ≤ 2 v x ≤
2
131−− v 2− ≤ x < 0
⇔ x ≤
2
131+− v 2− ≤ x ≤ 2
c) 8x2x1x 22 +−≤− (1)
* x ≤ 1−
(1) ⇔ x2 – 1 ≤ x2 + 2x + 8 ⇔ x ≥
2
9− so với đk ⇔ 1x
2
9 −≤≤−
* 1− < x ≤ 0
(1) ⇔ 1 – x2 ≤ x2 + 2x + 8 ⇔ 2x2 +2x + 7 ≥ 0 ⇔ x ∈ R so với đk
⇔ 1− |