D10 c4 b5
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (419.17 KB, 76 trang )
§6. DẤU CỦA TAM THỨC BẬC HAI
A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT.
1. Tam thức bậc hai
a , b, c
ax 2 + bx + c
x
Tam thức bậc hai (đối với ) là biểu thức dạng
. Trong đó
là nhứng số cho trước với
a≠0
.
f ( x ) = ax 2 + bx + c
ax 2 + bx + c = 0
Nghiệm của phương trình
được gọi là nghiệm của tam thức bậc hai
;
∆ = b 2 − 4ac
và
∆ ' = b '2 − ac
theo thứ tự được gọi là biệt thức và biệt thức thu gọn của tam thức bậc hai
f ( x ) = ax 2 + bx + c
.
2. Dấu của tam thức bậc hai
Dấu của tam thức bậc hai được thể hiện trong bảng sau
f ( x ) = ax 2 + bx + c, ( a ≠ 0 )
∆<0
a. f ( x ) > 0, ∀x ∈ ¡
∆=0
b
a. f ( x ) > 0, ∀x ∈ ¡ \ −
2a
a. f ( x ) > 0, ∀x ∈ ( −∞; x1 ) ∪ ( x2 ; +∞ )
∆>0
a. f ( x ) < 0, ∀x ∈ ( x1 ; x2 )
ax 2 + bx + c
Nhận xét: Cho tam thức bậc hai
a > 0
ax 2 + bx + c > 0, ∀x ∈ R ⇔
∆ < 0
•
;
a < 0
ax 2 + bx + c < 0, ∀x ∈ R ⇔
∆ < 0
•
;
•
•
B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI.
a > 0
ax 2 + bx + c ≥ 0, ∀x ∈ R ⇔
∆ ≤ 0
a < 0
ax 2 + bx + c ≤ 0, ∀x ∈ R ⇔
∆ ≤ 0
DẠNG TOÁN 1: XÉT DẤU CỦA BIỂU THỨC CHỨA TAM THỨC BẬC HAI.
1. Phương pháp giải.
Dựa vào định lí về dấu của tam thức bậc hai để xét dấu của biểu thức chứa nó.
P ( x)
* Đối với đa thức bậc cao
ta làm như sau
P ( x)
• Phân tích đa thức
thành tích các tam thức bậc hai (hoặc có cả nhị thức bậc nhất)
P ( x)
• Lập bảng xét dấu của
. Từ đó suy ra dấu của nó .
P( x)
P ( x) , Q ( x)
Q( x)
* Đối với phân thức
(trong đó
là các đa thức) ta làm như sau
P ( x) , Q ( x)
• Phân tích đa thức
thành tích các tam thức bậc hai (hoặc có cả nhị thức bậc nhất)
P ( x)
Q( x )
• Lập bảng xét dấu của
. Từ đó suy ra dấu của nó.
2. Các ví dụ minh họa.
Ví dụ 1: Xét dấu của các tam thức sau
3x2 − 2 x + 1
a)
3 x 2 − 2 x + 1 ≥ 0, ∀x ∈ ¡
A.
3 x 2 − 2 x + 1 > 0, ∀x ∈ ¡
B.
3 x 2 − 2 x + 1 < 0, ∀x ∈ ¡
C.
b)
3 x 2 − 2 x + 1 ≤ 0, ∀x ∈ ¡
D.
− x2 + 4 x + 5
− x 2 + 4 x + 5 > 0 ⇔ x ∈ ( −1;5 )
A.
− x 2 + 4 x + 5 < 0 ⇔ x ∈ ( −1;5 )
B.
− x 2 + 4 x + 5 > 0 ⇔ x ∈ ( −∞; −1) ∪ ( 5; +∞ )
C.
c)
− x 2 + 4 x + 5 < 0 ⇔ x ∈ ( −∞; −1)
D.
−4 x 2 + 12 x − 9
A.
C.
3
−4 x 2 + 12 x − 9 < 0 ∀x ∈ ¡ \ −
2
3
−4 x 2 + 12 x − 9 < 0 ∀x ∈ ¡ \
2
B.
D.
3
−4 x 2 + 12 x − 9 > 0 ∀x ∈ ¡ \
2
3
−4 x 2 + 12 x − 9 > 0 ∀x ∈ ¡ \ −
2
d)
3x 2 − 2 x − 8
A.
C.
e)
4
3x 2 − 2 x − 8 < 0 ⇔ x ∈ − ; 2 ÷
3
B.
D.
4
3 x 2 − 2 x − 8 < 0 ⇔ x ∈ −∞; − ÷
3
4
3x 2 − 2 x − 8 > 0 ⇔ x ∈ − ; 2 ÷
3
25 x 2 + 10 x + 1
A.
C.
f)
4
3x 2 − 2 x − 8 < 0 ⇔ x ∈ −∞; − ÷∪ ( 2; +∞ )
3
1
25 x 2 + 10 x + 1 > 0 ∀x ∈ ¡ \
5
B.
1
25 x 2 + 10 x + 1 < 0 ∀x ∈ ¡ \
5
D.
1
25 x 2 + 10 x + 1 < 0 ∀x ∈ ¡ \ −
5
1
25 x 2 + 10 x + 1 > 0 ∀x ∈ ¡ \ −
5
−2 x 2 + 6 x − 5
−2 x 2 + 6 x − 5 > 0 ∀x ∈ ¡
−2 x 2 + 6 x − 5 ≤ 0 ∀x ∈ ¡
A.
B.
−2 x 2 + 6 x − 5 ≥ 0 ∀x ∈ ¡
−2 x 2 + 6 x − 5 < 0 ∀x ∈ ¡
C.
D.
Lời giải:
3 x − 2 x + 1 > 0, ∀x ∈ ¡
∆ ' = −2 < 0, a = 3 > 0
a) Ta có
2
suy ra
x = −1
− x2 + 4x + 5 = 0 ⇔
x=5
b) Ta có
Bảng xét dấu
x
−1
−∞
5
+∞
− x2 + 4 x + 5
−
−
+
|
− x 2 + 4 x + 5 < 0 ⇔ x ∈ ( −∞; −1) ∪ ( 5; +∞ )
0
− x 2 + 4 x + 5 > 0 ⇔ x ∈ ( −1;5 )
Suy ra
và
∆ ' = 0, a < 0
c) Ta có
suy ra
3
−4 x 2 + 12 x − 9 < 0 ∀x ∈ ¡ \
2
x=2
3x − 2 x − 8 = 0 ⇔
x = − 4
3
2
d) Ta có
Bảng xét dấu
x
−
−∞
3x 2 − 2 x − 8
Suy ra
+
4
3
−
0
4
3x 2 − 2 x − 8 > 0 ⇔ x ∈ −∞; − ÷∪ ( 2; +∞ )
3
∆ ' = 0, a > 0
e) Ta có
+∞
2
|
và
+
4
3x 2 − 2 x − 8 < 0 ⇔ x ∈ − ; 2 ÷
3
1
25 x 2 + 10 x + 1 > 0 ∀x ∈ ¡ \ −
5
suy ra
∆ ' = −1 < 0, a < 0
−2 x 2 + 6 x − 5 < 0 ∀x ∈ ¡
f) Ta có
suy ra
Nhận xét:
Cho tam thức bậc hai
ax 2 + bx + c
. Xét nghiệm của tam thức, nếu:
f ( x ) = ax 2 + bx + c
a
x
* Vô nghiệm khi đó tam thức bậc hai
cùng dấu với với mọi
f ( x ) = ax 2 + bx + c
a
x≠−
b
2a
* Nghiệm kép khi đó tam thức bậc hai
cùng dấu với với mọi
f ( x)
x ∈ ( −∞; x1 ) ∪ ( x2 ; +∞ )
a
* Có hai nghiệm
cùng dấu với khi và chỉ khi
(ngoài hai nghiệm) và
f ( x)
trái dấu với
a
x ∈ ( x1; x2 )
khi và chỉ khi
(trong hai nghiệm)(ta có thể nhớ câu là trong trái ngoài
cùng)
f ( x) = x 2 + 2mx + 3m − 2
Ví dụ 2: Tùy theo giá trị của tham số m, hãy xét dấu của các biểu thức
f ( x)
Tam thức
Lời giải:
a =1> 0
∆ ' = m − 3m + 2
có
và
.
2
1 < m < 2 ⇒ ∆ ' < 0 ⇒ f ( x ) > 0 ∀x ∈ R
* Nếu
* Nếu
.
m = 1
m = 2 ⇒ ∆ ' = 0 ⇒ f ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ R
f ( x) = 0 ⇔ x = − m
và
m > 2
m < 1 ⇒ ∆ ' > 0 ⇒ f ( x)
* Nếu
x1 = −m − m 2 − 3m + 2
có hai nghiệm
x2 = −m + m 2 − 3m + 2
và
. Khi đó:
f ( x ) > 0 ⇔ x ∈ (−∞; x1 ) ∪ ( x2 ; +∞)
+)
f ( x ) < 0 ⇔ x ∈ ( x1; x2 )
+)
.
Ví dụ 3: Xét dấu của các biểu thức sau
( −x
2
+ x − 1) ( 6 x 2 − 5 x + 1)
a)
( −x
2
+ x − 1) ( 6 x − 5 x + 1)
2
A.
dương khi và chỉ khi
( − x2 + x − 1) ( 6 x2 − 5 x + 1)
B.
âm khi và chỉ khi
( −x
2
1 1
x ∈ ; ÷
3 2
+ x − 1) ( 6 x 2 − 5 x + 1)
C.
dương khi và chỉ khi
( −x
2
1 1
x ∈ −∞; ÷∪ ; +∞ ÷
3 2
1
x ∈ −∞; ÷
3
+ x − 1) ( 6 x 2 − 5 x + 1)
D.
1 1
x ∈ ; ÷
3 2
âm khi và chỉ khi
x −x−2
− x 2 + 3x + 4
2
b)
A.
B.
C.
D.
x2 − x − 2
− x 2 + 3x + 4
x2 − x − 2
− x 2 + 3x + 4
x2 − x − 2
− x 2 + 3x + 4
x2 − x − 2
− x 2 + 3x + 4
x ∈ ( 2; 4 )
âm khi và chỉ khi
,
x ∈ ( 2; 4 )
dương khi và chỉ khi
,
x ∈ ( −∞; −1) ∪ ( −1; 2 )
dương khi và chỉ khi
.
x ∈ ( −1; 2 ) ∪ ( 4; +∞ )
âm khi và chỉ khi
.
c)
x3 − 5 x + 2
A.
B.
C.
D.
d)
x3 − 5 x + 2
x3 − 5 x + 2
x3 − 5 x + 2
x3 − 5 x + 2
(
)
x ∈ −1 − 2; −1 + 2 ∪ ( 2; +∞ )
âm khi và chỉ khi
(
x ∈ −1 − 2; −1 + 2
dương khi và chỉ khi
(
x ∈ −1 − 2; −1 + 2
âm khi và chỉ khi
)
)
(
)
x ∈ −1 − 2; −1 + 2 ∪ ( 2; +∞ )
dương khi và chỉ khi
x2 − x + 6
x− 2
− x + 3x + 4
A.
x2 − x + 6
x− 2
− x + 3x + 4
x−
B.
x−
C.
x−
D.
x2 − x + 6
− x 2 + 3x + 4
x ∈ ( −2; −1) ∪ ( 4; +∞ )
dương khi và chỉ khi
x ∈ ( 4; +∞ )
dương khi và chỉ khi
x2 − x + 6
− x 2 + 3x + 4
x2 − x + 6
− x 2 + 3x + 4
x ∈ ( −∞; −2 ) ∪ ( 3; 4 )
âm khi và chỉ khi
x ∈ ( −∞; −2 ) ∪ ( −1;1) ∪ ( 3; 4 )
âm khi và chỉ khi
Lời giải:
− x + x −1 = 0
a) Ta có
vô nghiệm,
Bảng xét dấu
x
2
6 x 2 − 5x + 1 = 0 ⇔ x =
1
3
−∞
− x2 + x − 1
6x2 − 5x +1
( −x
2
+ x − 1) ( 6 x 2 − 5 x + 1)
1
2
−
0
+
−
|
0
x=
hoặc
1
3
2
3
−
−
+
|
0
0
+∞
−
+
−
( −x
2
1 1
x ∈ ; ÷
3 2
+ x − 1) ( 6 x − 5 x + 1)
2
Suy ra
dương khi và chỉ khi
1 1
x
∈
−∞
;
2
2
÷∪ ; +∞ ÷
( − x + x − 1) ( 6 x − 5 x + 1)
3 2
âm khi và chỉ khi
x = −1
x = −1
x2 − x − 2 = 0 ⇔
, − x 2 + 3x + 4 = 0 ⇔
x=2
x=4
b) Ta có
Bảng xét dấu
x
−1
2
−∞
x2 − x − 2
+
−
− x 2 + 3x + 4
x2 − x − 2
− x 2 + 3x + 4
Suy ra
x2 − x − 2
− x 2 + 3x + 4
−
0
0
−
0
+
−
||
x ∈ ( 2; 4 )
dương khi và chỉ khi
,
+∞
4
+
|
|
+
0
0
+
||
x2 − x − 2
− x 2 + 3x + 4
+
−
−
âm khi và chỉ khi
x ∈ ( −∞; −1) ∪ ( −1; 2 ) ∪ ( 4; +∞ )
.
x − 5 x + 2 = ( x − 2 ) ( x + 2 x − 1)
3
2
c) Ta có
x 2 + 2 x − 1 = 0 ⇔ x = −1 ± 2
Ta có
Bảng xét dấu
x
−1 − 2
−∞
−
x−2
x2 + 2 x − 1
+
−
x3 − 5 x + 2
Suy ra
x3 − 5 x + 2
(
) (
d) Ta có
Ta có
−
0
−
0
0
+
−
0
|
+
−
0
(
+∞
2
)
|
+
0
+
0
+
x ∈ −1 − 2; −1 + 2 ∪ ( 2; +∞ ) x 3 − 5 x + 2
dương khi và chỉ khi
,
âm khi và chỉ khi
x ∈ −∞; −1 − 2 ∪ −1 + 2; 2
x−
−1 + 2
)
.
2
x2 − x + 6
− x3 + 2 x 2 + 5 x − 6 ( x − 1) ( − x + x + 6 )
=
=
− x 2 + 3x + 4
− x 2 + 3x + 4
− x 2 + 3x + 4
x = −2
x = −1
− x2 + x + 6 = 0 ⇔
, − x 2 + 3x + 4 = 0 ⇔
x=3
x=4
Bảng xét dấu
x
−∞
−2
−
x −1
−
− x2 + x + 6
−
− x 2 + 3x + 4
x−
x−
Suy ra
x2 − x + 6
− x 2 + 3x + 4
x2 − x + 6
− x 2 + 3x + 4
−
|
0
|
0
−1
−
+
−
+
−
|
1
3
0
+
|
|
+
|
+
0
0
+
|
+
|
0
+
0
||
−
+∞
4
+
−
|
+
0
+
−
|
−
−
||
x−
x ∈ ( −2; −1) ∪ ( 1;3) ∪ ( 4; +∞ )
dương khi và chỉ khi
,
+
x2 − x + 6
− x 2 + 3x + 4
âm khi và
x ∈ ( −∞; −2 ) ∪ ( −1;1) ∪ ( 3; 4 )
chỉ khi
.
3. Bài tập luyện tập.
Bài 4.84: Xét dấu các tam thức sau
f ( x ) = −2 x 2 + 3 x − 1
a)
A.
C.
g ( x) =
b)
1
⇔ x ∈ ( ;1)
f ( x) < 0
2
;
B.
1
⇔ x ∈ (−∞; ) ∪ (1; +∞)
f ( x) < 0
2
.
D.
1
⇔ x ∈ (−∞; ) ∪ (1; +∞)
f ( x) > 0
2
1
⇔ x ∈ (−∞; )
f ( x) < 0
2
g ( x) ≥ 0, ∀x ∈ ¡
g ( x ) > 0, ∀x ∈ ¡
B.
g ( x) < 0, ∀x ∈ ¡
g ( x) ≤ 0, ∀x ∈ ¡
C.
D.
h ( x ) = −2 x 2 + x − 1
.
A.
C.
.
1 2
x − x +1
4
A.
c)
.
g ( x) > 0 ∀x ∈ R
g ( x) ≥ 0 ∀x ∈ R
.
B.
.
D.
g ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ R
g ( x ) < 0 ∀x ∈ R
Lời giải:
f ( x)
Bài 4.84: a) Tam thức
có
a = −2 < 0
x1 =
, có hai nghiệm
1
2 x2 = 1
;
.
.
f ( x) > 0
*
(trái dấu với a)
1
⇔ x ∈ ( ;1)
2
f ( x) < 0
*
(cùng dấu với a)
a=
g ( x)
b) Tam thức
có
g ( x)
c) Tam thức
có
1
⇔ x ∈ (−∞; ) ∪ (1; +∞)
2
1
>0
4
, có
a = −2 > 0
, có
.
∆ = 0 ⇒ g ( x) > 0
∀x ≠
(cùng dấu với a)
∆ = −7 < 0 ⇒ g ( x ) < 0
(cùng dấu với a)
1
2
1
g( ) = 0
2
và
∀x ∈ R
Bài 4.85: Xét dấu các biểu thức sau
f ( x) = ( x 2 − 5 x + 4)(2 − 5 x + 2 x 2 )
a)
A.
x
1
2
−∞
1
+∞
2
4
x2 − 5x + 4
+
|
+
0
–
|
–
0
2 x2 − 5x + 2
+
0
–
|
+
0
+
|
f(x)
+
0
0
–
+
0
+
+
+
0
+
B.
x
1
2
−∞
1
+∞
2
4
x2 − 5x + 4
+
|
+
0
–
|
+
0
2 x2 − 5x + 2
+
0
+
|
–
0
+
|
f(x)
+
0
0
+ 0
–
0
+
+
+
+
C.
x
−∞
1
2
1
2
4
.
.
+∞
x2 − 5x + 4
+
|
+
0
+
|
–
0
2 x2 − 5x + 2
+
0
–
|
+
0
+
|
f(x)
+
0
0
–
0
–
0
+
+
+
+
D.
x
1
2
−∞
1
+∞
2
4
x2 − 5x + 4
+
|
+
0
–
|
–
0
2 x2 − 5x + 2
+
0
–
|
–
0
+
|
f(x)
+
0
0
–
0
f ( x) = x 2 − 3x − 2 −
b)
8
x − 3x
–
0
+
+
+
+
2
.
A.
x
−∞
-1
0
1
2
3
4
+∞
x2 − 3x
+
| +
0 +
|
–
|
– 0
+ |
+
x2 − 3x − 4
+
0 –
| +
|
–
|
– |
–
0
+
x 2 − 3x + 2
+
|
+
| +
0
–
0 + |
+
|
+
f(x)
+
||
–
0 + ||
–
||
–
||
+
+ 0
B.
x
−∞
-1
0
1
2
3
4
+∞
x 2 − 3x
+
| +
0 –
|
+
|
– 0
+ |
+
x 2 − 3x − 4
+
0 –
| –
|
+
|
– |
–
+
0
x 2 − 3x + 2
+
|
+
| +
0
–
0 + |
+
|
+
f(x)
+
||
–
0 + ||
–
||
–
||
+
+ 0
C.
x
−∞
-1
0
1
2
3
+∞
4
x 2 − 3x
+
| +
0 –
|
–
|
+ 0
+ |
x 2 − 3x − 4
+
0 –
| –
|
–
|
+ |
–
0
+
x2 − 3x + 2
+
|
+
| +
0
–
0 + |
+
|
+
f(x)
+
||
–
0 + ||
–
||
–
||
+
+ 0
+
D.
x
−∞
-1
0
1
2
3
+∞
4
x2 − 3x
+
| +
0 –
|
–
|
– 0
+
|
+
x2 − 3x − 4
+
0 –
| –
|
–
|
– |
–
0
+
x 2 − 3x + 2
+
|
+
| +
0
–
0 + |
+
|
+
f(x)
+
||
–
0 + ||
–
||
–
||
+
+ 0
Lời giải:
x − 5 x + 4 = 0 ⇔ x = 1; x = 4
2
Bài 4.85: a) Ta có:
2 − 5 x + 2 x 2 = 0 ⇔ x = 2; x =
1
2
Bảng xét dấu:
x
1
2
−∞
1
+∞
x2 − 5x + 4
+
|
+
0
2
–
|
–
4
0
+
b ) Ta có:
2 x2 − 5x + 2
+
0
f(x)
+
0
–
|
–
–
0
+
0
+
|
0
–
0
+
+
( x 2 − 3 x) 2 − 2( x 2 − 3 x) − 8 ( x 2 − 3 x + 2)( x 2 − 3 x − 4)
f ( x) =
=
x 2 − 3x
x 2 − 3x
Bảng xét dấu
x
−∞
-1
0
1
2
3
+∞
4
x2 − 3x
+
| +
0 –
|
–
|
– 0
+
|
+
x2 − 3x − 4
+
0 –
| –
|
–
|
– |
–
0
+
x 2 − 3x + 2
+
|
+
| +
0
–
0 + |
+
|
+
f(x)
+
||
–
0 + ||
–
||
–
||
+
+ 0
Bài 4.86: Xét dấu các biểu thức sau
a)
1
1 1
− −
x+9 x 2
f ( x ) ≥ 0 ⇔ x ∈ (−6; −3) ∪ (2;0)
A.
f ( x) < 0 ⇔ (−∞; −6) ∪ (−3; 2) ∪ (0; +∞)
B.
f ( x) ≤ 0 ⇔ ( −∞; −6) ∪ ( −3; 2) ∪ (0; +∞)
C.
b)
D.
x4 − 4x + 1
A.
B.
C.
f ( x ) < 0 ⇔ x ∈ (−6; −3) ∪ (2; 0)
.
2 − 4 2 −2 2 + 4 2 −2
÷∪
f ( x) ≤ 0 ⇔ x ∈ −∞;
; +∞ ÷
÷
÷
2
2
2 − 4 2 −2 2 + 4 2 −2
÷
f ( x) > 0 ⇔
;
÷
2
2
2 − 4 2−2 2+ 4 2 −2
÷
f ( x) ≥ 0 ⇔
;
÷
2
2
D.
2 − 4 2 −2 2 + 4 2 −2
÷∪
f ( x) > 0 ⇔ x ∈ −∞;
; +∞ ÷
÷
÷
2
2
3x + 7
+5
x −x−2
2
c)
A.
B.
C.
D.
d)
5x 2 − 2 x − 3
3
< 0 ⇔ x ∈ (−∞; −1) ∪ − ;1÷∪ (2; +∞)
2
x − x−2
5
5x2 − 2x − 3
3
> 0 ⇔ x ∈ (−∞; −1) ∪ − ;1÷
2
x − x−2
5
5x2 − 2x − 3
3
< 0 ⇔ x ∈ −1; − ÷∪ ( 1; 2 )
2
x − x−2
5
5x2 − 2x − 3
3
> 0 ⇔ x ∈ −1; − ÷∪ ( 1; 2 )
2
x − x−2
5
x3 − 3 x + 2
f ( x ) > 0 ⇔ x ∈ ( −2; +∞ )
f ( x ) > 0 ⇔ x ∈ ( −∞; −2 )
A.
B.
f ( x ) < 0 ⇔ x ∈ ( −∞; −2 )
f ( x ) < 0 ⇔ x ∈ ( −2; +∞ ) \ { 1}
C.
D.
Lời giải:
f ( x) =
2 x − 2( x + 9) − x( x + 9) − x 2 − 9 x − 18
=
2 x( x + 9)
2 x( x + 2)
Bài 4.86: a) Ta có:
⇒ f ( x ) > 0 ⇔ x ∈ (−6; −3) ∪ (2; 0)
f ( x ) < 0 ⇔ (−∞; −6) ∪ (−3; 2) ∪ (0; +∞)
b) Ta có:
f ( x) = x 4 + 2 x 2 + 1 − 2( x 2 + 2 x + 1) = ( x 2 + 1) 2 − 2( x + 1)
(
⇒ f ( x) = x 2 − 2 x + 1 − 2
)(x
2
+ 2x +1+ 2
)
2
2 − 4 2 −2 2 + 4 2 −2
÷∪
⇒ f ( x) > 0 ⇔ x ∈ −∞;
; +∞ ÷
÷
÷
2
2
2 − 4 2 −2 2 + 4 2 −2
÷
f ( x) < 0 ⇔
;
÷
2
2
c)
5x2 − 2 x − 3
3
> 0 ⇔ x ∈ (−∞; −1) ∪ − ;1÷∪ (2; +∞)
2
x − x−2
5
Và
5x2 − 2 x − 3
3
< 0 ⇔ x ∈ −1; − ÷∪ ( 1; 2 )
2
x − x−2
5
f ( x ) = ( x − 1) 2 ( x + 2) ⇒ f ( x ) > 0 ⇔ x ∈ ( −2; +∞ ) \ { 1}
d)
f ( x ) < 0 ⇔ x ∈ ( −∞; −2 )
g ( x ) = (m − 1) x 2 + 2(m − 1) + m − 3
Bài 4.87: Tùy theo giá trị của tham số m
đúng là sai?
, Khẳng định nào sau đây
m = 1 ⇒ g ( x) < 0 ∀x ∈ ¡
A.
C.
B.
a < 0
m <1⇒
⇒ g ( x) < 0 ∀x ∈ R
∆ ' < 0
.
3
T = 0;
2
có hai nghiệm phân biệt
D. Cả A, B, C đều sai
Lời giải:
m = 1 ⇒ g ( x ) = −2 < 0 ∀x ∈ R
Bài 4.87: Nếu
Nếu
*
m ≠1
g ( x)
, khi đó
3
T = 0;
2
x1 =
là tam thức bậc hai có
a = m −1
có hai nghiệm phân biệt
m − 1 − 2(m − 1)
m −1
x2 =
và
m − 1 + 2( m − 1)
m −1
.
∆ ' = 2(m − 1)
và
, do đó ta có các trường hợp sau:
⇒ g ( x) > 0 ⇔ x ∈ ( −∞; x1 ) ∪ ( x2 ; +∞) g ( x) < 0 ⇔ x ∈ ( x1 ; x2 )
;
.
*
a < 0
m <1⇒
⇒ g ( x) < 0 ∀x ∈ R
∆ ' < 0
DẠNG TOÁN 2: BÀI TOÁN CHỨA THAM SỐ LIÊN QUAN ĐẾN TAM THỨC BẬC HAI
LUÔN MANG MỘT DẤU.
1. Các ví dụ minh họa.
m
Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi giá trị của
thì
2
mx − ( 3m + 2 ) x + 1 = 0
a) Phương trình
luôn có nghiệm
(m
2
+ 5) x 2 −
b) Phương trình
Lời giải
a) Với
Với
)
3m − 2 x + 1 = 0
luôn vô nghiệm
−2 x + 1 = 0 ⇔ x =
m=0
m≠0
(
phương trình trở thành
1
2
suy ra phương trình có nghiệm
∆ = ( 3m + 2 ) − 4m = 9m 2 + 8m + 4
2
, ta có
Vì tam thức
9m 2 + 8m + 4
am = 9 > 0, ∆ 'm = −20 < 0
có
Do đó phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi
∆=
b) Ta có
Vì tam thức
(
)
m
nên
9m 2 + 8m + 4 > 0
với mọi
m
.
3m − 2 − 4 ( m 2 + 5 ) = − m 2 − 4 3m − 16
2
−m 2 − 4 3m − 8
am = −1 < 0, ∆ 'm = −4 < 0
có
m
nên
− m 2 − 4 3m − 8 < 0
với mọi
Do đó phương trình đã cho luôn vô nghiệm với mọi .
m
Ví dụ 2: Tìm các giá trị của
để biểu thức sau luôn âm
2
f ( x ) = mx − x − 1
a)
−
A.
1
−
B.
1
C.
m<0
D.
m > 0
m < − 1
4
g ( x ) = ( m − 4 ) x 2 + ( 2m − 8 ) x + m − 5
b)
A.
m<4
B.
m≤4
C.
m>4
D.
m≤2
m
Lời giải:
f ( x ) = − x −1
m=0
f ( −2 ) = 1
a) Với
thì
lấy cả giá trị dương(chẳng hạn
yêu cầu bài toán
f ( x ) = mx 2 − x − 1
m≠0
Với
thì
là tam thức bậc hai dó đó
) nên
m=0
không thỏa mãn
m<0
a=m<0
1
f ( x ) < 0, ∀x ⇔
⇔
1 ⇔−
∆ = 1 + 4m < 0
m > − 4
Vậy với
1
−
f ( x)
thì biểu thức
luôn âm.
g ( x ) = −1 < 0
m=4
b) Với
thì
thỏa mãn yêu cầu bài toán
2
g ( x ) = ( m − 4 ) x + ( 2m − 8 ) x + m − 5
m≠4
Với
thì
là tam thức bậc hai dó đó
a = m−4< 0
g ( x ) < 0, ∀x ⇔
2
∆ ' = ( m − 4 ) − ( m − 4 ) ( m − 5 ) < 0
m<4
⇔
⇔m<4
m − 4 < 0
Vậy với
m≤4
g ( x)
thì biểu thức
luôn âm.
m
Ví dụ 3: Tìm các giá trị của
để biểu thức sau luôn dương
2
− x + 4 ( m + 1) x + 1 − 4 m2
h ( x) =
−4 x 2 + 5 x − 2
a)
5
5
5
m<−
m≤−
m>−
8
8
8
A.
B.
C.
m<−
D.
k ( x ) = x2 − x + m −1
b)
m>
A.
1
4
m≥
B.
1
4
m≤
C.
1
4
m>
D.
Lời giải:
a = −4 < 0, ∆ = −7 < 0
−4 x 2 + 5 x − 2 < 0 ∀x
−4 x 2 + 5 x − 2
a) Tam thức
có
suy ra
2
h ( x)
h ' ( x ) = − x + 4 ( m + 1) x + 1 − 4m 2
Do đó
luôn dương khi và chỉ khi
luôn âm
3
4
3
8
a = −1 < 0
5
⇔
⇔ 8m + 5 < 0 ⇔ m < −
2
2
8
∆ ' = 4 ( m + 1) + ( 1 − 4m ) < 0
m<−
Vậy với
5
8
h ( x)
thì biểu thức
k ( x)
b) Biểu thức
luôn dương.
⇔ x 2 − x + m − 1 > 0, ∀x
luôn dương
⇔ x 2 − x + m > 1, ∀x ⇔ x 2 − x + m > 0, ∀x
a =1> 0
1
⇔
⇔m>
4
∆ = 1 − 4m < 0
m>
Vậy với
1
4
k ( x)
thì biểu thức
luôn dương.
Ví dụ 4: Chứng minh rằng hàm số sau có tập xác định là
mx
y=
2
( 2m + 1) x 2 − 4mx + 2
a)
y=
b)
¡
với mọi giá trị của
2 x 2 − 2 ( m + 1) x + m 2 + 1
m 2 x 2 − 2mx + m 2 + 2
( 2m
2
+ 1) x − 4mx + 2 ≠ 0
Lời giải:
2
a) ĐKXĐ:
f ( x ) = ( 2m 2 + 1) x 2 − 4mx + 2
Xét tam thức bậc hai
a = 2m2 + 1 > 0, ∆ ' = 4m 2 − 2 ( 2m 2 + 1) = −2 < 0
Ta có
Suy ra với mọi
Do đó với mọi
m
m
f ( x ) = ( 2m 2 + 1) x 2 − 4mx + 2 > 0 ∀x ∈ ¡
ta có
( 2m
2
+ 1) x 2 − 4mx + 2 ≠ 0, ∀x ∈ ¡
ta có
D=¡
Vậy tập xác định của hàm số là
2 x 2 − 2 ( m + 1) x + m 2 + 1
≥0
m 2 x 2 − 2mx + m 2 + 2 ≠ 0
m 2 x 2 − 2mx + m 2 + 2
b) ĐKXĐ:
và
2
f ( x ) = 2 x − 2 ( m + 1) x + m2 + 1
Xét tam thức bậc hai
và
m
.
a f = 2 > 0, ∆ f ' = ( m + 1) − 2 ( m 2 + 1) = −m 2 + 2m − 1 = − ( m − 1) ≤ 0
2
2
Ta có
Suy ra với mọi
f ( x ) = 2 x 2 − 2 ( m + 1) x + m2 + 1 ≥ 0, ∀x ∈ ¡
m
ta có
g ( x ) = m 2 x 2 − 2mx + m 2 + 2
Xét tam thức bậc hai
g ( x) = 2 > 0
m=0
m≠0
Với
ta có
, xét với
ta có
(1)
ag = m 2 > 0, ∆ g ' = m 2 − m 2 ( m 2 + 2 ) = −m 2 ( m 2 + 1) < 0
Suy ra với mọi
m
g ( x ) = m 2 x 2 − 2mx + m 2 + 2 > 0, ∀x ∈ ¡
ta có
(2)
2 x − 2 ( m + 1) x + m + 1
≥0
m 2 x 2 − 2mx + m 2 + 2
2
Từ (1) và (2) suy ra với mọi
x
mọi giá trị của
m
thì
Vậy tập xác định của hàm số là
3. Bài tập luyện tập.
2
và
m 2 x 2 − 2mx + m 2 + 2 ≠ 0
đúng với
D=¡
m
Bài 4.88: Chứng minh rằng với mọi giá trị của
thì
2
x − 2 ( m + 2 ) x − ( m + 3) = 0
a) Phương trình
luôn có nghiệm
(m
2
+ 1) x 2 +
b) Phương trình
(
)
3m − 2 x + 2 = 0
luôn vô nghiệm
Lời giải:
∆ = ( m + 2 ) + m + 3 = m 2 + 5m + 7
2
Bài 4.88: a) Ta có
Vì tam thức
m 2 + 5m + 7
am = 1 > 0, ∆ 'm = −2 < 0
x = −4, x = 0
nên
m
Do đó phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi .
∆=
b) Ta có
Vì tam thức
(
)
có
với mọi
m
3m − 2 − 8 ( m 2 + 1) = −5m2 − 4 3m − 4
2
−5m 2 − 4 3m − 4
am = −5 < 0, ∆ 'm < 0
có
phương trình đã cho luôn vô nghiệm với mọi
Bài 4.89: Tìm các giá trị của
f ( x ) = − x 2 − 2x − m
a)
m
nên
m
.
để biểu thức sau luôn âm
−5m 2 − 4 3m − 4 < 0
với mọi
m
. Do đó
−
A.
1
B.
−
m<0
C.
1
D.
¡
g ( x ) = 4mx 2 − 4 ( m − 1) x + m − 3
b)
A.
m <1
B.
m > −1
C.
m ≤ −1
D.
m < −1
Lời giải:
a = −1 < 0
1
f ( x ) < 0, ∀x ⇔
⇔m>
4
∆ ' = 1 − 4m < 0
Bài 4.89: a)
1
−
4
Vậy với
thì biểu thức
luôn âm.
m=0
b) Với
không thỏa mãn yêu cầu bài toán
g ( x ) = 4mx 2 − 4 ( m − 1) x + m − 3
m≠0
Với
thì
là tam thức bậc hai dó đó
a = 4m < 0
g ( x ) < 0, ∀x ⇔
2
∆ ' = 4 ( m − 1) − 4m ( m − 3) < 0
m<0
m<0
⇔
⇔
⇔ m < −1
m < −1
4m + 4 < 0
Vậy với
m < −1
g ( x)
thì biểu thức
luôn âm.
Bài 4.90: Chứng minh rằng hàm số sau có tập xác định là
¡
với mọi giá trị của
y = m2 x2 − 4mx + m2 − 2 m + 5
a)
y=
2 x + 3m
x 2 + 2 ( 1 − m ) x + 2m 2 + 3
b)
Lời giải:
m x − 4mx + m − 2m + 5 ≥ 0
Bài 4.90: a) ĐKXĐ:
(*)
m=0
x
Với
thì điều kiện (*) đúng với mọi
f ( x ) = m 2 x 2 − 4mx + m 2 − 2m + 5
m≠0
Với
xét tam thức bậc hai
2
2
2
a = m 2 > 0, ∆ ' = 4m 2 − 8 ( 2m2 + 1) = −12m 2 − 8 < 0
Ta có
m
.
f ( x ) = m 2 x 2 − 4mx + m 2 − 2m + 5 ≥ 0 ∀x ∈ ¡
Suy ra
Do đó với mọi
m
m 2 x 2 − 4mx + m 2 − 2m + 5 ≥ 0, ∀x ∈ ¡
ta có
D=¡
Vậy tập xác định của hàm số là
x 2 + 2 ( 1 − m ) x + 2m 2 + 3 > 0
b) ĐKXĐ:
f ( x ) = x 2 + 2 ( 1 − m ) x + 2m 2 + 3
Xét tam thức bậc hai
a = 1 > 0, ∆ ' = ( 1 − m ) − ( 2m 2 + 3) = −m 2 − 2m − 2 < 0
2
Ta có
f ( m ) = − m 2 − 2m − 2
(Vì tam thức bậc hai
Suy ra với mọi
m
có
x + 2 ( 1 − m ) x + 2m 2 + 3 > 0, ∀x ∈ ¡
Bài 4.91: Tìm
)
2
ta có
Vậy tập xác định của hàm số là
m
am = −1 < 0, ∆ 'm = −1 < 0
D=¡
để
3x 2 − 2(m + 1) x − 2m 2 + 3m − 2 ≥ 0 ∀x ∈ R
a)
A.
m <1
B.
m > −1
C.
m ≤ −1
D. Vô nghiệm
y = (m + 1) x 2 − 2(m − 1) x + 3m − 3
b) Hàm số
A.
có nghĩa với mọi x.
m <1
B.
m ≥1
C.
m ≤ −1
D.
m < −1
x+m
≤ 1 ∀x ∈ R
x + x +1
2
c)
A.
0≤m
B.
m ≤1
C.
0 ≤ m ≤1
Lời giải:
3x − 2(m + 1) x − 2m + 3m − 2 ≥ 0 ∀x ∈ R
2
Bài 4.91: a)
2
D.
m > 1
m < 0
⇔ ∆ ' = (m + 1) 2 + 3(2m 2 − 3m + 2) ≤ 0 7 m2 − 7 m + 7 ≤ 0
bpt vô nghiệm
Vậy không có m thỏa mãn yêu cầu bài toán
b) Hàm số có nghĩa với mọi x
⇔ (m + 1) x 2 − 2(m − 1) x + 3m − 3 ≥ 0 ∀x ∈ ¡
(1)
*
*
m = −1
không thỏa mãn
m + 1 > 0
m ≠ −1 ⇒ (1) ⇔
∆ ' = (m − 1)(−2m − 4) ≤ 0 ⇔ m ≥ 1
c) Ta có
x 2 + x + 1 > 0 ∀x ∈ ¡
2
x + 1 − m ≥ 0
x+m
x+m
⇔
2
⇒ 2
≤ 1 ⇔ −1 ≤ 2
≤1
x + 2 x + m + 1 ≥ 0
x + x +1
x + x +1
(1) đúng
(2) đúng
Vậy
(1)
(2)
∀x ∈ ¡ ⇔ 1 − m ≥ 0 ⇔ m ≤ 1
∀x ∈ ¡ ⇔ ∆ ' = − m ≤ 0 ⇔ m ≥ 0
0 ≤ m ≤1
là những giá trị cần tìm
§7. BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT.
1. Định nghĩa và cách giải
Bất phương trình bậc hai (ẩn
x
) là bất phương trình có một trong các dạng
f ( x ) > 0, f ( x) < 0, f ( x) ≥ 0, f ( x ) ≤ 0
f ( x)
, trong đó
là một tam thức bậc hai.
Cách giải. Để giải bất phương trình bậc hai, ta áp dụng định lí về dấu của tam thức bậc hai.
2. Ứng dụng
Giải bất phương trình tích, thương chứa các tam thức bậc hai bằng cách lập bảng xét dấu của chúng
DẠNG TOÁN 1: GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
1. Các ví dụ minh họa.
Ví dụ 1: Giải các bất phương trình sau:
a)
−3 x 2 + 2 x + 1 < 0
A.
b)
1
S = (−∞; − )
3
S = (1; +∞ )
B.
S = ( −∞; −4 )
A.
S = ( 3; +∞ )
B.
C.
D.
S=¡
5x2 − 6 5x + 9 > 0
A.
d)
D.
1
S = ( −∞; − ) ∪ (1; +∞)
3
x 2 + x − 12 < 0
S = ( −4;3)
c)
C.
1
S = − ;1÷
3
3 5
S = ¡ \ −
5
B.
3 5
S = ¡ \ ±
5
C.
3 5
S=¡ \
5
D.
S=¡
−36 x 2 + 12 x − 1 ≥ 0
A.
1
S = ±
6
B.
1
S = −∞; ÷
6
C.
1
S=
6
D.
1
S = ; +∞ ÷
6
Lời giải:
f ( x ) = −3 x 2 + 2 x + 1
a) Tam thức
f ( x)
(
cùng dấu với hệ số
có
a
và có hai nghiệm
).
−3x 2 + 2 x + 1 < 0 ⇔ x < −
Suy ra
a = −3 < 0
1
x1 = − ; x = 1
3 2
1
3
hoặc
x >1
1
S = (−∞; − ) ∪ (1; +∞)
3
Vậy tập nghiệm của bất phương trình :
.
2
f ( x ) = x + x − 12
x1 = −4; x2 = 3
a =1> 0
b) Tam thức
có
và có hai nghiệm
f ( x)
(
trái dấu với hệ số
Suy ra
a
).
x 2 + x − 12 < 0 ⇔ −4 < x < 3
S = ( −4;3)
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
f ( x ) = 5x2 − 6 5x + 9
c) Tam thức
f ( x)
a
(
cùng dấu với hệ số ).
có
a=5>0
và
∆=0
3 5
5
5x2 − 6 5x + 9 > 0 ⇔ x ≠
Suy ra
3 5
S=¡ \
5
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
f ( x ) = −36 x 2 + 12 x − 1
a = −36 < 0
∆=0
d) Tam thức
có
và
1
1
f ÷= 0
∀x ≠
f
x
(
)
f ( x)
6
a
6
trái dấu với hệ số nên
âm với
và
−36 x 2 + 12 x − 1 ≥ 0 ⇔ x =
Suy ra
1
6
1
S=
6
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
m
Ví dụ 2: Tìm
để phương trình sau có nghiệm
2
x − mx + m + 3 = 0
a)
m ∈ (−∞; −2]
A.
m ∈ [ −2;6]
m ∈ [6; +∞)
B.
C.
m ∈ (−∞; −2] ∪ [6; +∞ )
D.
(1 + m) x 2 − 2mx + 2m = 0
b)
A.
m≤0
B.
−2 ≤ m
C.
−2 ≤ m ≤ 0
Lời giải:
a) Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi
∆≥0
D.
m > 0
m < −2
m≥6
⇔ m 2 − 4 ( m + 3) ≥ 0 ⇔ m 2 − 4m − 12 ≥ 0 ⇔
m ≤ −2
m ∈ (−∞; −2] ∪ [6; +∞)
Vậy với
thì phương trình có nghiệm
m = −1
2x − 2 = 0 ⇔ x = 1
m = −1
b) Với
phương trình trở thành
suy ra
thỏa mãn yêu cầu bài toán
m ≠ −1
∆≥0
Với
phương trình có nghiệm khi và chỉ khi
⇔ m 2 − 2 m ( 1 + m ) ≥ 0 ⇔ m 2 + 2 m ≤ 0 ⇔ −2 ≤ m ≤ 0
Vậy với
−2 ≤ m ≤ 0
thì phương trình có nghiệm
x ∈ [ −1;1]
m
Ví dụ 3: Tìm
để mọi
đều là nghiệm của bất phương trình
3 x 2 − 2 ( m + 5 ) x − m 2 + 2m + 8 ≤ 0
(1)
m>−
m ∈ (−∞; −3] ∪ [7; +∞)
A.
B.
1
2
C.
Lời giải:
x=
3 x 2 − 2 ( m + 5 ) x − m 2 + 2m + 8 = 0 ⇔ x = m + 2
Ta có
hoặc
m+2 >
* Với
4−m
1
⇔ 3m + 6 > 4 − m ⇔ m > −
3
2
⇔
Bất phương trình (1)
4−m
3
ta có
4−m
≤ x ≤ m+2
3
4 − m
3 ; m + 2
Vậy tập nghiệm của bất phương trình (1) là
x ∈ [ −1;1]
Suy ra mọi
đều là nghiệm của bất phương trình (1)
4−m
−1 ≥
4− m
; m + 2 ⇔
[ −1;1] ⊂
3
3
1 ≤ m + 2
khi và chỉ khi
m≥7
⇔
⇔m≥7
m ≥ −1
m>−
Kết hợp với điều kiện
1
2
ta có
m≥7
thỏa mãn yêu cầu bài toán
m≥7
D.
m ≤ −3
