Chuyên đề BPT toán 10 (có Đ.A)

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (199.95 KB, 18 trang )

Giáo án : Chuyên đề đại số 10
1.Bất phương trình đa thức
A-Lý thuyết :
10
m < −2 ∪ m > 2


Phương pháp giải :
m ≤ − 3
⇔
⇔
−10

m≤
∪m ≥ 2
*)Vân dụng định lí dấu tam thức bậc 2(định lí đảo

3

m > 2
dấu tam thức bậc 2 )
Từ 2 trường hợp trên ta thấy giá trị cần tìm là :
*)Tính chất của hàm số bậc nhất và bậc 2
10
B-Bài tập :
m ≤ − ∪m ≥ 2
Bài tốn 1:
3
Tìm a để bất pt : ax + 4 > 0
2.Bất phương trình (1) có một nghiệm x = 1
⇔ (m 2 − 4).1 + (m − 2).1 + 1 < 0

Đúng với mọi x thỏa mãn điều kiện x < 4
Bài giải :
⇔ m2 + m − 5 < 0
Đặt f(x) = ax +4
−1 − 21
−1 + 21
Ta có :
⇔
2
2
f ( x ) = ax + 4 > 0∀ x∈( −4;4 )
Bài toán 3:
 f (−4) ≥ 0
−4a + 4 ≥ 0
Định m để bpt :
⇔
⇔
x 2 − 2 x + 1 − m 2 ≤ 0 (1) thỏa mãn ∀ x∈[ 1;2]
 f (4) ≥ 0
4a + 4 ≥ 0
Bài giải:
a ≤ 1
⇔
Cách 1 :
 a ≥ −1
(1) ⇔ x 2 − 2 x ≤ m2 − 1(2)
Vậy giá trị cần tìm là : −1 ≤ a ≤ 1
Xét f(x) = x2 – 2x trên [1;2]
Bài toán 2:

Cho bpt :
(2) thỏa mãn với mọi x thuộc [1;2] khi và chỉ khi
2
2
(m − 4) x + ( m − 2) x + 1 < 0 (1)
Max f(x) ≤ m 2 − 1 (3)
Lập bảng bt của f(x) suy ra Maxf(x) = 0:
1.Tìm m để bpt vơ nghiệm
2. Tìm m để bpt có nghiệm x = 1
 m ≤ −1
2
Vậy (3) 0 ≤ m − 1 ⇔ 
Bài giải :
m ≥ 1
 m = −2
2
Kết luận :
1.TH1: m − 4 = 0 ⇔ 
Cách 2 :
m = 2
Đặt f(x) = x2 – 2x + 1 – m2,
1
* Với m = -2 : (1) ⇔ −4 x + 1 < 0 ⇔ x > ⇒ m = −2
Ta có :
4
f(x) ≤ 0 ∀ x∈[ 1;2]
(ktm)
• Với m = 2 : (1) ⇔ 1 < 0Vn ⇒ m = 2 thỏa
1 − 2.1 + 1 − m 2 ≤ 0
1. f (1) ≤ 0


⇔
⇔
mãn .
2
 4 − 2.2 + 1 − m ≤ 0
1. f (2) ≤ 0

TH2: m ≠ ±2
(1) vô nghiệm
 m ≤ −1
⇔ 1 − m2 ≤ 0 ⇔ 
2
2
⇔ ( m − 4) x + ( m − 2) x + 1 ≥ 0, ∀ x
m ≥ 1
Kết luận :
m 2 − 4 > 0

⇔
Bài toán 4:
2
2
∆ = ( m − 2) − 4( m − 4) ≤ 0

Với giá trị nào của a thì bất pt sau nghiệm đúng với
mọi giá trị của x :
m < −2 ∪ m > 2
⇔
( x 2 + 4 x + 3)( x 2 + 4 x + 6) ≥ a (1)

( m − 2)(3m + 10) ≥ 0

1

Giáo án : Chuyên đề đại số 10
Bài giải :
Bài toán 4:
Đặt : t = x 2 + 4 x + 3 ⇒ x 2 + 4 x + 6 = t + 3
t = ( x + 2) 2 − 1 ≥ −1 ⇒ t ≥ −1
Ta có :
⇔ t (t + 3) ≥ a(3)
Xét hàm số : f(t) = t 2 + 3t , (t ≥ −1)
(3) ⇔ Minf (t ) ≥ a
Lập bảng biến thiên của f(t):
Suy ra Mìn(t) = -2 Vậy (3) a ≤ −2
Kết luân :
Bài tốn 5:
Tìm m để bất phương trình sau đúng với mọi x:
x 2 + mx − 2
−3 ≤ 2
≤ 2(1)
x − x +1
2
Ta có : x − x + 1 > 0, ∀ x
Do đó (1)
2
2


−3( x − x + 1) ≤ x + mx − 2
⇔ 2
2
 x + mx − 2 ≤ 2( x − x + 1)

4 x 2 + (m − 3) x + 1 ≥ 0(2)

⇔ 2
 x − (m + 2) x + 4 ≥ 0(3)


(1) đúng với mọi x
∆ (2) = (m − 3) 2 − 16 ≤ 0

⇔
2
∆ (3) = ( m + 2) − 16 ≤ 0

 −1 ≤ m ≤ 7
⇔
⇔ −1 ≤ m ≤ 2
 −6 ≤ m ≤ 2
Kết luận :
Bài tập về nhà :
Bài 1:
Tìm m để bpt sau nghiệm đúng với mọi x thỏa mãn
điều kiên : −2 ≤ x ≤ 1
m 2 x + m( x + 1) − 2( x − 1) > 0 (1)
Bài 2:
Tìm m để bpt sau nghiệm đúng với mọi x :

x 2 − 2 x + m2 − 1 > 0
Bài 3:
Tìm a nhỏ nhất để bpt sau thỏa mãn ∀ x∈[ 0;1]

Bài tập về nhà :
Bài giải :
Bài 1:
(1) ⇔ (m 2 + m − 2) x + m + 2 > 0(2)
Đặt f(x) = (m2 + m – 2 )x + m + 2
Bài toán thỏa mãn:
(m 2 + m − 2)(−2) + m + 2 > 0
 f ( −2) > 0

⇔
⇔ 2
(m + m − 2)(1) + m + 2 > 0
 f (1) > 0

3

−2m2 − m + 6 > 0

 −2 < m <
⇔ 2
⇔
2
 m +2 m > 0

 m < −2 ∪ m > 0


3
⇔02
Bài 2:
Do a = 1 > 0 Vậy bt tm :
⇔ ∆ ' = 1 − m2 + 1 < 0
m < − 2
⇔ 2 − m2 < 0 ⇔ 
m > 2

Bài 3:
Đăt : t = x 2 + x + 1 = f(x)
Lập bbt f(x) trên [0;1] Suy ra f(x) ⇒ 1 ≤ t ≤ 3
(1) ⇔ a (t − 2) ≤ t 2∀t∈[ 1;3]
⇔ t 2 − at + 2a ≥ 0∀t∈[ 1;3] (2)
Đặt f(t) = t2 – at + 2a






2
∆ = a − 8a ≤ 0


2
∆ = a − 8a > 0
(2) ⇔ 1. f (1) ≥ 0
⇔ −1 ≤ a ≤ 9


 −b = a < 1
 2a 2


2
∆ = a − 8a > 0

 1. f (3) ≥ 0

 −b a
 2a = 2 > 3


Suy ra a cần tìm là : a = -1

2

Giáo án : Chuyên đề đại số 10
a ( x 2 + x − 1) ≤ ( x 2 + x + 1) 2 (1)
Bài tập tuyển sinh:
Bài 1:
Tìm a để hai bpt sau tương đương :
(a-1).x – a + 3 > 0 (1)
(a+1).x – a + 2 >0 (2)
Bài giải :
Th1: a = ±1 thay trực tiếp vào (1) và (2) thấy không
tương đương.
a −3

(1) ⇔ x >
= x1
a −1
Th2: a > 1 :
a −2
(2) ⇔ x >
= x2
a +1
(1) ⇔ (2) ⇔ x1 = x2 ⇔ a = 5
Th3: a < -1 :
(1) ⇔ x < x1
Để (1) ⇔ (2) ⇔ x1 = x2 ⇔ a = 5
(2) ⇔ x < x2
( loại)
Th4: -1 < a < 1 : (1) Và (2) không tương đương
Kết luận :
a = 5 thỏa mãn bài toán .
Bài 2:
(ĐHLHN): Cho f(x) = 2x2 + x -2 .
Giải BPT f[f(x)] < x (1)
Bài giải :
Vì f[f(x)] – x = f[f(x)] – f(x) +f(x) – x =
[2f2(x) + f(x) -2] – (2x2 + x – 2) + f(x) – x =
2[f2(x) – x2 ] + 2 [f(x) – x ] =
2 [f(x) – x ][f(x) + x +1] =
= 2(2x2 – 2)( 2x2 +2x-1)
⇔ 2(2 x 2 − 2)(2 x 2 + 2 x − 1) < 0

Bài giải :
Xét pt hoành độ :

x2 + x −1
−2 x + m =
(1)
x
Để (d) cắt (C) tại 2 điểm pb ⇔ (1) có 2 nghiệm
phân biệt x1 , x2 khác 0
(1) ⇔ 3 x 2 + (1 − m) x − 1 = 0 = f ( x)
Do a .c = -3 <0 ,f(0) = -1 Vậy (1) ln có 2 nghiệm
phân biêt khác 0 .
x +x
m −1
= 0 ⇔ m =1
Để I thuộc oy ⇔ 1 2 = 0 ⇔
2
6
Bài tốn 4:(ĐHKB-2009)
x2 −1
Tìm m để (d) : y = -x + m cắt (C )y =
x
tại 2 điểm pb A , B sao cho AB = 4.
Bài giải :
x2 −1
Xét pt hoành độ : − x + m =
(1)
x
Để (d) cắt (C ) tại 2 điểm pb ⇔ (1) có 2 nghiệm pb
khác 0 ⇔ 2 x 2 − mx − 1 = f ( x) = 0 có 2 nghiệm pb
khác 0.
Do a.c = -2 < 0 , f(0) = -1 Vậy (1) luôn có 2 nghiệm
pb x1 , x2 khác 0.

Để AB = 4
⇔ AB 2 = 16 ⇔ ( x2 − x1 ) 2 + ( y2 − y1 ) 2 = 16
⇔ 2( x2 − x1 ) 2 = 16
⇔ 2 ( x2 + x1 ) 2 − 4 x1 x2  = 2(



m2
1
− 4.(− )) = 16
4
2

⇔ m = ±2 6

 −1 − 3
< x < −1

Vậy (1)
 2
⇔
 −1 + 3
< x <1

 2
Bài tốn 3: (ĐHKD-2009)
Tìm m để đường thẳng (d) : y = -2x + m cắt đường
x2 + x −1
cong (C): y =
tại 2 điểm pb A ,B sao cho

x
trung điểm I của đoạn AB thuộc oy

3

Giáo án : Chuyên đề đại số 10

2.Bất phương trình chứa trị tuyệt đối .
A-Lý thuyết
1. A < B ⇔ − B < A < B
A > B
2. A > B ⇔ 
 A < −B
3. A > B ⇔ ( A − B )( A + B ) > 0
Các tính chất :
1. A + B ≤ A + B ∀ A, B
2. A + B < A + B ⇔ A.B < 0
3. A − B ≥ A − B , ∀ A, B
4. A − B > A − B ⇔ ( A − B ).B > 0
B-Bài tập :
Bài 1: Giải các bpt sau :
1. 3 x + 2 ≤ x +1

2. 3 x − 4 ≥ x + 7
3. x + 4 ≥ 2 x −1
Bài 2:Giải các bpt sau :
1. x 2 − 2 x − 3 ≤ 3x − 3
2. x 2 − 3 x + 2 + x 2 > 2 x
3. 2 x + 5 > 7 − 4 x

4.

x2 − 5x + 4
≤1
x2 − 4

Bài giải :
Bài 2:
 2
 x − 2 x − 3 ≥ −3 x + 3
(1) ⇔  2
 x − 2 x − 3 ≤ 3x − 3

 x2 + x − 6 ≥ 0
 x ≤ −3 ∪ x ≥ 2

⇔ 2
⇔
 x − 5x ≤ 0
0 ≤ x ≤ 5

⇔2≤ x≤5
Kết luận:

(2) ⇔ x 2 − 3 x + 2 > 2 x − x 2
 x 2 − 3x + 2 > 2 x − x 2
⇔ 2
2
 x − 3x + 2 < x − 2 x
1


2 x2 − 5x + 2 > 0
x< ∪x>2
⇔
⇔
2

x − 2 > 0
x > 2
1

x<
⇔
2

x > 2
Kết luận :
(3) ⇔ (2 x + 5) 2 > (7 − 4 x) 2
⇔ (2 x + 5) 2 − (7 − 4 x) 2 > 0
⇔ [ (2 x + 5) + (7 − 4 x) ] [ (2 x + 5) − (7 − 4 x) ] > 0
⇔ (12 − 2 x)(6 x − 2) > 0
⇔ (6 − x)(3 x − 1) > 0 ⇔

1
< x<6
3

Kết luân :
4. Đk: x ≠ ±2
(3) ⇔ x 2 − 5 x + 4 ≤ x 2 − 4

⇔ ( x 2 − 5 x + 4) 2 ≤ ( x 2 − 4) 2
⇔ (8 − 5 x)(2 x 2 − 5 x) ≤ 0
8

0 ≤ x ≤ 5
⇔
x ≥ 5


2
Bài 3:Giải các bpt sau :
x2 − 4x + 3
1. 2
≥1
x + x−5
2. x 2 − 1 ≤ x 2 − 2 x + 8
Bài 4: Giải và biện luận bpt sau :

4

Giáo án : Chuyên đề đại số 10
x 2 − 3x − m ≤ x 2 − 4 x + m (1)

Bài giải :
Bài 3 :
Bảng xét dấu :
−∞
x

vậy
+∞

0
4

2

X – 4x
X-5

+
x < 0
+) Xét : 
4 ≤ x < 5

5
+
-

+
+

x2 − 4 x + 3
(1) ⇔ 2
≥1
x − x+5
3x + 2
2
(do x − x + 5 > 0, ∀ x∈R )

⇔ 2
≤0
x − x+5
2
⇔x≤−
3
+) Xét 0 ≤ x < 4 :
− x2 + 4 x + 3
(1) ⇔ 2
≥ 1 ⇔ 2 x2 − 5x + 2 ≤ 0
x −x+5
1
⇔ ≤x≤2
2
+) Xét x ≥ 5 :
x2 − 4x + 3
5x − 8
(1) ⇔ 2
≥1⇔ 2
≤0
x + x −5
x + x−5
−1 − 21 8
−1 + 21
⇔ x≤
∪ ≤ x≤
2
5
2
(ktm)

Vậy nghiệm bpt là :
−2

x ≤ 3

1 ≤ x ≤ 2
2

2. Đặt t = x , t ≥ 0 :

0≤t ≤

9
2

⇔0≤ x ≤

9
9
9
⇔− ≤x≤
2
2
2

Bài 4:

(1) ⇔ ( x 2 − 3x − m ) ≤ ( x 2 − 4 x + m )
2

2

⇔ ( 2 x 2 − 7 x ) ( x − 2m ) ≤ 0
⇔ x ( 2 x − 7 ) ( x − 2m ) ≤ 0

Ta có :
x(2 x − 7)( x − 2m) = 0 ⇔ x = 2m ∪ x = 0 ∪ x =

7
2

+) Nếu 2m < 0 :
Có trục xác định dấu:
 x ≤ 2m
Kết luận : 
0 ≤ x ≤ 7

2
Nếu 2m = 0
7
Kết luận: x ≤
2
7
7
+) Nếu 0 < 2m < ⇔ 0 < m <
2
4
x ≤ 0
Kết luận: 
 2m ≤ x ≤ 7


2
7
7
+)Nếu 2m = ⇔ m =
2
4
x ≤ 0
Kết luận: 
x = 7

2
7
7
+)Nếu 2m > ⇔ m >
2
4

5

Giáo án : Chuyên đề đại số 10
(2) ⇔ t 2 − 1 ≤ t 2 − 2t + 8
−t 2 + 2t − 8 ≤ t 2 − 1

⇔ 2
2
t − 1 ≤ t − 2t + 8


x ≤ 0
Kết luận:  7
 ≤ x ≤ 2m
2

2t 2 − 2t + 7 ≥ 0
9

⇔ 9
⇔t≤
2
t ≤
 2
⇔ x − 3 < 3x 2 − 9 x + 2
Bài tập về nhà :
Bài 1:
Giải các bpt sau :
1. x 2 − 1 < 2 x
2. 1 − 4 x ≥ 2 x + 1
3. x 2 + x − 2 ≤ 2 x 2 − 2 x − 2
4.3 x 2 − x − 3 > 9 x − 2
Bài 2:
Giải các bpt Sau :
2
1.x 2 ≤ 1 − 2
x
2−3 x
2.
≤1
1+ x

3. ( x + 3)( x − 1) − 5 ≤ ( x + 1) 4 − 11
Bài 3:
Giải và biện luận bpt sau theo tham số m .
x 2 − 2 x + m ≤ x 2 − 3x − m
Bài 4:
Với giá trị nào của m thì bpt sau thỏa mãn với mọi
x:
x 2 − 2mx + 2 x − m + 2 > 0
Bài 5:
Với giá trị nào thì bpt sau có nghiệm:
x2 + 2 x − m + m2 + m − 1 ≤ 0
Bài giải :
Bài1 :
Kết quả :
1.) −1 + 2 < x < 1 + 2

 −3 x 2 + 9 x − 2 < x − 3

⇔
2
 x − 3 < 3x − 9 x + 2


4 − 19
2
x <
3x − 8 x − 1 > 0

3
⇔ 2

⇔

3x − 10 x + 5 < 0
4 + 19

x >
3

Bài 2:
1.Đặt : x 2 = t , t > 0
Ta được :
2
t −2
t ≤ 1− ⇔
≥t
t
t
 t − 2 ≤ −t 2
⇔ t − 2 ≥ t2 ⇔ 
2
t − 2 ≥ t
t 2 + t − 2 ≤ 0
⇔ 2
⇔ 0 < t ≤1
t − t + 2 ≤ 0
 −1 ≤ x ≤ 1
2
Vậy 0 < x ≤ 1 ⇔ 
x ≠ 0
2.Đk : x ≠ −1

Th1 : x ≥ o
2 − 3x
(2) ⇔
≤ 1 ⇔ 2 − 3x ≤ 1 + x
1+ x
⇔ (2 − 3 x) 2 ≤ (1 + x) 2
⇔ 8 x 2 − 14 x + 3 ≤ 0
1
3
⇔ ≤x≤
4
2
x<0

2.Th2: 
 x ≠ −1

(tm)

6

Giáo án : Chuyên đề đại số 10
x ≤ 0
2.) 
x ≥ 1
 x = −2
3.) 
0 ≤ x ≤ 1
4.)

(2) ⇔

2 + 3x
≤ 1 ⇔ 2 + 3x ≤ 1 + x
1+ x

⇔ (2 + 3 x) 2 ≤ (1 + x) 2
⇔ 8 x 2 + 10 x + 3 ≤ 0
3
1
⇔− ≤x≤−
4
2
Kết luận :

3.

(3) ⇔ x ≤ −

(3) ⇔ x + 2 x − 3 − 5 ≤ ( x + 1) − 11
2

4

Đặt : t = ( x + 1) 2 , t ≥ 0
Ta được :
t − 9 ≤ t 2 − 11

2

t − 9 ≤ t − 11 ⇔  2
−t + 11 ≤ t − 9


Đặt : x − m = t , t ≥ 0
Ta được : t2 + 2t + 2 – m2 > 0 (5)
2
2
Để tmbt ⇔ f (t ) = t + 2t > m − 2∀t ≥0

t 2 − t − 2 ≥ 0
t ≤ −1 ∪ t ≥ 2

⇔ 2
⇔
t + t − 20 ≥ 0
t ≤ −5 ∪ t ≥ 4

t ≤ −5
t ≥ 4

Vậy t ≥ 4 ( tm ):
⇔ ( x + 1) 2 ≥ 4 ⇔ ( x − 1)( x + 3) ≥ 0
x ≥ 1
⇔
 x ≤ −3
Kết luận :
Bài 3:

2

⇔ ( x + 2m ) (2 x 2 − 5 x) ≤ 0
⇔ x (2 x + 5)( x + 2m) ≤ 0
5
5
⇔m>
2
4
x ≤ −2m

(3) ⇔  5
− ≤ x ≤ 0
 2

Nếu : −2m < −

5
2

Nếu m < 0:
0 ≤ x ≤ −2m

x ≤ − 5

2
Kết luận :
Bài 4:
(4) ⇔ ( x − m) 2 + 2 x − m + 2 − m 2 > 0

⇔ ( x + 1) 2 − 9 ≤ ( x + 1) 4 − 11

(3) ⇔ ( x 2 − 2 x + m ) ≤ ( x 2 − 3x − m )

( tm )

2

⇔ M inf(t ) > m 2 − 2(6)
Lập bbt của f(t) :
Suy ra Minf(t) = 0 :
Vậy (6) ⇔ 0 > m 2 − 2 ⇔ − 2 < m < 2
Bài 5:
  x 2 + 2( x − m) + m 2 + m − 1 ≤ 0
(I )

 x ≥ m
(5) ⇔ 
2
2
  x − 2( x − m) + m + m − 1 ≤ 0 ( II )

 x < m

(5) có nghiệm khi và chỉ khi (I) có nghiệm Hoặc (II)
có nghiệm:
x ≥ m
(I ) ⇔  2
2
 x + 2 x = f ( x) ≤ − m + m + 1
Có f(m) = m2 + 2m

7

Giáo án : Chuyên đề đại số 10
Nếu : −2m = −

5
5
⇔m=
2
4

(3) ⇔ x ≤ 0
5
5
Nếu − < −2m < 0 ⇔ 0 < m <
2
4
5

x ≤ − 2
(3) ⇔

 −2 m ≤ x ≤ 0
Nếu −2m = 0 ⇔ m = 0

⇔ m − m 2 + 1 ≥ m 2 + 2m

(I)

có nghiệm

x < m
⇔ 2
2
 x − 2 x = g ( x) ≤ − m − 3m + 1
(II)có nghiệm
⇔ m 2 − 2m < −m 2 − 3m + 1
(II)

⇔ 2m 2 + m − 1 < 0
1
⇔ −1 < m <
2

Cách 2:
Đặt : t = x − m ≥ 0 ,phải tìm m để
f(t) = t 2 + 2t + 2mx + m − 1 ≤ 0 có nghiệm t ≥ 0 .Parabơn
y = f(t) quay bề lõm lên trên và có hoanh độ đỉnh là t =
-1< 0 nên phải có f(0) = 2mx + m - 1 ≤ 0 .Khi t = 0 thì x
1
2
= m suy ra 2m + m − 1 ≤ 0 ⇔ −1 ≤ m ≤
2
Bài tập về nhà :
Bài 1 :
Tìm a để với mọi x :
f ( x ) = ( x − 2)2 + 2. x − a ≥ 3(1)
Bài 2:

Tìm a để bpt :
Ax + 4 > 0 (1) đúng với mọi giá trị của x thỏa mãn điều
kiện x < 4

⇔ 2m 2 + m − 1 ≤ 0
1
−1 ≤ m ≤
2

Kết luận : −1 ≤ m ≤

1
2

Bài 2:
Nhận thấy trong hệ tọa độ xoy thì y = ax + 4 với
-4 < x < 4 là một đoạn thẳng . Vì vậy y = ax + 4 >
 y (−4) ≥ 0
 a ≥ −1
⇔
⇔ −1 ≤ a ≤ 1
0 ⇔
 y (4) ≥ 0
a ≤ 1
Bài 3:
Đặt :
t = x 2 + 4 x + 3 = ( x + 2) 2 − 1 ≥ −1
⇒ t ≥ −1
Bài toán thỏa mãn : ⇔ t (t + 3) = f (t ) ≥ a∀t ≥−1
Xét f(t) với t ≥ −1 Suy ra Min f(t) = -2

Vậy bttm ⇔ a ≤ −2

Bài 3:
Tìm a để bpt sau nghiệm đúng với mọi x :
( x 2 + 4 x + 3)( x 2 + 4 x + 6) ≥ a
Bài giải :
Bài 1:
Bài toán thỏa mãn :
 x 2 − 2 x + 1 − 2a = f ( x) ≥ 0∀ x ≥ a (2)

⇔ 2
 x − 6 x + 1 + 2a = g ( x) ≥ 0∀ x 

8

Giáo án : Chuyên đề đại số 10
∆ ' ≤ 0

a ≤ 0


a > o
a ≤ 0
 ∆ ' > 0
(2) ⇔  
⇔  2
⇔
  a − 4a + 1 ≥ 0