Giáo án Toán 10 - Chương 4: Bất đẳng thức. Bất phương trình

Nội dung text: Giáo án Toán 10 - Chương 4: Bất đẳng thức. Bất phương trình

1. chương 4 bất đẳng thức, bất phương trình A. Kiến thức cần nhớ I. Bất đẳng thức 1. Tính chất của Bất đẳng thức Tính chất 1:(Tính chất bắc cầu): Nếu a > b và b > c thì a > c. Tính chất 2: Nếu a > b a + c > b + c. Tính chất 3: Nếu a > b a b nếu c 0 ac bc nếu c 0 c c và . ac bc nếu c 0 a b nếu c 0 c c Chúng ta có các quy tắc sau: Quy tắc 1:(Phép cộng): Nếu a > b và c > d a + c > b + d. Chú ý quan trọng: không áp dụng được "quy tắc" trên cho phép trừ hai bất đẳng thức cùng chiều. Quy tắc 2:(Phép nhân): Nếu a > b > 0 và c > d > 0 ac > bd. Quy tắc 3:(Phép nâng lên luỹ thừa): Nếu a > b > 0 a n > bn, với n Ơ *. Quy tắc 4:(Phép khai căn): Nếu a > b > 0 thì n a > n b , với n Ơ *. 2. bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối Từ định nghĩa giá trị tuyệt đối, ta suy ra các tính chất sau: 1. a a a với mọi số thực a. 2.x a a x a với a 0 (tương tự x 0). 3.x a x a hoặc x a với a 0 (tương tự x > a x a với a > 0). Định lí: Với hai số thực a, b tuỳ ý, ta có a b a + b a + b. 3. bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân (bất đẳng thức côsi) Định lí: Với hai số không âm a, b, ta có: a b ab (thường được viết a + b 2 ab ), 2 dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b. Hệ quả 1: Nếu hai số dương thay đổi nhưng có tổng không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi hai số đó bằng nhau. Tức là, với hai số dương a, b có a + b = S không đổi suy ra: S 2 S 2 2 ab S ab (ab)Max = , đạt được khi a = b. 4 4 129
2. ý nghĩa hình học: Trong tất cả các hình chữ nhật có cùng chu vi hình vuông có diện tích lớn nhất. Hệ quả 2: Nếu hai số dương thay đổi nhưng có tích không đổi thì tổng của chúng nhỏ nhất khi hai số đó bằng nhau. Tức là, với hai số dương a, b có ab = P không đổi suy ra: a + b 2 P (a + b)Min = 2 P , đạt được khi a = b. ý nghĩa hình học: Trong tất cả các hình chữ nhật có cùng diện tích hình vuông có chu vi nhỏ nhất. II. Bất phương trình 1. biến đổi tương đương các bất phương trình Định lí: Cho bất phương trình f(x) < g(x) với ĐKXĐ D, h(x) là một biểu thức xác định với mọi x thoả mãn điều kiện D (h(x) có thể là hằng số). Khi đó, với điều kiện D, bất phương trình f(x) < g(x) tương đương với mỗi bất phương trình sau: a. f(x) + h(x) < g(x) + h(x). b. f(x).h(x) 0 với x D. c. f(x).h(x) > g(x).h(x) nếu h(x) < 0 với x D. 2. bất phương trình và hệ bất phương trình bậc nhất một ẩn Với yêu cầu "Giải và biện luận bất phương trình ax + b < 0" ta sẽ thực hiện như sau: Viết lại bất phương trình dưới dạng: ax < b. (1) Ta xét ba trường hợp: Trường hợp 1: Nếu a = 0 thì: (1) 0 < b b < 0. Vậy, ta được: ▪ Nếu b < 0, bất phương trình nghiệm đúng với mọi x. ▪ Nếu b 0, bất phương trình vô nghiệm. Trường hợp 2: Nếu a > 0 thì: b (1) x < . a Trường hợp 3: Nếu a < 0 thì: b (1) x > . a Kết luận: b ▪ Với a > 0, tập nghiệm của bất phương trình là T = ( ; ). a
3. b ▪ Với a < 0, tập nghiệm của bất phương trình là T = ( ; + ). a ▪ Với a = 0 và b < 0, tập nghiệm của bất phương trình là T = Ă . ▪ Với a = 0 và b 0, tập nghiệm của bất phương trình là T = .  Chú ý: 1. Tương tự chúng ta cũng giải và biện luận được các bất phương trình: ax + b > 0, ax + b 0, ax + b 0 2. Để giải một hệ bất phương trình một ẩn, ta giải từng bất phương trình của hệ rồi lấy giao của các tập nghiệm thu được. III. dấu của nhị thức bậc nhất Định lí: Với nhị thức bậc nhất f(x) = ax + b, ta có: b a. f(x) cùng dấu với a khi x lớn hơn nghiệm x0 = . a b b. f(x) trái dấu với a khi x nhỏ hơn nghiệm x0 = . a Bảng tóm tắt dấu của f(x) = ax + b: x b/a + f(x) trái dấu với a 0 cùng dấu với a IV. Bất phương trình và hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn 1. Để xác định miền nghiệm của bất phương trình ax + by + c < 0 (tương tự đối với các bất phương trình ax + by + c > 0, ax + by + c 0, ax + by + c 0) ta thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Vẽ đường thẳng (d): ax + by + c = 0. Bước 2: Lấy điểm M(x0; y0) không nằm trên (d) và xác định giá trị của: dM = ax0 + by0 + c, khi đó: a. Nếu dM < 0 thì nửa mặt phẳng (không kể bờ (d)) chứa điểm M là miền nghiệm của bất phương trình ax + by + c < 0. b. Nếu dM > 0 thì nửa mặt phẳng (không kể bờ (d)) chứa điểm M là miền nghiệm của bất phương trình ax + by + c > 0. 2. Để xác định miền nghiệm của hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn ta thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Với mỗi bất phương trình trong hệ, ta xác định miền nghiệm của nó và gạch bỏ miền còn lại. Bước 2: Kết luận: Miền còn lại không bị gạch chính là miền nghiệm của hệ bất phương trình đã cho. 131
4. V. dấu của tam thức bậc hai Định lí: Với tam thức bậc hai f(x) = ax2 + bx + c (a 0), ta có: a. Nếu < 0 thì f(x) cùng dấu với a, với x Ă , tức là: af(x) > 0, x Ă . b b. Nếu = 0 thì f(x) cùng dấu với a, với x Ă \{ }, tức là: 2a b af(x) > 0, x và af(x) 0, x Ă . 2a c. Nếu > 0 thì f(x) có hai nghiệm x1, x2, giả sử là x1 < x2. Lúc đó: ▪ f(x) cùng dấu với a khi x x2 . ▪ f(x) trái dấu với a khi x1 < x < x2. Trong trường hợp này ta có bảng xét dấu như sau: x - x1 x2 + f(x) cùng dấu a 0 trái dấu a 0 cùng dấu a  Chú ý: Để giải bất phương trình bậc hai, ta sử dụng định lí về dấu của tam thức bậc hai.
5. 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 một trong các phương pháp sau: Phương pháp 1: Phương pháp chứng minh bằng định nghĩa. Khi đó ta lựa chọn theo các hướng: Hướng 1: Chứng minh A B > 0. Hướng 2: Thực hiện các phép biến đổi đại số để biến đổi bất đẳng thức ban đầu về một bất đẳng thức đúng. Hướng 3: Xuất phát từ bất đẳng thức đúng. Hướng 4: Biến đổi vế trái hoặc vế phải. Phương pháp 2: Sử dụng tính chất bắc cầu, tức là chứng minh: A > C và C > B. Phương pháp 3: Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản. Phương pháp 4: Phương pháp chứng minh phản chứng, được áp dụng với các bài toán yêu cầu chứng minh ít nhất một bất đẳng thức trong các bất đẳng thức đã cho là đúng hoặc sai. Phương pháp 5: Phương pháp chứng minh quy nạp, được áp dụng với các bài toán liên hệ với n  hoặc n Ơ . Phương pháp 6: Phương pháp vectơ và hình học, bằng việc sử dụng tính chất: ▪ Nếu a, b, c là độ ba cạnh của một tam giác thì a + b > c và a b < c ▪ Sử dụng định lý hàm số sin và hàm số cosin. ▪ u + v   u  +  v , dấu đẳng thức xảy ra khi u = k v , k > 0 (tức là u , v cùng hướng). ▪ u . v   u . v , dấu đẳng thức xảy ra khi u = k v (tức là u , v cùng phương). Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c luôn có: a2 + b2 + c2 ab + bc + ca.  Giải Ta có ba cách trình bày theo phương pháp 1 (mang tính minh hoạ), như sau: Cách 1: Ta biến đổi bất đẳng thức như sau: a2 + b2 + c2 (ab + bc + ca) 0 133
6. a2 b2 b2 c2 c2 a2 ( ab + ) + ( bc + ) + ( ca + ) 0 2 2 2 2 2 2 a b b c c a ( )2 + ( )2 + ( )2 0, luôn đúng. 2 2 2 2 2 2 Dấu "=" xảy ra khi: a b c a = b = c. 2 2 2 Cách 2: Ta biến đổi bất đẳng thức như sau: 2(a2 + b2 + c2) 2(ab + bc + ca) (a2 + b2 2ab) +(b2 + c2 2bc) + (c2 + a2 2ca) 0 (a b)2 + (b c)2 + (c a)2 0, luôn đúng. Dấu "=" xảy ra khi a = b = c. Cách 3: Ta luôn có: (a b)2 0 a 2 b2 2ab 0 2 2 2 (b c) 0 b c 2bc 0 . (I) 2 2 2 (c a) 0 c a 2ca 0 Cộng theo vế các bất phương trình trong hệ (I), ta được: 2(a2 + b2 + c2) 2(ab + bc + ca) 0 a2 + b2 + c2 ab + bc + ca, đpcm. Dấu "=" xảy ra khi a = b = c.  Nhận xét: Như vậy, thông qua ví dụ trên đã minh hoạ cho các em học sinh thấy được ba hướng chứng minh bất đẳng thức khi sử dụng phương pháp 1 và sau đây ta sẽ minh hoạ bằng một ví dụ cho hướng 4. Bài 2: Chứng minh rằng, nếu a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thì: a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca).  Giải Nếu a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thì vai trò của a, b, c là như nhau. Do đó, ta có thể giả sử a b c. Khi đó: 0 a b < c nên (a b)2 < c2 a2 + b2 < c2 + 2ab. 0 b c < c nên (b c)2 < a2 b2 + c2 < a2 + 2bc. 0 a c < b nên (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). Bài 3: Cho ba số dương a, b, c. Chứng minh rằng: ab(a + b 2c) + bc(b + c 2a) + ca(c + a 2b) 0.  Giải Biến đổi bất đẳng thức về dạng:
7. a b 2c b c 2a c a 2b + + 0 c a b a b b c c a + + + + + 6. (*) 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 . . . . . = 6, đpcm. c c a a b b c c a a b b Dấu "=" xảy ra khi: a b b c c a = = = = = a = b = c. c c a a b b  Chú ý: Với các bất đẳng thức có điều kiện cần khéo léo biến đổi để tận dụng được điều kiện của giả thiết. Dạng 2: Sử dụng bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất Thí dụ 1. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: 1 2 a. y = (2x + 1)(2 3x), với x [  ]. 2 3 b. y = x(1 x) 3, với 0 x 1.  Giải 1 2 a. Với x thì 2x + 1 0 và 2 3x 0, do đó sử dụng bất đẳng thức Côsi 2 3 ta được: 1 1 1 2 1 1 2 y = (2x + 1)(2 3x) = (x + ). ( x) = (x + )( - x) 2 2 3 3 6 2 3 2 1 2 (x ) ( x) 2 1 2 3 1 5 25 = . = . 6 2 6 12 864 25 Từ đó suy ra yMax = , đạt được khi: 864 1 2 1 x + = x x = . 2 3 12 b. Viết lại hàm số dưới dạng: 1 1 y = .3x(1 x)3 = .3x(1 x)(1 x)(1 x), 3 3 rồi áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 4 số không âm gồm 3x và 3 số 1 x, ta được: 135
8. 4 4 1 3x (1 x) (1 x) (1 x) 1 3 27 y . = . = , 3 4 3 4 256 27 từ đó suy ra yMax = , đạt được khi: 256 1 3x = 1 x = 1 x = 1 x x = . 4 Thí dụ 2. Tìm giác trị nhỏ nhất của hàm số: 2 2 a. y = x + với x > 1. b. y = x2 + , với x > 0. x 1 x3  Giải 2 a. Vì x > 1 nên x 1 và là hai số dương. Do đó: x 1 2 2 2 y = x + = 1 + x 1 + 1 + 2 (x 1) = 1 + 2 2 . x 1 x 1 x 1 từ đó, suy ra yMin = 1 + 2 2 , đạt được khi: 2 x 1 = x = 1 + 2 2 . x 1 b. Viết lại hàm số dưới dạng: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 5 y = x2 + x2 + x2 + + 5 5 x2 . x2 x2 . . = 3 3 3 x3 x3 3 3 3 x3 x3 5 27 5 từ đó, suy ra yMin = , đạt được khi: 5 27 1 1 x2 = x5 = 3 x = 5 3 . 3 x3 Thí dụ 3. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhát của biểu thức: a. A = x 1 4 x b. S = 3x + 4y, biết x2 + y2 = 1.  Giải a. Với 1 x 4, ta có: A2 = ( x 1 4 x )2 = 3 + 2 (x 1)(4 x) Ta có: 3 3 + 2 (x 1)(4 1) 3 + x 1 + 4 x = 6 3 A 6 . Từ đó, suy ra: ▪A Max = 6 , đạt được khi: 5 x 1 = 4 x 2x = 5 x = . 2
9. ▪A Min = 3 , đạt được khi: (x 1)(4 x) = 0 x = 1 hoặc x = 4. b. Ta có: S2 = (3x + 4y) 2 (32 + 42)(x2 + y2) = 25 3x + 4y 5 5 3x + 4y 5. Dấu "=" xảy ra khi: x 3 4x 3y 4x 3y y 4 2 2 2 2 2 2 9x 9y 9 9x 16x 9 x y 1 3 4 4x 3y x , y 5 5 3 . x 3 4 5 x , y 5 5 Từ đó, suy ra: 3 4 ▪S Max = 5, đạt được khi x , y . 5 5 3 4 ▪S Min = 5, đạt được khi x , y . 5 5 Thí dụ 4. Hai số dương x, y thoả mãn 3x + 2y = 6xy. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng x + y.  Giải Nhận xét rằng: 2 3 3x + 2y = 6xy + = 6, x y 2 3 2 + 3 = . x + . y . x y Do vậy, theo bất đẳng thức Bunhiacôpxki, suy ra: 2 3 1 5 2 6 ( 2 + 3 )2 ( + )(x + y) = 6(x + y) x + y ( 2 + 3 )2 = . x y 6 6 5 2 6 Vậy (x + y)Min = đạt được khi: 6 x y 6 2 3 2 6 3 6 x y x = , y = . 6 6 2 3 x y 137
10. Đ2. Bất phương trình Dạng toán 1: Các bài toán mở đầu về bất phương trình Thí dụ 1. Chứng minh các bất phương trình sau vô nghiệm: a. x2 + x 8 3. 3 b. 1 2(x 3)2 5 4x x 2 . 2 c. 1 x 2 7 x 2 1.  Giải a. Ta có: VT = x2 + x 8 0, x 8; VP = 3 < 0, x. Suy ra, tập xác định D = . Vậy, bất phương trình vô nghiệm. b. Ta có: 1 2(x 3)2 1 và 5 4x x 2 1, x. VT = 1 2(x 3)2 5 4x x 2 2, x. Lại có: 3 VP = VP, x. 2 Vậy, bất phương trình vô nghiệm. c. Ta có: 1 + x2 < 7 + x2 1 x 2 7 x 2 1 x 2 7 x 2 0 . Vậy, bất phương trình vô nghiệm. Dạng toán 2: Hai bất phương trình tương đương Thí dụ 1. Các cặp bất phương trình sau có tương đương không ? Vì sao ? 1 1 a. x2 – 2 > x và x2 > x + 2. b. x 1 và x 1 . x x  Giải a. Với bất phương trình: x2 – 2 > x cộng 2 vào hai vế của bất phương trình, ta được: x2 – 2 + 2 > x + 2 x2 > x + 2. Vậy, hai bất phương trình đã cho tương đương.
11. b. Nhận xét rằng, số 0 là nghiệm của bất phương trình thứ hai nhưng không là nghiệm của bất phương trình đầu. Vậy, hai bất phương trình đã cho không tương đương. Thí dụ 2. Giải thích vì sao các cặp bất phương trình sau tương đương? a. 4x + 1 > 0 và 4x 1 < 0. b. x 1 x và (2x + 1) x 1 x(2x + 1).  Giải a. Ta có: 1 1 ▪ 4x + 1 > 0 x < . Tập nghiệm: T1 = ; . 4 4 1 1 ▪ 4x 1 < 0 x < . Tập nghiệm: T2 = ; . 4 4 Ta thấy T1 = T2. Vậy, hai bất phương trình tương đương. b. Ta có: ▪ x 1 x có tập xác định x 1 (1) ▪ Với x 1 2x + 1 > 0 (2) Nhân cả hai vế của (1) với (2), ta được: (2x + 1) x 1 x(2x + 1). Vậy, hai bất phương trình tương đương. Đ3. Bất phương trình và hệ bất phương trình bậc nhất một ẩn Dạng toán 1: Bất phương trình bậc nhất một ẩn Thí dụ 1. Giải và biện luận bất phương trình: (m2 + m + 1)x + 3m > (m2 + 2)x + 5m 1.  Giải Viết lại bất phương trình dưới dạng: (m 1)x > 2m 1. Khi đó: ▪ Với m = 1, ta được: 0 > 1, luôn đúng Bất phương trình có tập nghiệm là S Ă . ▪ Với m > 1, ta được: 139
12. 2m 1 2m 1 x > Bất phương trình có tập nghiệm là S ; . m 1 m 1 ▪ Với m < 1, ta được: 2m 1 2m 1 x < Bất phương trình có tập nghiệm là S ; . m 1 m 1 Thí dụ 2. Tìm m để bất phương trình sau vô nghiệm: m2x + 1 m + (3m 2)x  Giải Viết lại bất phương trình dưới dạng: (m2 – 3m + 2)x m 1. (1) Khi đó, bất phương trình vô nghiệm 2 m 1 m 3m 2 0 m 2 vô nghiệm. m 1 0 m 1 Vậy, không có giá trị nào của m thoả mãn điều kiện đầu bài. Dạng toán 2: Hệ bất phương trình bậc nhất một ẩn 5x 2 4 x 3 Thí dụ 1. Giải các hệ bất phương trình: . 6 5x 3x 1 13  Giải Ta có biến đổi: 8x 10 x 5/ 4 5 x . 47x 7 x 7 / 44 4 5 Vậy, hệ phương trình có tập nghiệm ; . . 4
13. Đ4. dấu của nhị thức bậc nhất Dạng toán 1: Xét dấu các biểu thức Thí dụ 1. Lập bảng xét dấu các biểu thức: x(x 3)3 a. f(x) = x(x 2)2(3 x). b. f(x) = . (x 5)(1 x)  Giải a. Ta có bảng sau: x 0 2 3 + x 0 +  +  + (x 2)2 +  + 0 +  + 3 x +  +  + 0 f(x) 0 + 0 + 0 b. Ta có bảng sau: x 0 1 3 5 + x 0 +  +  +  + (x 3)2 +  +  + 0 +  + x 5    0 + 1 x +  + 0   f(x) + 0  + 0 +  Dạng toán 2: Giải bất phương trình tích hoặc chứa ẩn ở mẫu Phương pháp áp dụng 1. Để giải các bất phương trình dạng: P(x) > 0, P(x) < 0, P(x) 0, P(x) 0, trong đó P(x) = (a1x + b1) (anx + bn), ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Tìm các nghiệm x1, , xn của các nhị thức a1x + b, , anx + b. Bước 2: Sắp xếp các nghiệm tìm được 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 quả bảng xét dấu suy ra nghiệm cho bất phương trình. 2. 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) trong đó P(x) và Q(x) là tích những nhị thức bậc nhất được thực hiện theo các bước: 141
14. Bước 1: Tìm các nghiệm x1, , xn của các phương trình P(x) = 0 và Q(x) = 0. Bước 2: Sắp xếp các nghiệm tìm được theo thứ tự tăng dần (giả sử xk < < xl), P(x) từ đó lập bảng xét dấu cho phân thức . Q(x) Với lưu ý rằng trên hàng cuối tại những điểm Q(x) = 0 ta sử dụng kí hiệu  để chỉ ra rằng tại đó bất phương trình không xác định. Bước 3: Dựa vào kết quả bảng xét dấu suy ra nghiệm cho bất phương trình. Thí dụ 1. Giải các bất phương trình: 3 5 (2x 1)(2 x) a. . b. 0. 1 x 2x 1 x2 4x 3  Giải a. Ta có biến đổi: 3 5 3(2x 1) 5(1 x) 11x 2 0 0. 1 x 2x 1 (1 x)(2x 1) (1 x)(2x 1) Lập bảng xét dấu, ta được tập nghiệm của bất phương trình là: 1 2 S = ;  ; 1 . 2 11 b. Viết lại bất phương trình dưới dạng: (2x 1)(2 x) 0. (1) (x 1)(x 3) Ta có: 1 2x 1 = 0 x = ; 2 x = 0 x = 2; 2 x 1 = 0 x = 1; x 3 = 0 x = 3. Lập bảng xét dấu của (1): x 1/2 1 2 3 + 2x 1 0 + + + + 3 x + + + 0 x 1 0 + + + x 4 0 + VT 0 +  0 +  1 Vậy, bất phương trình có tập hợp nghiệm là: ( ; )(1; 2)(3; + ). 2  Chú ý: Có thể giải bất phương trình trên bằng phương pháp sau đây gọi là phương pháp chia khoảng. Chia trục Ox thành các khoảng: + + x. 1/2 1 2 3 +
15. Đ5. Bất phương trình và hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn Dạng toán 1: Bất phương trình bậc nhất hai ẩn Thí dụ 1. Biểu diễn hình học tập nghiệm của các bất phương trình bậc nhất hai ẩn sau: a. x + 2 + 2(y 2) < 2(1 x). b. 3(x 1) + 4(y 2) < 5x 3.  Giải Bạn đọc tự vẽ hình a. Ta có: x + 2 + 2(y 2) < 2(1 x) x + 2y 4 < 0 (1) Ta thực hiện theo các bước sau: ▪ Vẽ đường thẳng : x + 2y 4 = 0. ▪ Thay O(0; 0) vào (1), ta có: nửa mặt phẳng bờ chứa O là tập nghiệm của bất đẳng thức ban đầu. b. Ta có: 3(x 1) + 4(y 2) 0 (2) Ta thực hiện theo các bước sau: ▪ Vẽ đường thẳng : x 2y + 4 = 0. ▪ Thay O(0; 0) vào (2), ta có: nửa mặt phẳng bờ chứa O là tập nghiệm của bất đẳng thức ban đầu. Dạng toán 2: Hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn Thí dụ 1. Biểu diễn hình học tập nghiệm của các hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn sau: x 2y 0 2x 3y 6 0 a. x 3y 2 . b. x 0 . y x 3 2x 3y 1 0  Giải Bạn đọc tự vẽ hình a. Kí hiệu các bất phương trình của hệ theo thứ tự là (1), (2) và (3), ta thực hiện theo các bước sau: ▪ Vẽ chung trên cùng một hệ trục toạ độ Oxy các đường thẳng ( 1): x 2y = 0; ( 2): x + 2y + 2 = 0 và ( 1): y x = 0. ▪ Miền nghiệm của (1) là nửa mặt phẳng bờ ( 1) chứa A(0; 1). ▪ Miền nghiệm của (2) là nửa mặt phẳng bờ ( 2) chứa O(0; 0). ▪ Miền nghiệm của (3) là nửa mặt phẳng bờ ( 3) chứa O(0; 0). Tóm lại, miền nghiệm của hệ là miền không gạch chéo. b. Kí hiệu các bất phương trình của hệ theo thứ tự là (1), (2) và (3), ta thực hiện theo các bước sau: 143
16. ▪ Vẽ chung trên cùng một hệ trục toạ độ Oxy các đường thẳng ( 1): 2x + 3y 6 = 0; ( 2): x = 0 và ( 3): 2x 3y 1 = 0. ▪ Miền nghiệm của (1) là nửa mặt phẳng bờ ( 1) chứa O(0; 0). ▪ Miền nghiệm của (2) là nửa mặt phẳng bờ Oy không chứa A( 1; 0). ▪ Miền nghiệm của (3) là nửa mặt phẳng bờ ( 3) chứa O(0; 0). Tóm lại, miền nghiệm của hệ là miền không gạch chéo, kể cả đoạn nối hai điểm 1 (0; ) và (0; 2). 3 Đ6. dấu của tam thức bậc hai Dạng toán 1: Xét dấu các biểu thức Thí dụ 1. Xét dấu các biểu thức: 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).  Giải a. Ta có bảng xét dấu: x 1/3 5/4 3 + 3x2 10x + 3 + 0  0 + 4x 5  0 +  + f(x) 0 + 0 0 + Vậy, ta được: 1 5 ▪ f(x) > 0 3. 3 4 1 5 ▪ f(x) = 0 x = hoặc x = hoặc x = 3. 3 4 1 5 ▪ f(x) < 0 x < hoặc < x < 3. 3 4 b. Ta có f(x) = (3x2 4x)(2x2 x 1) = x(3x 4)(2x2 x 1). Bảng xét dấu: x -1/2 0 1 4/3 + x  0 +  +  + 3x 4    0 + 2x2 x 1 + 0  0 +  + f(x) + 0 0 + 0 0 + Vậy, ta được: 1 4 ▪ f(x) > 0 x . 2 3
17. 1 4 ▪ f(x) = 0 x = hoặc x = 0 hoặc x = 1 hoặc x = . 2 3 1 4 ▪ f(x) < 0 < x < 0 hoặc 1 < x < . 2 3 c. Ta có bảng xét dấu: x 9/2 1/2 1/2 + 4x2 1 +  + 0 0 + 8x2 + x 3    2x + 9 0 +  +  + f(x) + 0 0 + 0 Vậy, ta được: 9 1 1 ▪ f(x) > 0 x < hoặc < x < . 2 2 2 9 1 ▪ f(x) = 0 x = hoặc x = 2 2 9 1 1 ▪ f(x) . 2 2 2 Thí dụ 2. Xét dấu biểu thức f(x) = mx2 2(m 2)x + m 3.  Giải a. Ta xét ba khả năng của m Khả năng 1: Với m = 0, suy ra: 3 f(x) = 0 4x – 3 = 0 x = . 4 Khi đó, ta có bảng xét dấu x  + f(x) 0 + Khả năng 2: Với m > 0 ta có: ' = (m – 2)2 – m(m – 3) = 4 – m. Khi đó, ta xét ba trường hợp: Trường hợp 1: Nếu ' = 0 m = 4, suy ra: 1 1 f(x) > 0, x Ă \{ } và f(x) = 0 x = . 2 2 Trường hợp 2: Nếu ' > 0 0 < m < 4, suy ra: m 2 4 m m 2 4 m f(x) = 0 x1 = và x2 = . m m Khi đó, ta có bảng xét dấu: x x1 x2 + 145
18. f(x) + 0 0 + Trường hợp 3: Nếu ' 4, suy ra f(x) > 0, x Ă . Khả năng 3: Với m 4. Khi đó, ta có bảng xét dấu x x2 x1 + f(x) 0 0 Dạng toán 1: Giải bất phương trình bậc hai Thí dụ 1. Giải các bất phương trình sau: a. 3x2 x 2 0. b. x2 9x + 14 > 0.  Giải a Ta có ngay: 3x2 x 2 0 có2 nghiệm 2 3x2 x 2 0 x 1. 2 x1 1 và x2 3 3 2 Vậy, tập nghiệm của bất phương trình là T = [ ; 1]. 3 b Ta có ngay: x 7 x2 9x + 14 > 0 . x 2 Vậy, tập nghiệm của bất phương trình là T = ( ; 2)  (7; + ). Thí dụ 2. Giải các bất phương trình sau: a. 2x2 + x + 1 0. b. x2 6x 14 > 0. c. 4x2 12x + 10 < 0. d. x2 + 2x + 1 0.  Giải a Ta biến đổi bất phương trình về dạng: x 1 2 2x x 1 0 . . x 1/ 2 1 Vậy, tập nghiệm của bất phương trình là T = ( ; )  (1; + ). 2  Lưu ý: Như vậy, để tránh nhầm lẫn ta luôn chuyển bất phương trình về dạng có hệ số a dương. b Ta biến đổi bất phương trình về dạng: ' 5 0 x2 6x + 14 > 0 x Ă Vậy, tập nghiệm của bất phương trình là T = Ă . c Ta có:
19. ’ = 36 40 = 4 < 0 Bất phương trình vô nghiệm. Vậy, tập nghiệm của bất phương trình là T = . d Ta có biến đổi: (x + 1)2 ≤ 0 x + 1 = 0 x = 1. Vậy, tập nghiệm của bất phương trình là T = { 1}.  Chú ý: Với bài toán "Giải và biện luận bất phương trình bậc hai" ta thực hiện như sau: Xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Nếu a = 0 (nếu có). Trường hợp 2: Nếu a 0, thực hiện theo các bước: Bước 1: Tính (hoặc ') rồi lập bảng xét dấu chung cho a và (hoặc '). Bước 2: Dựa vào bảng ta xét các trường hợp xảy ra. Bước 3: Kết luận. Thí dụ 3. Giải và biện luận các bất phương trình: a. x2 + 2x + 6m > 0. b. 12x2 + 2(m + 3)x + m 0.  Giải a. Ta có thể trình bày theo các cách sau: Cách 1: Ta có ' = 1 m. Xét ba trường hợp: 1 Trường hợp 1: Nếu ' . 6 f(x) > 0, x Ă nghiệm của bất phương trình là x Ă . 1 Trường hợp 2: Nếu ' = 0 m = . 6 1 f(x) > 0, x Ă \{ } nghiệm của bất phương trình là x Ă \{ 1}. 2 1 Trường hợp 3: Nếu ' > 0 m < . 6 Khi đó f(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 = 1 – 1 6m và x2 = 1 + 1 6m . Dễ thấy, x1 < x2 do đó ta có bảng xét dấu: x x1 x2 + f(x) 0 0 – nghiệm của bất phương trình là x x2. Kết luận: 1 ▪ Với m > , nghiệm của bất phương trình là x Ă . 6 147
20. 1 ▪ Với m = , nghiệm của bất phương trình là x Ă \{ 1}. 6 1 ▪ Với m x2. 6 Cách 2: Biến đổi bất phương trình về dạng: (x + 1)2 > 1 6m. Khi đó: 1 ▪ Với 1 6m , nghiệm của bất phương trình là x Ă . 6 1 ▪ Với 1 6m = 0 m = , bất phương trình có dạng: 6 (x + 1)2 > 0 x + 1 ≠ 0 x ≠ 1. Vậy, nghiệm của bất phương trình là tập Ă \{ 1}. 1 ▪ Với 1 6m > 0 m < , bất phương trình có dạng: 6 x 1 1 6m x 1 1 6m x 1 1 6m . x 1 1 6m x 1 1 6m Vậy, nghiệm của bất phương trình là tập ; 1 1 6m  1 1 6m; . b. Với f(x) = 12x2 + 2(m + 3)x + m, ta có a = 12 và ' = (m 3)2 0. Khi đó, ta xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Nếu ' = 0 m = 3, suy ra f(x) 0, x Ă . b 1 Do đó, nghiệm của bất phương trình là x = = . a 2 Trường hợp 2: Nếu ' > 0 m 3, suy ra: 1 m f(x) = 0 x1 = và x2 = . 2 6 Xét hai khả năng sau: Khả năng 1: Nếu x1 < x2 m < 3. Khi đó, ta có bảng xét dấu: x 1/2 m/6 + f(x) + 0 0 + 1 m Dựa vào bảng xét dấu, suy ra tập nghiệm của bất phương trình là T = ( ; ). 2 6 Khả năng 2: Nếu x1 > x2 m > 3. Khi đó, ta có bảng xét dấu: x m/6 1/2 + f(x) + 0 0 +