50 4 5a bài giảng tự luận bất pt và hệ bpt bậc nhất hai ẩn đáp án chi tiết

BÀI GIẢNG BPT VÀ HỆ BPT BẬC NHẤT HAI ẨN

Bài 5. BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN

Dạng tốn 1. Bất phương trình bậc nhất hai ẩn
Phương pháp áp dụng
Bất phương trình bậc nhất hai ẩn x, y có dạng tổng quát là

ax  by c

 1

 ax  by  c;

ax  by c; ax  by  c 

Bước 1. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, vẽ đường thẳng  : ax  by c.

M x ;y 
Bước 2. Lấy một điểm 0 0 0 không thuộc  (ta thường lấy gốc tọa độ O )
Bước 3. Tính ax0  by0 và so sánh ax0  by0 với c.
Bước 4. Kết luận
Nếu ax0  by0  c thì nửa mặt phẳng bờ  chứa M 0 là miền nghiệm của ax0  by0 c.
Nếu ax0  by0  c thì nửa mặt phẳng bờ  không chứa M 0 là miền nghiệm của ax0  by0 c.
Chú ý:
Miền nghiệm của bất phương trình ax0  by0 c bỏ đi đường thẳng ax  by c là miền nghiệm của bất
phương trình ax0  by0  c.
Câu 1. Biểu diễn hình học tập nghiệm của bất phương trình bậc nhất
hai ẩn sau:  3 x  y  2 0 (1).

Lưu ý

Lời giải tham khảo




Vẽ đường thẳng  :  3x  y  2 0.
Thay O(0; 0) vào (1), ta có: nửa mặt
phẳng bờ  không chứa O là tập
nghiệm của bất phương trình ban đầu.

1.1 2 x  y 3
Lời giải

5x + 2 + 2y x + 2 + 2y  5x + 2 + 2y  4(2  x).

1.2
Lời giải
 Vẽ đường thẳng  : 2 x  y 3.
5x + 2 + 2y x + 2 + 2y  5x + 2 + 2y  4(2  x)  x – 2y + 11  0 (2)
 Thay O(0; 0) vào (1), ta có: nửa mặt phẳng
 Vẽ đường thẳng  : x – 2y + 11 = 0.
bờ  chứa O là tập nghiệm của bất
 Thay O(0;0) vào (2), ta có: nửa mặt phẳng
phương trình ban đầu.
có bờ  và chứa O là tập nghiệm của bất
phương trình ban đầu.
1.3 x + 2 + 2(y  2) < 2(1  x)
1.4 3(x  1) + 4(y  2) < 5x + 2 + 2y x  3
Lời giải

Lời giải
x + 2 + 2(y  2) < 2(1  x)  x + 2y  4 < 0 (3)
3(x  1) + 4(y  2) < 5x + 2 + 2y x  3  x  2y + 4 > 0 (4)
 Vẽ đường thẳng : x + 2y  4 = 0.
 Vẽ đường thẳng : x  2y + 4 = 0.
 Thay O(0; 0) vào (3), ta có: nửa mặt phẳng
 Thay O(0; 0) vào (4), ta có: nửa mặt phẳng

bờ  chứa O (bỏ đường thẳng ) là tập
bờ  chứa O (bỏ đưởng thẳng  ) là tập
nghiệm của bất phương trình ban đầu.
nghiệm của bất phương trình ban đầu.

Trang -1-


BÀI GIẢNG BPT VÀ HỆ BPT BẬC NHẤT HAI ẨN

Trang -2-


BÀI GIẢNG BPT VÀ HỆ BPT BẬC NHẤT HAI ẨN

Dạng tốn 2. Hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn
Phương pháp áp dụng
- Giải từng bất phương trình trong hệ
- Giao để lấy miền nghiệm.
Câu 2. Biểu diễn hình học tập nghiệm của hệ bất phương trình bậc
2 x  3 y  6  0


 x 0
 2 x  3 y  1 0
nhất hai ẩn sau: 

Lưu ý

Lời giải tham khảo
Trước hết, ta vẽ ba đường thẳng:
 d1  : 2 x  3 y  6 0

 d 2  : x 0
 d3  : 2 x  3 y  1 0
 1 ; 1 là nghiệm
Ta thấy
của các ba bất phương
trình. Điều này có nghĩa là
 1 ; 1 thuộc cả ba
điểm
miền nghiệm của ba bất
phương trình. Sau khi
gạch bỏ các miền khơng
thích hợp, miền không bị
gạch là miền nghiệm của hệ.
x  y  0

 x  3 y  3
 x  y  5x + 2 + 2y
2.1 
.
Lời giải

Trước hết, ta vẽ ba đường thẳng:
 d1  : x  y 0

 d 2  : x  3 y  3
 d3  : x  y 5x + 2 + 2y
 5x + 2 + 2y ; 3 là
Ta thấy

2.2

3 x  y 6
 x  y 4

.

x

0

 y 0

Lời giải
Trước hết, ta vẽ bốn đường thẳng:
d1 : 3x  y 6, d 2 : x  y 4,

d3 : x 0

nghiệm của cả ba
bất phương trình.
Điều đó có nghĩa

 5x + 2 + 2y ; 3
điểm
thuộc cả ba miền nghiệm của ba bất phương trình.
Sau khi gạch bỏ miền khơng thích hợp, miền
không bị gạch là miền nghiệm của hệ.

Trang -3-

 Oy  , d 4 : y 0  Ox 

M  1;1
Vì điểm 0
có tọa độ thỏa mãn tất cả các bất
phương trình trong hệ trên nên ta gạch chéo các nửa
 d  ,  d 2  ,  d3  ,  d 4  không chứa
mặt phẳng bờ 1
điểm M 0 . Miền không bị gạch chéo trong hình vẽ là
miền nghiệm của hệ đã cho.


BÀI GIẢNG BPT VÀ HỆ BPT BẬC NHẤT HAI ẨN

3  y  0

2.3 2 x  3 y  1  0 .
Lời giải
Trước hết, ta vẽ hai đường thẳng:
 d1  : 3  y 0

3x  2 y  6 0


3y

4
 2( x  1) 
2

 x 0
2.4 
.
Lời giải
Trước hết, ta vẽ ba đường thẳng:
 d1  : 3x  2 y  6 0

 d 2  : 2 x  3 y  1 0
 6 ; 4  là nghiệm của hai bất phương trình.
Ta thấy
 d 2  : 4 x  3 y  12 0
6 ; 4

Điều đó có nghĩa điểm
thuộc cả hai miền  d  : x 0
3
nghiệm của hai bất phương trình. Sau khi gạch bỏ
các miền khơng thích hợp, miền khơng bị gạch là Ta thấy  2 ;  1 là nghiệm

của cả ba bất phương
 2 ;  1 thuộc cả ba
trình. Điều đó có nghĩa điểm
miền nghiệm của ba bất phương trình. Sau khi gạch

bỏ các miền khơng thích hợp, miền khơng bị gạch là
miền nghiệm của hệ.

miền nghiệm của hệ.

Dạng toán 3. Bài tốn tối ưu
Phương pháp áp dụng
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức
trình bậc nhất hai ẩn cho trước.

F  x, y  ax  by

với

 x; y 

là nghiệm của hệ bất phương

Bước 1: Xác định miền nghiệm của hệ bất phương trình đã cho. Kết quả thường được miền nghiệm S
là đa giác.

 x; y  là tọa độ của các đỉnh của đa giác.
Bước 2: Tính giá trị của F tương ứng với
Bước 3: Kết luận:
 Giá trị lớn nhất của F là số lớn nhất trong các giá trị tìm được.
 Giá trị nhỏ nhất của F là số nhỏ nhất trong các giá trị tìm được.

Trang -4-

BÀI GIẢNG BPT VÀ HỆ BPT BẬC NHẤT HAI ẨN

Câu 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức F  y  x trên miền xác định

bởi hệ

 y  2 x 2

 2 y  x 4
 x  y 5x + 2 + 2y


Lưu ý

.
Lời giải tham khảo

 y  2 x 2

 2 y  x 4
 x  y 5x + 2 + 2y


Biểu diễn miền nghiệm của hệ bất phương trình
trục tọa độ như dưới đây:

trên hệ

Nhận thấy biết thức F  y  x chỉ đạt giá trị nhỏ nhất tại các điểm A, B
hoặc C .

Ta có:

F  A 4  1 3; F  B  2; F  C  3  2 1

.

Vậy min F 1 khi x 2, y 3 .
3.1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức F  y  x

với điều kiện

 2 x  y 2

 x  y 2
5x + 2 + 2y x  y  4


.

Lời giải
Biểu diễn miền nghiệm của hệ bất phương trình

3.2

Tìm

giá

lớn

nhất

của

biểu

thức

 0  y 4

x 0


 x  y  1 0

F  x; y   x  2 y
với điều kiện  x  2 y  10 0 .
Lời giải
Vẽ đường thẳng d1 : x  y  1 0 , đường thẳng d1
qua hai điểm

Trang -5-

trị

 0;  1

và

 1;0  .

BÀI GIẢNG BPT VÀ HỆ BPT BẬC NHẤT HAI ẨN

 2 x  y 2

 x  y 2
5x + 2 + 2y x  y  4


Vẽ đường thẳng d 2 : x  2 y  10 0 , đường thẳng
trên hệ trục tọa độ như dưới đây:

Giá trị nhỏ nhất của biểu thức F  y  x chỉ đạt
được tại các điểm
 4 2  1 7
A   2;6  , C  ;   , B  ; 
 3 3  3 3  .
Ta có:

F  A  8; F  B   2; F  C   2

.

4
2
x  , y 
3
3.
Vậy min F  2 khi

d 2 qua hai điểm  0;5x + 2 + 2y  và  2; 4  .
Vẽ đường thẳng d3 : y 4 .

Miền

nghiệm

là

ngũ

ABCOE

giác

với

A  4;3 , B  2; 4  , C  0; 4  , E  1;0 
Ta có:

F  4;3 10

,

.
F  2; 4  10

,

F  0; 4  8

,

F  1;0  1 F  0;0  0
,
.
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức
bằng 10 .

F  x; y  x  2 y

3.3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3.4 Tìm giá trị nhỏ nhất của F  y – x với điều kiện
 0  y 5x + 2 + 2y
 2 x  y  2

 x  2 y 2
x

0




x

y

2


0

 x  y 5x + 2 + 2y
 x  y  2 0
F  x; y  x  2 y

x 0
với điều kiện
.
.
Lời giải
Lời giải
Biểu diễn miền ngiệm của hệ bất phương trình
Biểu diễn miền ngiệm của hệ bất phương trình
 0  y 5x + 2 + 2y

x 0


 x  y  2 0
 x  y  2 0
trên hệ trục tọa độ như dưới đây:.

Trang -6-

 2 x  y  2
 x  2 y 2


 x  y 5x + 2 + 2y


x 0
trên hệ trục tọa độ như dưới đây:


BÀI GIẢNG BPT VÀ HỆ BPT BẬC NHẤT HAI ẨN

Nhận thấy biểu thức F  y  x chỉ đạt giá trị nhỏ
nhất tại các điểm A, B, C hoặc D .

F  A 7  2 5x + 2 + 2y  3; F  B   2 5x + 2 + 2y  10
Ta có:
.
F  C   2 2  4, F  D  2  2 0 2
.
Vậy min F  10 khi x 0, y 5x + 2 + 2y .

Nhận thấy biểu thức F  y  x chỉ đạt giá trị nhỏ
nhất tại các điểm A, B hoặc C .
Chỉ

C  4;1

có tọa độ nguyên nên thỏa mãn.
Vậy min F  3 khi x 4, y 1 .

Câu 4. Một xưởng sản xuất hai loại hàng. Mỗi sản phẩm loại I cần 2l
nguyên liệu và 30h, đem lại lợi nhuận là 4000đ cho mỗi đơn vị. Mỗi
sản phẩm loại II cần 4l nguyên liệu và 15x + 2 + 2y h, đem lại lợi nhuận là 3000đ
cho mỗi đơn vị. Xưởng có 200l nguyên liệu và 1200h làm việc. Hỏi sản

xuất mỗi loại hàng bao nhiêu để mức lợi nhuận cao nhất.

Lời giải tham khảo

y

Gọi
x là số hàng loại I phải sản xuất.
y là số hàng loại II phải sản xuất.
Ta có các điều kiện sau:



C

B

O A

{2x+4y≤20 ¿{30x+15y≤120 ¿{x≥0,xnguyªn¿ ¿ {x+2y≤10 (1)¿{2x+y≤80 (2)¿{x≥0,xnguyªn (3)¿ ¿

(d2)

x

(d1)


(I)
Và khi đó, mức lợi nhuận thu được là F = 4000x + 3000y.

Để giải (I) ta lần lượt vẽ các đường thẳng:
 (d1): x + 2y  100 = 0
 (d2): 2x + y  80 = 0
 trục Oy.
 trục Ox.
Ta có (1,1) là nghiệm của tất cả các bất phương trình trong hệ (I).
Vậy, nghiệm của hệ (I) là phần mặt phẳng trong tứ giác OABC (kể các
các cạnh).
Trang -7-

Lưu ý


BÀI GIẢNG BPT VÀ HỆ BPT BẬC NHẤT HAI ẨN

Ta có:
A(40; 0)  FA = 160000 ; B(20, 40)  FB = 200000;
C(0; 5x + 2 + 2y 0)  FC = 15x + 2 + 2y 0000; O(0, 0)  FO = 0.
Khi đó:
FMax = max{ FA, FB, FC, FO} = 200000,
đạt được khi x = 20 và y = 40.
Vậy, để mức lợi nhuận cao nhất cần sản xuất 20 hàng loại I và 40
hàng loại II.
4.1 Công ty Bao bì Dược cần sản xuất 3 loại hộp 4.2 Trong một cuộc thi pha chế, mỗi đội chơi được
giấy: đựng thuốc B1, đựng cao Sao vàng và đựng sử dụng tối đa 24 g hương liệu, 9 lít nước và 210 g
"Quy sâm đại bổ hoàn". Để sản xuất các loại hộp đường để pha chế nước cam và nước táo.
này, cơng ty dùng các tấm bìa có kích thước
giống nhau. Mỗi tấm bìa có hai cách cắt khác ● Để pha chế 1 lít nước cam cần 30 g đường, 1 lít
nước và 1 g hương liệu;
nhau.

 Cách thứ nhất cắt được 3 hộp B 1, một hộp cao ● Để pha chế 1 lít nước táo cần 10 g đường, 1 lít
nước và 4 g hương liệu.
Sao vàng và 6 hộp Quy sâm.
 Cách thứ hai cắt được 2 hộp B 1, 3 hộp cao Sao
vàng và 1 hộp Quy sâm. Theo kế hoạch, số hộp Quy
sâm phải có là 900 hộp, số hộp B 1 tối thiểu là 900
hộp, số hộp cao sao vàng tối thiểu là 1000 hộp. Cần
phương án sao cho tổng số tấm bìa phải dùng là ít
nhất?

Mỗi lít nước cam nhận được 60 điểm thưởng, mỗi
lít nước táo nhận được 80 điểm thưởng. Hỏi cần pha
chế bao nhiêu lít nước trái cây mỗi loại để đạt được
số điểm thưởng cao nhất?
Lời giải
Gọi x, y lần lượt là số lít nước cam và số lít nước táo
mà mỗi đội cần pha chế.

Lời giải
Gọi x 0, y 0 lần lượt là số tấm bìa cắt theo cách
Suy ra 30 x  10 y là số gam đường cần dựng;
thứ nhất, thứ hai.
x  y là số lít nước cần dựng;
Bài tốn đưa đến tìm x 0, y 0 thoả mãn hệ
x  4 y là số gam hương liệu cần dựng.
3 x  2 y  900

 x  3 y 1000
6 x  y  900
 x 0

 x 0
F

x

y

sao cho
nhỏ nhất.
 y 0
 y 0


x

100,
y

300
30
x

10
y

210


3 x  y 21
Tìm được

.
 x  y 9
 x  y 9


 x  4 y 24

 x  4 y 24  *
Theo giả thiết
Số điểm thưởng nhận được sẽ là F 60 x  80 y.

Ta đi tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức F với x, y
 * . Tìm được x 4, y 5x + 2 + 2y .
thỏa mãn
4.3 Một nhà máy sản xuất, sử dụng ba loại máy đặc
chủng để sản xuất sản phẩm A và sản phẩm B
trong một chu trình sản xuất. Để sản xuất một tấn
sản phẩm A lãi 4 triệu đồng người ta sử dụng máy
I trong 1 giờ, máy II trong 2 giờ và máy III
trong 3 giờ. Để sản xuất ra một tấn sản phẩm B lãi
Trang -8-

4.4 Một nhà khoa học đã nghiên cứu về tác động
phối hợp của hai loại Vitamin A và B đã thu được
kết quả như sau: Trong một ngày, mỗi người cần từ
400 đến 1000 đơn vị Vitamin cả A lẫn B và có thể
tiếp nhận không quá 600 đơn vị vitamin A và không
quá 5x + 2 + 2y 00 đơn vị vitamin B . Do tác động phối hợp

BÀI GIẢNG BPT VÀ HỆ BPT BẬC NHẤT HAI ẨN

được 3 triệu đồng người ta sử dụng máy I trong 6
giờ, máy II trong 3 giờ và máy III trong 2 giờ.
Biết rằng máy I chỉ hoạt động không quá 36 giờ,
máy hai hoạt động không quá 23 giờ và máy III
hoạt động không quá 27 giờ. Hãy lập kế hoạch sản
xuất cho nhà máy để tiền lãi được nhiều nhất?

của hai loại vitamin trên nên mỗi ngày một người sử
dụng số đơn vị vitamin B khơng ít hơn một nửa số
đơn vị vitamin A và không nhiều hơn ba lần số đơn
vị vitamin A . Tính số đơn vị vitamin mỗi loại ở
trên để một người dùng mỗi ngày sao cho chi phí rẻ
nhất, biết rằng mỗi đơn vị vitamin A có giá 9 đồng
và mỗi đơn vị vitamin B có giá 7,5x + 2 + 2y đồng?
Lời giải
Gọi x 0, y 0 lần lượt là số đơn vị vitamin A và

Lời giải
B để một người cần dùng trong một ngày.
Gọi x 0, y 0 (tấn) là sản lượng cần sản xuất của
sản phẩm A và sản phẩm B. Ta có:
Trong một ngày, mỗi người cần từ 400 đến 1000
đơn vị vitamin cả A lẫn B nên ta có:
x  6 y là thời gian hoạt động của máy I .
400  x  y 1000.
2 x  3 y là thời gian hoạt động của máy II .

3 x  2 y là thời gian hoạt động của máy III .

Hàng ngày, tiếp nhận không quá 600 đơn vị vitamin
A và không quá 5x + 2 + 2y 00 đơn vị vitamin B nên ta có:
x 600, y 5x + 2 + 2y 00.

Số tiền lãi của nhà máy: T 4 x  3 y (triệu Mỗi ngày một người sử dụng số đơn vị vitamin B
đồng).
không ít hơn một nửa số đơn vị vitamin A và
không nhiều hơn ba lần số đơn vị vitamin nên ta có:
Bài tốn trở thành: Tìm x 0, y 0 thỏa mãn
0,5x + 2 + 2y x  y 3 x.
 x  6 y 36

F  x, y  9 x  7,5x + 2 + 2y y.
 2 x  3 y 23
Số tiền cần dùng mỗi ngày là:
3 x  2 y 27

để F 4 x  3 y đạt giá trị lớn nhất.
Bài toán trở thành: Tìm x 0, y 0 thỏa mãn hệ
x

7,
y

3
Tìm được
.
0  x 600, 0  y 5x + 2 + 2y 00


 400  x  y 1000
0,5x + 2 + 2y x  y 3 x

để
F  x, y  9 x  7,5x + 2 + 2y y
đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm được
x 100, y 300 .

Trang -9-