Tìm điều kiện để bất phương trình có nghiệm

259
VẤN ĐỀ 10






Tìm m để hệ bất phương trình vô
nghiệm, có nghiệm, có duy nhất
nghiệm.



260
Vấn đề 10
Tìm m để hệ bất phương trình vô
nghiệm, có nghiệm, có duy nhất
nghiệm.
A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT
I. Hệ bất phương trình :
Hệ bất phương trình là một tập hợp gồm nhiều bất phương trình.
Nghiệm của hệ bất phương trình là tập hợp các giá trò của ẩn số
nghiệm đúng đồng thời tất cả các bất phương trình của hệ.
II. Hệ bất phương trình tương đương :

Hai hệ bất phương trình (I) và (II) được gọi là tương đương nếu
mọi nghiệm của hệ (I) đều là nghiệm của hệ (II) và ngược lại :
III. Để giải một hệ phương trình :

Ta thực hiện một số các phép biến đổi tương đương để đưa từ
một hệ đã cho về một hệ mới tương đương với hệ đã cho đó. Khi thực
hiện các phép biến đổi ta thường sử dụng các tính chất của bất đẳng
thức.
VD :

Nhân hai vế của bất đẳng thức cho cùng một số âm ta được một
bất đẳng thức mới tương đương với bất đẳng thức đã cho. Với chiểu
bất đẳng thức được thay đổi ngược lại.
Lời khuyên
Để được biến đổi tốt trong quá trình giải các bất phương trình các em
phải xem lại tất cả các tính chất của bất đẳng thức trước khi vào giải
bất phương trình .
IV. Các hệ bất phương trình thường gặp :

Hệ bất phương trình bậc nhất.
Hệ bất phương trình bậc hai.


261
Hệ bất phương trình hỗn hợp. (có thể chứa căn, logarit, mũ, các hàm
số lượng giác …)
V. Tìm m để hệ thỏa một yêu cầu nào đó .

Chẳng hạn cho hệ có dạng sau :
Hệ (E) :
⎩
⎨
⎧

≤
>
(2)
(1)
DC
BA

Gọi S
1
là tập nghiệm củabpt (1) và S
2
là tập nghiệm của bpt (2).
• Hệ (E) có nghiệm ⇔ S
1
∩ S
2
≠ ∅
• Hệ vô nghiệm ⇔ S
1
∩ S
2
= ∅
• Hệ có duy nhất nghiệm ⇔ S
1
∩ S
2
=
{
}
0

x với x
0
là 1 giá trò nào
đó .
Từ đó ta thường gặp các Các bài toán có liên quan đến
Tìm m để hệ thoả :
1) Có nghiệm
2) Vô nghiệm ( tức là không có nghiệm chung)
3) Có nghiệm trên R .
4) Có duy nhất nghiệm.
5) Tập nghòêm này là con tập nghiệm kia
6) V.v…


262
B. BÀI TẬP CÓ HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1
a./ Giải hệ bất phương trình
:
⎩
⎨
⎧
−≥+
≤+
1
144
yx
yx

(Trung tâm đào tạo bồi dưỡng cán bộ y tế , năm 1998)

Giải
Hệ ⇔
⎩
⎨
⎧
≥+
≤+
(2) -1yx
(1) 144
yx

Dễ thấy là :
(
)
044
2
≥−
yx
⇒ 4
x
+ 4
y
≥
yx
4.42
Hay 4
x
+ 4
y
≥ 2

yx+
4 (*)
Từ (2) và (*) ta suy ra : 4
x
+ 4
y
≥ 2
1
4
−
= 1
Kết hợp với (1) ta được 4
x
+ 4
y
= 1
Vậy (*) xảy ra dấu bằng , nên 4
x
= 4
y

Do đó 4
x
= 4
y
=
2
1
⇒ x = y = -
2

1

b./ Giải hệ bất phương trình :
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>−−+
<++
01093
045
23
2
xxx
xx

(Đại học kinh tế quốc dân Hà Nội , năm 1998 – 1999)
Giải
Bất phương trình ⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>−−+
<++
01093
(1) 045
23

2
xxx
xx

Ta có : (1) ⇔ -4 < x < -1 ⇔ x ∈ [-4 ; -1]
Xét hàm số y = x
3
+ 3x
2
– 9x – 10 trên [-4 ; -1]
y’ = 3x
2
+ 6x – 9 = 3(x
2
+ 2x – 3)
y’ = 0 ⇔
⎢
⎣
⎡
=⇒−=
−=⇒=
173
151
yx
yx

y(-4) = 10 ; y(-1) = 1
Từ bảng biến thiên của y trên [-4 ; -1] ta thấy

263
y = x
3
+ 3x
2
- 9x – 10 > 0 ∀x ∈ [-4 ; -1]
Vậy nghiệm của bất phương trình là –4 < x < -1
Bài 2
Cho hệ bất phương trình :
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
<−+−
>
+−
+−
(2) 012
(1) 1
86
952
22
2
2
mmxx
xx
xx

Đònh m để (1) và (2) không có nghiệm chung

Hướng dẫn :
(1) ⇔ x < 2 hay x > 4
(2) có S = (m –1 ; m + 1)
(1) và (2) không có nghiệm chung khi S
1

∩
S
2
là rỗng
⇔
⎩
⎨
⎧
≤
≥
⇔
⎩
⎨
⎧
≤+
≥−
3
3
41
21
m
m
m
m

⇔ m = 3
Bài 3
Cho hệ
22
1
0 (1)
3
210 (2)
x
x
xxm
−
⎧
<
⎪
−
⎨
⎪
−−+≤
⎩

a) Tìm m để hệ có nghiệm
b) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất
Phương pháp :
Tìm m để hệ có nghiệm ta có thể tìm m để hệ vô nghiệm .Sau đó lấy
phần bù của kết quả này.
Hướng dẫn giải :
a) Ta có : tập nghiệm của bất phương trình (1 ) là S
1
= (1 ; 3)

Bpt (2) có thể có tập nghiệm là : S
2
= (1 – m ; 1 + m) (2a) hay
(1 + m ; 1 – m ) (2b)
Vấn đề ở chỗ chúng ta chưa biết được giữa 1 – m và 1 + m số nào lớn
hơn nên ta xét.
Hiệu số : A = 1 – m – (1 + m) = -2m
• m < 0 : S
2
= [1 + m ; 1 – m ]
Hệ vô nghiệm khi S
1

∩
S
2
là rỗng


264
⇔ 1 – m ≤ 1 hay 1 + m ≥ 3 ⇔ m ≥ 0 hay m ≥ 2 ⇔ m ≥ 2
mà m < 0 (điều kiện trên) do đó m thuộc rỗng
• m = 0 :S
2
=
{}
1
Dễ thấy S
1
∩ S

2
là rỗng nên m= 0 nhận.
• m > 0 :S
2
= [1 – m ; 1 + m]
Hệ vô nghiệm khi 1 + m
≤ 1 hay 1 – m ≥ 3
⇔ m ≤ 0 hay m ≤ -2 ⇔ m ≤ 0 mà m > 0 (điều kiện trên) nên m thuộc
rỗng . Hợp các tập hợp trên lại ta được m = 0 thì hệ vô nghiệm nên
m
≠ 0 thì hệ có nghiệm
b) Để hệ có nghiệm duy nhất , xem xét sự tương giao của 2 tập hợp
trong câu a) cho ta m
∅
∈
.(bạn đọc tự kiểm lại).
Bài 4
Cho hệ bất phương trình :
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≥−
≤+−
)2(0mx
)1(036x13x
22
24

Đònh m để hệ có nghiệm duy nhất
Giải
Đặt t = x
2
(t ≥ 0)
(1)
⇔ t
2
– 13t + 36 ≤ 0 ⇔ 4 ≤ t ≤ 9 ⇔ 4 ≤ x
2
≤ 9
⇔
⎩
⎨
⎧
≤≤−
≥∨−≤
33
22
x
xx
⇔ -3 ≤ x ≤ -2 hay 2 ≤ x ≤ 3
(2)
⇔ x
2
– m
2
≥ 0
Do đa thức ở vế trái có 2 nghiệm là m và –m
• m < 0 : S

2
= (-∞ ; m] ∪ [-m ; +∞)
Hệ có nghiệm duy nhất khi m = -3 hay –m = 3
⇔ m = -3
• m > 0 : S
2
= (-∞ ; –m) ∪ (m ; +∞)
Hệ có nghiệm duy nhất khi –m = -3 hay m = 3
⇔ m= 3
Vậy: m = 3
∨ m = -3 thì hệ có nghiệm duy nhất


265
Bài 5
Tìm m để hệ sau vô nghiệm :
()
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
<+
<−
(2) 21m
(1) 01
2
2
x
x

Sau đó tìm m để hệ có nghiệm.
Giải
(1)
⇔ -1 < x < 1 (hay tập nghiệm của bất phương trình là (1) là
S
1
= (-1 ; 1)
(2)
⇔ x <
1
2
2
+m
hay S
2
= (-
∞
;
1
2
2
+
m
)
Dựa vào sự tương giao của 2 tập nghiệm
Hệ vô nghiệm
⇔
1
2

2
+
m
≤ -1 ⇔ m
2
+ 3 ≤ 0 ⇔ m ∈ ∅
Hệ có nghiệm
⇔
1
2
2
+
m
> 1 ⇔ m
2
+ 3 > 0 ⇔ m ∈ R
Bài 6
Tìm m để hệ sau có nghiệm :
()
⎩
⎨
⎧
−<+
≤−
(2) 2x1m
(1) 3x2x
2

Hướng dẫn :
(1)

⇔ x
2
– 2x – 3 ≤ 0
⇔ -1 ≤ x ≤ 3
Tập nghiệm (1) : S
1
= [-1 ; 3]
(2)
⇔ (m + 1)x < -2
• m = -1 : (2) ⇔ 0 < -2 ⇔ m ∈ ∅ ⇔ S
2
= ∅


266
Hệ vô nghiệm nên ta nhận m = -1 (*)
• m ≠ -1 :
* m > -1 : x <
1
2
+
−
m
: S
2
=
⎟
⎠
⎞
⎜

⎝
⎛
+
−∞−
1
2
;
m

Dể hệ vô nghiệm thì
1
1
2
−≤
+
−
m
⇔ m ≤ 1
⇒ -1 < m ≤ 1 (2a)
* m < -1 : x >
1
2
+
−
m
: S
2
=
⎟
⎠

⎞
⎜
⎝
⎛
+∞
+
− ;
1
2
m

Để hệ vô nghiệm thì
3
1
2
≥
+
−
m
⇔ m ≥
3
5
−

Kết luận : -
3
5
≤ m < -1 (2b)
Cuối cùng : hợp (2a) , (2b) và (*) ta được : -
3

5
≤ m ≤ 1
Bài 7
Đònh m để hệ bpt sau vô nghiệm :
2
22
x3x20(1)
x(m1)x2mm0(2)
⎧
++<
⎪
⎨
−−− +≤
⎪
⎩

Giải
(1) 2 x 1⇔− < <−
(2). Đặt f(x) VT=
Ta có :
22
m2m18m4m∆= − + + −

22
9m 6m 1 (3m 1) 0 m R=−+=−≥∀∈
Do
∆ chỉ có 2Khả Năng là dương hoặc bằng 0.
Ta xét : (*) TH1 :
1
0m

3
∆= ⇔ =



267
Bất phương trình (2) có duy nhất nghiệm
1
x
3
=
− và
1
(2;1)
3
−
∉− −
Vậy hệ vô nghiệm. Nên
1
m
3
=
thỏa YCĐB (a)
(*) TH2 :
1
0m
3
∆> ⇔ ≠

Ta có bảng xét dấu của f(x) là :

Để hệ vô nghiệm thì khả năng xảy ra :
12 12
12 12
21xx 1xx(*)
xx 21 xx 2(*)
−<−< < −< <
⎡⎡
⇔
⎢⎢
<<−<− <<−
⎣⎣

(*)
12
1x x−< <
2
f( 1) 0 1 m 1 2m m 0
11
mm
33
Sm12
10
22
⎧⎧
⎪⎪
−> + −− + >
⎪⎪
⎪⎪
⇔≠ ⇔≠
⎨⎨

⎪⎪
−+
⎪⎪
>− >
⎪⎪
⎩⎩
2m(m 1) 0 0 m 0
11
mm
33
m10 m 1
−
<<<
⎧⎧
⎪⎪
⎪⎪
⇔≠ ⇔≠
⎨⎨
⎪⎪
+> >−
⎪⎪
⎩⎩

1
0m1\ (b)
3

⎧⎫
⇔< <
⎨⎬

⎩⎭

(**)
12
xx 2<<−
⇔
2
f( 2) 0 4 2(m 1) 2m m 0
11
mm
33
Sm1
20 20
22
⎧⎧
⎪⎪
−
>+−−+>
⎪⎪
⎪⎪
≠⇔≠
⎨⎨
⎪⎪
−
⎪⎪
+< +<
⎪⎪
⎩⎩

2

1
m2
2m 3m 2 0
2
11
mm
33
m140 m 3
−
⎧
<
<
⎧
⎪
−++>
⎪
⎪
⎪⎪
⇔≠ ⇔≠
⎨⎨
⎪⎪
−+ < <−
⎪⎪
⎩
⎪
⎩
⇔ m ∈ ∅ (c)


268

Hợp (a) (b) (c) :
1
m
3
m
1
0m1\
3
⎡
=
⎢
⎢
⎢
∈∅
⎢
⎧
⎫
⎢
<<
⎨
⎬
⎢
⎩⎭
⎣
⇔ 0 < m < 1
Bài 8
Tìm tất cả các giá trò của tham số m để hệ bất phương trình sau đây có
nghiệm :
⎪
⎩

⎪
⎨
⎧
−
≤++
≥−+
1m
m
yxy2x2
3yxy2x5
22
22

Giải
Đặt
1
m
m
−
= n . Ta có hệ :
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≤++
≥−+
nyxy2x2
3yxy2x5

22
22
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≤++
−≤+−−
)2(nyxy2x2
)1(3yxy2x5
22
22

Sau khi nhân 2 vế của (2) với 3 và cộng từng vế với (1); ta được :
(x+2y)
2
≤ -3 + 3n
Điều kiện cần để hệ có nghiệm là : -3 + 3n
≥ 0 ⇔ n ≥ 1
Thử lại : với n
≥ 1 ; để chứng minh hệ đãa cho có nghiệm , cchỉ cần
chứng minh hệ sau có nghiệm :
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≤++

≥−+
1yxy2x2
3yxy2x5
22
22

Tương tự cách làm trên ta đi đến (x+2y)
2
≤ 0 ⇔ x + 2y = 0
⇔ x = -2y . Thế vào hệ trên ta được :


269
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≤
≥
1y5
3y15
2
2
⇔ y
2
=
5
1
⇔ y =

5
1
±

Hệ rõ ràng có nghiệm :
;
5
1
;
5
2
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
5

1
;
5
2
.
Vậy hệ đã cho nghiệm
⇔ n ≥ 1 ⇔
1
m
m
−
≥ 1 ⇔ 0
1
m
1
≥
−
⇔ m > 1
Bài 9
Tìm tất cả các giá trò của tham số a để hệ sau có nghiệm (x ; y) thoả
mãn điều kiện :
x ≥ 4 :
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≤+++
=+
a3y5x

3yx

Giải
Ta có :
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≤+++
=+
)2(a3y5x
)1(3yx

Từ (1)
⇒
x3y −=

Vì y
≥ 0 ⇒ x3− ≥ 0 ⇒ x ≤ 3
Với x
≥ 4 ⇒ x ≥ 2 . Vậy 2 ≤ x ≤ 3
Thế
y
=
x3−
vào (2) , ta được :
axx6125x ≤+−++
Đặt t =
x

, ta được :
a12t6t5t
22
≤+−++ ; 2 ≤ t ≤ 3


270
Xét hàm : f(t) =
a12t6t5t
22
≤+−++
; 2 ≤ t ≤ 3
f’(x) =
12t6t
3t
5t
t
22
+−
−
+
+
=
12t6t5t
5t)3t(12t6tt
22
22
+−+
+−++−

f’(t) = 0
⇔ 05t)3t(12t6tt
22
=+−++−
⇔ 5t)t3(12t6tt
22
+−=+− (vì 2 ≤ x ≤ 3 ⇒ 3 – t ≥ 0)
⇔ 2t
2
– 30t + 45 = 0 (vô nghiệm )
Vậy f’(t) > 0 với mọi t
[
]
3;2
∈
⇒ f(t) luôn tăng với mọi t
[
]
3;2
∈

⇒ f(t) ≥ f(2) = 5
Vậy điều kiện bài toán
⇔ a ≥ 5
Bài 10
Tìm những cặp số nguyên (x, y) nghiệm đúng hệ bất phương trình sau
⎪
⎩
⎪
⎨

⎧
<−+
>+−−
21xy
0
2
1
x2xy
2

(Đề Đại Học Giao Thông Vận Tải )
Giải
Ta có :
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
<−+
>+−−
21xy
0
2
1
x2xy
2
⇒ 1x2y
2
1
x2x

2
−−<<−−
⇒
2
1
−
< y < 2
Vì y
Z∈ , nên ta lấy y = 0 hoặc y = 1
* Với y = 0 , ta có hệ :
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
<<−
<−
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
<−
<−
3x1
2
1
x2x
21x

2
1
x2x
2
2

)2(
)1(

Xét (2) : vì x
Z∈ nên x chỉ có thể là 0 ; 1 ; 2 .


271
Kết hợp với (1) , ta lấy x = 0 ; x = 2 .
* Với y = 1 . Tương tự ta được : x = 1.
Vậy :
;
0y
0x
⎩
⎨
⎧
=
=

⎩
⎨
⎧
=

=
0y
2x
;
⎩
⎨
⎧
=
=
1y
1x

Bài 11
Tìm tất cả các giá trò của tham số m để hệ bất phương trình sau có
nghiệm :
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
−≤−+
+
−
≥−+
2y5xy10x3
m1
m1
y7xy2x
22
22

Giải
• Điều kiện cần : Đặt a =
m
1
m1
+
−
. ta có hệ sau:

⎩
⎨
⎧
−≤−+
−≤+−−
⇔
⎩
⎨
⎧
−≤−+
≥−+
2y5xy10x3
a2y14xy4x2
2y5xy10x3
ay7xy2x
22
22
22
22

Ta có :
2a2)y3x(2a2y9xy6x
222
−−≤+⇔−−≤++
Bất phương trình trên có nghiệm khi
2a2
−
−
≥ 0 ⇔ a ≤ 1
−

• Điều kiện đủ : Với a ≤ 1
−

Xét hệ phương trình:
⎩
⎨
⎧
−=−+
−=−+
2y5xy10x3
1y7xy2x
22
22
⇔
⎩
⎨
⎧
=+
−=−+

0)y3x(
1y7xy2x
2
22

⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
−=
=
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=
−=

⇔
⎩
⎨
⎧
−=
=
2
1
y
2
3
x
2
1
y
2
3
x
y3x
1y4
2

Điều đó chứng tỏ hệ có nghiệm .
Chuyển vế m : a
≤ 1− ⇔ 1m1
m
1
m1
−<⇔−≤
+

−

Kết luận : Hệ scó nghiệm
⇔ m ≤ 1
−
.


272
Bài 12
Tìm tham số m để hệ bất phương trình sau có nghiệm :
⎩
⎨
⎧
≥+++−
<−−+
06mx)5m2(x
0m6x)m32(x
22
222

(Đề ĐH Bách Khoa Hà Nội )
Giải
⎩
⎨
⎧
≥+++−
<−−+
06mx)5m2(x
0m6x)m32(x

22
222
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
⎢
⎣
⎡
+≥
+≤
<<−
3mx
2mx
m3x2
2

Hệ đã cho có nghiệm khi m + 2 >
2
−
hoặc m + 3 < 3m
2


⇔
⎪
⎪
⎪

⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
+
<
∈∀⇔
−
>
>
2
371
m
Rm
2
371
m
4m

Bài 13
Tìm a để hệ sau có nghiệm :
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
<+
<

−=+
0ay3xa2
yx
7xy11y2x15
2
22

(Đề Đại Học Dược Hà Nội )
Giải
Vì
7xy11y2x15
22
−=+ ⇒ 11xy = 15x
2
+ 2y
2
+ 7 > 0 ⇒ xy > 0
Đặt x = ky ( k > 0 ) , ta có :
(15k
2
– 11k +2) y
2
= 7
−
⇒ 15k
2
– 11k + 2 < 0 ⇒
5
2
k

3
1
<<
(1)
Lại có x < y
⇒ ky – y < 0 ⇒ k – 1 < 0 ⇒ y > 0.
Ghép với phương trình thứ ba , ta được :
ay (2ka + 3) < 0
⇒
k2
3
−
< a < 0 ⇒ k <
a2
3
−
(2)


273
Từ (1) , (2) ⇒ 0a
2
9
<<−

Bài 14
Tìm a để hệ sau có nghiệm :
⎪
⎩
⎪

⎨
⎧
=+−++
≤+
2a)1y(x2yx
2yx

Giải
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
+−=+−
≤+
)yx(2a)1y(x2
2yx
⇔
[]
⎩
⎨
⎧
+−=+−
≤+
2
)yx(2a)1y(x2
2yx

⇔
⎩

⎨
⎧
+=−+−
−≤
)3(1a)2y()1x(
)2(x2y
22

(2) là miền nằm dưới đường thẳng y = 2 – x , (3) là đường tròn tâm I
(1 ; 2) bán kính R =
1a + ( a ≥ -1). Khoảng cách từ I đến đường
thẳng y = 2 – x là :
d =
2
2
2
221
=
−+

Để hệ (2) , (3) có nghiệm ta phải có :
R
≥ d ⇔
2
2
1a ≥+
⇔ a ≥
2
1
−

.
Bài 15
Với những giá trò nào của m thì hệ bất phương trình sau có nghiệm :
⎩
⎨
⎧
<+++
<++−
0m7x)7m(x
0m2x)2m(x
2
2

(Đề Học Viện Quan Hệ Quốc Tế )
Giải
⎩
⎨
⎧
<+++
<++−
0m7x)7m(x
0m2x)2m(x
2
2
⇔ (I)
⎩
⎨
⎧
<++
<−−

0)mx)(7x(
0)mx)(2x(

)2(
)1(

Rõ ràng với m = 2 , m= 7 thì (I) vô nghiệm .


274
Với m ≥ 0 ( m ≠ 2 ; m ≠ 7 ) :
(1)
⇒ x > min (2 , m) ≥ 0
(2)
⇒ x < min ( 7,m
−
− ) ≤ 0
⇒ 0 < x < 0 , vô lý . Do đó (I) vô nghiệm .
Với m < 0 : (I)
⇔
⎩
⎨
⎧
−<<−
<<
mx7
2xm
có nghiệm vì m <
m
−

Vậy hệ bất phng trình đã cho có nghiệm
⇔ m < 0 .
Bài 16
Giải hệ bất phương trình :
⎩
⎨
⎧
>−−+
<++
010x9x3x
04x5x
23
2

(Đề Đại Học Kinh Tế Quốc Dân Hà Nội )
Giải
⎩
⎨
⎧
>−−+
<++
010x9x3x
04x5x
23
2
⇔
⎩
⎨
⎧

>−−+=
−<<−
010x9x3x)x(f
1x4
23

Ta có : f’(x) = 3 (x
2
+ 2x – 3) = 3(x – 1)(x – 3)
Vậy :
10x9x3x
23
−−+ ≥ 1 > 0
[
]
1,4x
−
−
∈
∀

Vậy nghiệm của hệ bất phương trình là :
1x4
−
<
<
−
.
Bài 17
Giải hệ :

⎩
⎨
⎧
−>+
≤+
−−+
3log2y3x
24.34
4
1y21yx

(Đề Đại Học Kinh Tế )
Giải
⎩
⎨
⎧
−>+
≤+
−−+
3log2y3x
24.34
4
1y21yx

)2(
)1(

Đặt u =
1yx
4

−+
; v =
1y2
4.3
−
(u , v > 0)
Theo (2) : uv =
43log2y3x
4.34.3
−−+
≥
= 1 và 2 ≥ u + v ≥ 2 uv ≥ 2
Như vậy u = v = 1 . Do đó hệ (1) và (2) tương đương với :
⎩
⎨
⎧
=
=
−
−+
14.3
14
1y2
1yx
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧

=
=−+
−
3
1
4
01yx
1y2
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
−
=
+
=
2
3log1
y
2
3log1
x
4
4
⇔
⎪
⎩
⎪

⎨
⎧
=−
=−+
3
1
log1y2
01yx
4



275
Bài 18
Xác đònh mọi giá trò của tham số m để hệ sau có 2 nghiệm phân biệt :
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=−+−
>−−+
+−
52logm)5x2x(log
4log)1x(log)1x(log
5x2x
2
2
3
33

2

Giải
Bất phương trình đầu của hệ được viết dưới dạng :
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>
−
+
>
⇔>−−+
xlog
1x
1x
log
1x
2log2)1x(log2)1x(log2
33
333

⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>

−
+
>
2
1x
1x
1x
⇔ 1 < x < 3.
Mặt khác , do
)5x2x(log
1
2log
2
2
5x2x
2
+−
=
+−

nên hệ được viết thành
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=+−
−+−
<<
5)5x2x(log

m
)5x2x(log
3x1
2
2
2
2

Đặt t = log
2
(x
2
– 2x + 5)
≡
f(x) thì phương trình của hệ trở thành
g(t)
≡ t
2
– 5t – m = 0
Mặt khác , f(x) đồng biến trong khoảng (1; 3) và có miền giá trò là
khoảng :
(f(1) ; f(3)) = (2 ; 3) . Vậy mỗi t = f(x)
(
)
3;2
∈
tương ứng với duy nhất
x
∈ (1 ; 3) .
Từ đó , hệ có hai nghiệm phân biệt

⇔ g(t) có các nghiệm t
1
, t
2
thoả
2 < t
1
< t
2
< 3 .


276
⇔
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
<=<
>
>
>∆
3
2
5

2
S
2
0)3(g
0)2(g
0
g
⇔ 6m
4
25
−<<−
Chú y ù:
Có thể giải phần này bằng phương pháp khảo sát hàm :
y = G(t) = t
2
– 5t
trên khoảng (2 ; 3) va xác đònh vò trí đường thẳng y = m cắt đồ thò của
y = G(t) tại 2 điểm .
Bài 19
Tìm các giá trò của a để hệ bất phương trình sau có nghiệm :
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≤++−
>+−
⎟
⎠
⎞

⎜
⎝
⎛
+
−
0ax)1a(x
1)3x2x(
2
1x
3x2
log
2
5,0

Giải
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≤++−
>+−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
−

0ax)1a(x
1)3x2x(
2
1x
3x2
log
2
5,0

)2(
)1(

BPT (1)
⇔
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
>
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
−

>
+
−
0
1x
3x2
log
0
1x
3x2
5,0
⇔ 0 <
1x
3x2
+
−
< 1 ⇔
2
3
< x < 4
( do x
2
–2x + 3 = (x – 1)
2
≥ 2 > 1).
Xét BPT (2) :
a,0)1a(a4)1a(
22
∀≥−=−+=∆
• Nếu 0=∆ ⇔ a = 1 , BPT (2) thành :

x
2
– 2x + 1 = (x – 1)
2
≤ 0 ⇔ x = 1
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∉ 4;
2
3

Vậy với a = 1 hệ vô nghiệm.
• Nếu a ≠ 1 , tam thức f(x) = x
2

- (a+1)x + a có hai nghiệm phân
biệt :


277
x
1
=
2
1a1a −−+
; x

2
=
2
1a1a −++

Để hệ có nghiệm điều kiện cần và đủ là đoạn
[
]
21
x;x phải có
phần tử chung với khoảng
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
4;
2
3
, nghóa là:
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>−++
<−−+
⇔
⎪

⎩
⎪
⎨
⎧
>
<
31a1a
81a1a
2
3
x
4x
2
1

• Nếu a > 1 ,hệ trên ⇔ a >
2
3

• Nếu a < 1 , hệ ⇔
⎩
⎨
⎧
>−++
<−−+
3a11a
8)a1(1a
⇒ không tồn tại a .
ĐS : a >
2

3

Nhận xét :

Có thể nhẩm nghiệm, thấy f(x) có một nghiệm là một và nghiệm kia
là a .
Kí hiệu : x
1
< x
2
thì khi a > 1 ta có x
1
= 1 ; x
2
= a còn khi a < 1 ta có
x
1
= a ; x
2
= 1.
Suy ra khi a < 1 hệ (1) , (2) vô nghiệm ; còn khi a > 1 để hệ có
nghiệm thì x
2
= a, phải lớn hơn
2
3
.


278

C. BÀI TẬPTƯƠNG TỰ
Bài 1
Cho hệ :
()
⎩
⎨
⎧
−<+
≤−
21
32
2
xm
xx
Tìm m để hệ có nghiệm.
Bài 2
Cho hệ :
()
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≤−+
−≥−
041
132
2
2
xm

xx
Tìm m để hệ có nghiệm .
Đề toán tham khảo
Đề thi giữa HKII – Khối 10-THPT Chuyên Lê Hồng Phong- 2001-2002
Bài 1
Giải các bất phương trình và hệ bất phương trình sau : (5đ)
a)
x
x
xx
2
3
4
2
≥
−
−−
b)
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
<
−+−
−−
<−
≤

+
+
+
+
1
23
2310
1
2
2
132
2
2
xx
xx
x
x
x
x

Bài 2
Đònh m để hệ bất phương trình sau vô nghiệm : (2,5đ)
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≤+−−−
<++
02)1(

023
22
2
mmxmx
xx

Bài 3
Cho f(x) = m(m + 3)x+2

mx + 2
Đònh m để bất phương trình f(x) > mx
2
có tập nghiệm là R (2,5đ)
Bài 4
Tìm m để hệ :
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
<+−
≤−
0)mx)(xm(
01x
2
2
vô nghiệm
(Đại học giao thông vận tải năm 98)

279
Bài 5
Tìm m sao cho hệ sau có nghiệm :
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
<+++
<++−
0m7x)7m(x
0m2x)2m(x
2
2

(Học viện quan hệ Quốc tế , khối D)
Bài 6
Tìm m để hệ sau có nghiệm :
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≤+++−
≤−+−
0mmx)1m2(x
0m1x2x
22
2

Bài 7
Cho hệ bất phương trình :
2
2
x2x(m1)0
x4x6(m1)0
⎧
+
+−≤
⎪
⎨
−
++<
⎪
⎩

a)
Tìm m để hệ có nghiệm
b)
Tìm m để có nghiệm duy nhất
Đáp số :
a)
-5/3 < m ≤ 0 b) m = 0
Bài 8
Đònh m để hệ sau đây vô nghiệm :
2
2
x2x30
2m x 9 (5m 3)x
⎧

−−<
⎪
⎨
−> −
⎪
⎩

Bài 9
Cho hai bất phương trình :
2
2
x4x30 (1)
3x 2(3 m)x 5 2m 0 (2)
⎧
−+<
⎪
⎨
+− +−<
⎪
⎩

Đònh m sao cho :
1)
Mỗi nghiệm của (1) cũng là nghiệm của (2).
2)
Mỗi nghiệm của (2) cũng là nghiệm của (1).
Đáp số :
1) m
≥ 25/4 2)
7

6m
2
<
≤