phuong phap giai bất phương trinh vô tỉ chứa tham số

V – PHƯƠNG PHÁP “SỬ DỤNG TÍNH CHẤT ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ”
Phương pháp giải
Sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số để giải BPT vô tỉ thường được áp dụng theo hai hướng sau:
1> Hướng1: Ta thực hiện theo các bước sau:
+> Bước 1: Biến đổi BPT đã cho về dạng:
f(x) < k
(1)
+> Bước 2: Chứng minh tính đơn điệu của hàm số f(x).
+> Bước 3: Ta đi chứng minh
•> f(x) là hàm số đồng biến ⇒ (1) ⇔ f(x) < k = f(x0 ) ⇔ x < x0
•> f(x) là hàm số nghịch biến ⇒ (1) ⇔ f(x) < k = f(x0 ) ⇔ x > x0
Thật vậy: f(x) là hàm số đồng biến ta có:
.Với x ≥ x0 ⇒ f(x) ≥ f(x0 ) = k ⇒ (1) vô nghiệm
.Với x < x0 ⇒ f(x) < f(x0 ) = k ⇒ (1) nghiệm đúng
f(x) là hàm số nghịch biến ta có:
.Với x ≤ x0 ⇒ f(x) ≥ f(x0 ) = k ⇒ (1) vô nghiệm
.Với x > x0 ⇒ f(x) < f(x0 ) = k ⇒ (1) nghiệm đúng
+> Bước 4: Kết luận nghiệm cho BPT đã cho.
2> Hướng2: Ta thực hiện theo các bước sau:
+> Bước 1: Biến đổi BPT đã cho về dạng:
f(u) < f(v)
(2)
+> Bước 2: Chứng minh tính đơn điệu của hàm số f(x)
+> Bước 3: Khi đó ta có:
•> f(x) là hàm số đồng biến ⇒ (2) ⇔ u < v
•> f(x) là hàm số nghịch biến ⇒ (2) ⇔ u > v
+> Bước 4: Kết luận nghiệm cho BPT đã cho.
VI – PHƯƠNG PHÁP “ĐÁNH GIÁ”
Phương pháp giải
1> Kiến thức cần nhớ:
a> Các BĐT cơ bản: Côsi, Bunhiacôpxki, …

b> Các tính chất của giá trị tuyệt đối.
c> Đạo hàm và sự biến thiên của hàm số.
2> Bài Toán: Giải BPT:
f(x) ≤ g(x) (1)
Bài giải:
+> Bước 1: Tìm TXĐ. Giả sử TXĐ của BPT (1) là D.
+> Bước 2: Ta tìm cách chỉ ra:
•> Nếu f(x) > g(x) với ∀x ∈ D . Khi đó BPT (1) vô nghiệm.
•> Nếu f(x) ≥ g(x) với ∀x ∈ D . Khi đó (1) ⇔ f(x) = g(x).
•> Nếu f(x) ≤ g(x) với ∀x ∈ D . Khi đó BPT (1) nghiệm đúng với ∀x ∈ D .
+> Bước 3: Kết luận nghiệm cho BPT (1).


Phần I: – BPT VÔ TỶ CÓ THAM SỐ.
I. Sử dụng pp hàm số, kết hợp đạo hàm.
+ Chú ý : Điều kiện: pt: m ≥ f(x) có nghiệm trên miền D ⇔ m ≥ mìnf(x) trênD.
Điều kiện: pt m ≥ f(x) có nghiệm với mọi x trên D ⇔ m ≥ maxf(x) trên D.
Điều kiện : pt m ≤ f(x) có ∀x ∈ D ⇔ m ≤ minf(x) trên D.
Điều kiện : pt m ≤ f(x) có nghiệm trên D ⇔ m ≤ maxf(x).
VD1: Tìm m để: bpt: 2 x − m x + 1 > 2m + 3 .
1. Có nghiệm .
2. Có nghiệm ∀ x ≥ − 1 .
Hd: đặt : t = x + 1 ; (t ≥ 0) .
Bpt ⇔ 2t2 – mt >2m +3. (*)
2t 2 − 3
⇔ m<
với t ≥ 0 .
= f (t )
t+2
1. Yêu cầu bài toán ⇔ m < f(t) có nghiệm t ≥ 0 .

2t 2 + 8t + 3
f ' (t ) =
> 0 ; ∀t ≥ 0
(t + 2) 2
t

0

f'(t)

+ 00
+

f(t)
-3/2

dựa vào bảng biến thiên ta có : bpt có nghiệm : ∀m .
2. bpt có nghiệm : ∀ x ≥ − 1 hay bpt(*) có nghiệm : t ≥ 0 ⇔ m ≤ minf(t) với t ≥ 0 ⇔ m ≤ -3/2.
Cách 2: dùng định lý đảo về dấu tam thức bậc hai.
1. Yêu cầu bài toán: ⇔ g(t) = 2t2 –mt -2m -3 = 0 có nghiệm t ≥ 0 .
Có : ∆ < 0 thì g(t) > 0 với t ∈ R suy ra thoả mản.
∆ = 0 tương tự trên thoả mản.
∆ > 0 nghiện g(t) có dạng: t< t1 hoặc t.> t2 giải ra luôn ∃t ≥ 0 nên thoả mản yêu cầu.
KL : thoả mản với mọin m.
VD2: giải và biện luận theo m > 0: n x − n x − m ≥ n 2m − n m ; voi n ≥ 2, n ∈ N .(1)
HD:
n
( x − 1) n −1 − n x n −1
1
1

1
)=
.
đặt: f ( x) = x − x − m ; f ' ( x) = ( n n −1 −
n
n x
( x − 1) n −1
n n x n −1 .n ( x − 1) n −1
Th1: n chẳn: TXĐ : x ≥ m .nên f(x) nghịch biến trên [ m;+∞ ) .
Ta có : x-m < x do m >0 nên n x − m < n x ⇒ f ' ( x) < 0 ∀x ≥ m Vậy bpt ⇔ f(x) ≥ f (2m) ⇔ m ≤ x ≤ 2m.
n

n

Th2: n lẻ: TXĐ : ∀ x∈ R . f’(x) = 0 ⇔

n

( x − m) n −1 = n x n −1 ⇔ ( x − m) n −1 = x n −1 ⇔ x − m = x do: n -1 chẳn

⇔ x = m / 2 dấu f’(x): f ' ( x) > 0 ⇔ x − m > x ⇔ x <
x

-00

-m

m/2

2m

m
.
2
+ 00

0

f'

CD
f
f(-m )

f(2m )

Ta thấy VT(1) = f(2m); bpt ⇔ f(x) > f(2m) từ bảng biến thiên : bpt ⇔ ???

(((ú ý : dể sai sót : bpt ⇔ m/2 < x < 2m, bỏ sót : -m < x < m/2. làm gì để tìm được gia trị cận :/??= –m.hay f(m) = f(2m). do nhìn vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số đối xứng nhau qua CĐ( m/2;f(m/2)).hay ??? và
2m đối xứng nhau qua m/2 nên suy ra : ??? = -m))), bpt ⇔ -m < x< 2m
KL: n chẳn: m ≤ x ≤ 2m.
N lẻ : -m ≤ x ≤ 2m.
VD3:**
Giải và biện luận:
C1: bpt(1) : ⇔

x 2 − 4 ≥ m( x − 2) .(1)
x2 − 4
x2 − 4

≥ m ; xet : f ( x) =
voi : x ∈ ( - ∞; - 2] ∪ ( 2; + ∞ ) .
x−2
x−2

C2: xét 2 hàm số :y = x 2 − 4 = f ( x ) ; y = m(x-2) = g(x).Khi đó nghiệm bpt(1) là hoành độ những điểm mà
đồ thị f(x) nằm trên g(x).
x 2 − y 2 = 4
x2 y2
2
Nhận xét: đồ thị : y = x − 4 ⇔ 
(*). đồ thị là nửa trên trục 0x của 1 hypebol:
−
= 1.
4
4
y ≥ 0
Còn đồ thị : y = m(x-2) là 1 đường thẳng luôn đi qua điểm cố định : A(2;0)
6

4

y=f(x)

2

-10

-5

xo

2

-2

xo

5

10

y= g(x)

-2

-2m
-4

dựa vào đồ thị : ta có kq:
+, -2 < -2m < 0 chỉ f(x) chỉ cắt g(x) tại điểm có hoành độ : x = 2.Nên nghiệm bpt : x ≥ 2 và x ≤ −2 .
+, -2m ≥ 2 ⇔ -m> 1 nên bpt: -x < -2 ⇔ x>2.
+, -2m < -2 ⇔ m >1 nên bpt có nghiệm: x ≤ −2 va 2 < x < x o .
+, 0 < -2m < 2 ⇔ -1 < m < 0 nên nghiệm bpt: x ≥ 2 và xo ≤ x ≤ −2 .
x = 2
2m 2 + 2
2
Hoành độ giao điểm 2 đồ thị là nghiệm pt: x − 4 = m( x − 2) ⇔ 
xét : x0 =
.

2m 2 + 2
x= 2
(neu co)
m2 −1

m −1
Tìm m để bpt sau thoả mản với ∀ x.
x4 + 2mx2 +m > 0.
− x4
HD: bpt : ⇔ m >
= f ( x) .
2x 2 + 1
Theo yêu cầu bài toán : ⇔ m > maxf(x)
Khoả sát f(x) ta có : f ( x) ≥ 0 ⇒ max f ( x ) = 0 . Vậy m > 0.
VD4:

VD5:

Cho biểu thức : f(x) = -x3 + 3mx -2.


−1
; dung ∀ x ≥ 1 .
x3
x2 2
1
HD: bpt trở thành(do x>0 chia 2 vế cho 3x) ta có : m ≤
+ − 4 = g ( x) ; ∀x ≥ 1 .
3 3x x
≤

min
g
(
x
)
;
∀
x
≥
1
Yêu cầu bài toán : m
. Khảo sát g(x) ta có :
Tìm tham số m để : f(x) ≤

1

X
G'(X)

+

m≤

G(X)

2
3

2/3

Từ bbt ta có :
≤ 0.đúng với ∀x ∈ [1;2]

Tìm m để bpt sau : x2 -2x +1 – m2

VD6:

.

HD:bpt: ⇔ m2 ≥ f ( x) = x 2 − 2 x + 1; ∀x ∈ [1;2] , yêu cầu bài toán ⇔ m2 ≥ max f ( x) voi ∀x ∈ [1;]
Khảo sát : f(x) ta có :
2

1

x
-

f'(x)

+

+

0

≥ 1 ⇔ m ≥1
f(x)

Ta có : maxf(x) = f(2) = 1vậy : m2

VD7

Tìm m để bpt đúng mọi x:

( x + 4 x + 3)( x + 4 x + 6) ≥ m . (Đh dược 2000).
2

2

HD: Đặt : t = x2 + 4x +3, do : t = ( x + 2 ) 2 −1 ≥ −1 voi ∀x ⇒ t ≥ − 1 (*) hoặc:
x

-2

t'

+

0

-

1

0

+∞

+∞

t
-1

Bpt: trở thành: f(t) = t(t+3) ≥ m ∀t ≥ −1 . Yêu cầu bài toán : ⇔ m ≤ minf(t) với ∀t ≥ −1 .
-3/2

t
F'

-

0

-1
+

+

≤
F
-2

VD8:

Hay m -2.
Cho bpt : (1 + 2 x)(3 − x ) > m + +2 x + 5 x + 3 (1).
1. Giải : m = -4.
2. Tìm m để (1) thoả mản mọi x thuộc tập xác định.
2

.


−1 
HD: TXĐ : D =  ; 3 . Đặt t =
2 
Khi đó (1) : t > m – t2 + 6.

(1 + 2 x)(3 − x ) Đk thừa t ≥ 0 .

t > 1
1.Khi m =-4 bpt trở thành : t2 +t – 2 > 0 
.Với t >1 giải: (1 + 2 x)(3 − x ) > 1 tìm được x.
t < − 2 ( loai do t ≥ 0)
2. Khi biện luận có tham số cần tìm điều kiện chính xác của ẩn phụ t; cụ thể có rất nhiều cách tìm miềm giá trị :
−1 
biểu thức : t = t(x) = (1+2x)(3-x) với : x ∈  ;3 ở đây ta sử dụng đạo hàm :((c2: Kiểu đồ thị nhanh hơn))
2 
Từ bbt: suy ra :
0≤t ≤

7
2 2

x
t’
t

−1
2

+

5
0
4
49

3

8
0

0


7 
Bpt: ⇔ m < t 2 + t − 6 = f (t ) , đk bài toán : ⇔ m < min f (t ) voi : t ∈ 0 ;
 . Bằng cách khảo sát (đồ thị ) ta
8

có : m < -6.
BÀI TẬP:
Bài 1: Cho bpt: 9x - 3x + m + 3 ≤ 0.(1)
1. Giải m = 1.
2. Tìm m để (1) thoả mản với mọi x.
3. Tìm m để (1) thoả mản với ∀ x ∈ [ − 1;1] .
( 2) .
Bài 2: Cho (2 − x)(3 + x) ≤ m + 5(2 − x)(3 + x) + 1
1. Giải : m = 1.

2. Tìm m để (2) thoả mản ∀x ∈ [ 0;1] .
3. Tìm m để (2) thoả mản mọi x thuộc tập xác định.
Bài 3 : a.Tìm m để bpt sau đúng mọi x : (x2 +6x -3)(x2 + 6x +7) ≤ m.
b. Tìm m để bpt sau toả mản ∀x ∈ [1; 2] : − x 2 + 4 x − 3 < m + 2 x 2 − 8 x + 1 .
c. Tìm m để bpt : x4 +mx3 – (2m+1)x2 + mx +1 > 0.
d. Tìm m ? để bpt : x2 -3x +m2 ≤ 0 . Có nghiệm : ∀x ∈ [ − 1;1] .
1
.Ta đk thừa : t ≥ 2 . Ở đây ta tìm miềm t dựa vào khảo sát hàm số : t =
x
t2 −3
∀x
∈
[
−
1
;
1
]
t(x) = x + 1/x với :
tìm được t ∈ D . Tiếp khảo sát : f(t) =
> m , Rồi m < minf(t) với t ∈ D
2−t
(xét riêng t =2)
II> SỬ DỤNG ĐIỀU KIỆN CẦN VÁ ĐỦ:
BT cơ bản: Tìm điều kiện để : f(x) ≥ m ( hoặc : f(x) ≤ m ) có nghiệm thhoả mản với mọi : ∀x ∈ D .
Phương pháp :
** Điều kiện cần: Do bpt đúng với : ∀x ∈ D suy ra bpt sẽ đúng tại : x = xo ∈ D ((( Việc tìm x0 là quan trọng
thường chọn giá trị đặc biệt)))).
• Thay xo vào bpt ta sẻ tìm được giá trị của tham số.
HD:c: Chia 2 vế ho x2, rồi đặt : t = x +

** Điều kiện đủ: * Thay giá trị tham số vừa tìm được vào bpt để kiểm tra . Và kết luận cuối cùng.
VD1: Tìm m để bpt sau thoả mản với ∀ x.


x4 + 2mx2 +m > 0.
HD: bpt :
Điều kiện cần: Do bpt đúng moi x nên phải đúng với : x =0
Thế x = 0 vào bpt ta có : m > o
Điều kiện đủ: Thay m > 0 vào bpt ta thấy: (x4 + 2mx2) + m > 0 đúng do :m > 0 và (x4 + 2mx2) > 0 .
KL: vậy đk : m> 0.