BẤT PT CHỨA dấu GIÁ TRỊ TUYỆT đối

2.BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA TRỊ TUYỆT ĐỐI .
A-Lý thuyết

(2) � x 2  3 x  2  2 x  x 2

1. A  B �  B  A  B

�
x 2  3x  2  2 x  x 2
� �2
x  3x  2  x 2  2 x
�
� 1
�
x  �x  2
2 x2  5x  2  0
��
�� 2
�
x20
�
x2
�
� 1
x
�� 2
�
x2
�

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

Kết luận :

4. A  B  A  B � ( A  B ).B  0

(3) � (2 x  5) 2  (7  4 x) 2

B-Bài tập :

� (2 x  5) 2  (7  4 x) 2  0

Bài 1: Giải các bpt sau :
1. 3 x  2 �x  1

�  (2 x  5)  (7  4 x)   (2 x  5)  (7  4 x)   0

2. 3 x  4 �x  7

� (12  2 x)(6 x  2)  0

3. x  4 �2 x  1

� (6  x)(3 x  1)  0 �

Bài 2:Giải các bpt sau :

1
 x6
3

Kết luân :
4. Đk: x ��2

1. x 2  2 x  3 �3x  3
2. x 2  3 x  2  x 2  2 x

(3) � x 2  5 x  4 �x 2  4

3. 2 x  5  7  4 x

� ( x 2  5 x  4) 2 �( x 2  4) 2

4.

� (8  5 x )(2 x 2  5 x) �0

x2  5x  4
�1
x2  4

8
�
0 �x �
�
5
��
5
�
x�
� 2

Bài giải :
Bài 2:
2
�x  2 x  3 �3x  3
(1) � � 2
�x  2 x  3 �3x  3

�x 2 x��
6 0ȳ �x
3 x
� �2
��
0 �x �5
�x  5 x �0
�
�2 x 5
ۣ

Bài 3:Giải các bpt sau :

2

1.

x2  4x  3
x2  x  5

�1

2. x 2  1 �x 2  2 x  8

Kết luận:

Bài 4: Giải và biện luận bpt sau :
x 2  3x  m �x 2  4 x  m (1)

vậy

Bài giải :
Bài 3 :
Bảng xét dấu :
� 0
x

9
0 �t �
2
�

4

X2 – 4x
X-5

+
-

-

5
+
-

+
+

9
ۣ
��
0 ��
x
2

9
2

x

9
2

Bài 4:

1


(1) �  x 2  3x  m  � x 2  4 x  m 

x0
�
+) Xét : �
4 �x  5
�

2

x2  4 x  3
(1) ۳
1
x2  x  5
3x  2
 2
0
(do x 2  x  5  0,  x�R )
x  x5
2
 x 
3
+) Xét 0 �x  4 :
 x2  4 x  3
(1) ۳�2�

1 2 x2 5x 2 0
x x5
1
ۣ
�
x 2
2
+) Xét x �5 :
x2  4 x  3
5x  8
(1) ۳
1
0
2
2
x  x5
x  x5
1  21 8
1  21
ȣ�x
ۣ
x
2
5
2

(ktm)
Vậy nghiệm bpt là :
� 2
x�

�
3
�
1
� �x �2
�
2
2. Đặt t = x , t �0 :
(2) � t 2  1 �t 2  2t  8
�
t 2  2t  8 �t 2  1
�
� �2
t  1 �t 2  2t  8
�
�
2t 2  2t  7 �0
�
�� 9
t
t�
�
� 2

9
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

�  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 : �
7
0 �x �
�
2

Nếu 2m = 0
7
2

Kết luận: x �

+) Nếu 0  2m 

7
7
�0m
2
4

x �0
�
�
Kết luận: �
7
2m �x �
�
2
7
7
+)Nếu 2m = � m 
2
4
x �0
�
�

Kết luận: � 7
x
� 2
7
7
+)Nếu 2m  � m 
2
4
x �0
�
�
Kết luận: �7
�x �2m
�
2

� x  3  3x 2  9 x  2
�
3 x 2  9 x  2  x  3
�
��
2
�x  3  3x  9 x  2
� 4  19
x
2
�
�
3x  8x  1  0
3

�� 2
��
� 4  19
3 x  10 x  5  0
�
x
�
3
�

Bài 2:
1.Đặt : x 2  t , t  0
Ta được :

2


1.x 2 �1 
2.

2
x2

t �1۳

23 x
�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:
x  2 x  m  m  m  1 �0
2

2

Bài giải :
Bài1 :
Kết quả :
1.) 1  2  x  1  2
x �0
�
x �1
�
x  2
�
3.) �
0 �x �1
�

t 2
t

2
t

�
t 2 �t 2
� t  2 �t 2 � �
t  2 �t 2
�
�
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

(tm)

� 8 x 2  14 x  3 �0
1
3
�
ۣ
x
4
2
�x  0
2.Th2: �
�x �1
1

� (2  3 x) 2 �(1  x) 2
� 8 x 2  10 x  3 �0
3
1
�  �x �
4
2

4.)

1 x

� (2  3 x) 2 �(1  x) 2

2  3x
(2) ۣ
��
1 x

2.) �

t

2 3x

1 x

( tm )

Kết luận :

3.
(3) � x  2 x  3  5 �( x  1)  11
2

4

� ( x  1) 2  9 �( x  1) 4  11
Đặt : t  ( x  1)2 , t �0
Ta được :
�
t  9 �t 2  11

�
2
t  9 �t  11 � � 2
t  11 �t  9
�
�
t 2 t ��
2 0ȳ
t
1 t 2
�
� �2
��
t �5ȳ t 4
t  t  20 �0
�
�
t �5
�
�
t �4
�
Vậy t �4 ( tm ):

(3)  x



5
2

Nếu m < 0:
0 �x �2m
�
�
5
�
x �
�
2
Kết luận :
Bài 4:
(4) � ( x  m) 2  2 x  m  2  m 2  0
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
� 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:

3


� ( x  1) 2 �4 � ( x  1)( x  3) �0

�

�x 2  2( x  m)  m 2  m  1 �0
(I )
�
�
�x �m
�
(5) � �
�x 2  2( x  m)  m 2  m  1 �0
�
( II )
�
�
�x  m
�

x �1
�
��
x �3
�
Kết luận :
Bài 3:

(3) �  x 2  2 x  m  � x 2  3x  m 
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
5
5
Nếu : 2m   � m 
2
4
(3) ۣ x 0
5
5
Nếu   2m  0 � 0  m 
2
4
5
�
x �
�
(3) �
2
�
2m �x �0
�

Nếu 2m  0 � m  0
Nếu : 2m  

2

(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
� m  m 2  1 �m2  2m
(I)

có nghiệm

� 2m 2  m  1 �0
1
1 �m �
2

�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
1
1 �m �
2

Kết luận :

Cách 2:
Bài 2:
Nhận thấy trong hệ tọa độ xoy thì y = ax + 4 với
Đặt : t  x  m �0 ,phải tìm m để
-4 < x < 4 là một đoạn thẳng . Vì vậy y = ax + 4 >
f(t) = t 2  2t  2mx  m  1 �0 có nghiệm t �0
a �1
�y (4) �0
�
.Parabôn y = f(t) quay bề lõm lên trên và có hoanh độ
��
� 1 �a �1
0 ��
a �1
�y (4) �0
�
đỉnh là t = -1< 0 nên phải có f(0) = 2mx + m - 1 �0
Bài 3:
.Khi t = 0 thì x = m suy ra
Đặt :

1
2m 2  m  1 �0 � 1 �m �
t  x 2  4 x  3  ( x  2) 2  1 �1
2
Bài tập về nhà :

 t
1
Bài 1 :
Bài toán thỏa mãn : � t (t  3)  f (t ) �at �1
Tìm a để với mọi x :
Xét f(t) với t �1 Suy ra Min f(t) = -2
f ( x)  ( x  2) 2  2. x  a �3(1)
Vậy bttm  a 2
Bài 2:
Tìm a để bpt :
Ax + 4 > 0 (1) đúng với mọi giá trị của x thỏa mãn
điều kiện x  4
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 :

4


2
�

�x  2 x  1  2a  f ( x) �0 x�a (2)
� �2
�x  6 x  1  2a  g ( x) �0 x  a (3)
 ' �0
�
�
a �0
�
�
�
�
�
ao
a �0
�
�
'  0
�
(2) � �
��
�
�
�
�
2
�
1. f (a) �0
a  4a  1 �0
a �2  3
�

�
�
�
�
�
�
b
1 a
�
�
�
�
�

1
�
� 2a
�
 ' �0
�
�
8  2a �0
�
�
�
�
�
8  2a  0
a �4
�

�
'  0
�
��
�
�
(3) � �
�
�
�
1.g ( a) �0
a 2  4a  1 �0
a �2  3
�
�
�
�
�
�
�
b
a3
�
�
�
�
�
a
�
2a

�
�
a �0
�
Vậy để thỏa mãn bài toán : �
a �4
�

5