Bài tập Bất phương trình toán học

<span class='text_page_counter'>(1)</span>BÀI TP BT PH. NG TRÌNH. I -- BT PH NG TRÌNH A THC A - LÝ THUYT Phương pháp giải : • Vân dụng ñịnh lí dấu tam thức bậc 2(ñịnh lí ñảo dấu tam thức bậc 2 ) • Tính chất của hàm số bậc nhất và bậc 2 B - BÀI TP Bài 1: Tìm a ñể bất pt : ax + 4 > 0 ñúng với mọi x thỏa mãn ñiều kiện x < 4 Bài giải : ðặt f(x) = ax +4 Ta có : f ( x) = ax + 4 > 0∀ x∈( −4;4 )  f (−4) ≥ 0 ⇔  f (4) ≥ 0.  −4a + 4 ≥ 0 a ≤ 1 ⇔ ⇔  4a + 4 ≥ 0 a ≥ −1 Vậy giá trị cần tìm là : −1 ≤ a ≤ 1 Bài 2: Cho bpt : (m 2 − 4) x 2 + (m − 2) x + 1 < 0 (1). 1) Tìm m ñể bpt vô nghiệm 2) Tìm m ñể bpt có nghiệm x = 1 Bài giải : 1)  m = −2 m = 2. TH1: m2 − 4 = 0 ⇔ . 1 4 • Với m = 2 : (1) ⇔ 1 < 0 vô nghiệm ⇒ m = 2 thỏa mãn . TH2: m ≠ ±2 (1) vô nghiệm ⇔ (m 2 − 4) x 2 + (m − 2) x + 1 ≥ 0, ∀ x. • Với m = -2 : (1) ⇔ −4 x + 1 < 0 ⇔ x > ⇒ m = −2 (ktm). 2 m − 4 > 0 ⇔ 2 2 ∆ = (m − 2) − 4(m − 4) ≤ 0.  m < −2 ∪ m > 2  ⇔ −10 m ≤ 3 ∪ m ≥ 2. m < −2 ∪ m > 2 ⇔ (m − 2)(3m + 10) ≥ 0. 10  m≤− ⇔ 3  m > 2 . Từ 2 trường hợp trên ta thấy giá trị cần tìm là : m ≤ −. 10 ∪m ≥ 2 3. 2) Bất phương trình (1) có một nghiệm x = 1 ⇔ (m 2 − 4).1 + (m − 2).1 + 1 < 0. ⇔ m2 + m − 5 < 0. ⇔. −1 − 21 −1 + 21 <m< 2 2. Bài 3: ðịnh m ñể bpt : x 2 − 2 x + 1 − m 2 ≤ 0 (1) thỏa mãn ∀ x∈1;2 . . Bài giải: Cách 1 : GIA SƯ. ðỨC KHÁNH 0975.120.189. 22A – PHẠM NGỌC THẠCH – TP. QUY NHƠN. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> (1). ⇔ x2 − 2 x ≤ m2 − 1. (2). 2. Xét f(x) = x – 2x trên [1;2] (2) thỏa mãn với mọi x thuộc [1;2] khi và chỉ khi Max f(x) ≤ m 2 − 1 (3) Lập bảng bt của f(x) suy ra Maxf(x) = 0:  m ≤ −1 m ≥ 1. Vậy (3) 0 ≤ m 2 − 1 ⇔ . Cách 2 : ðặt f(x) = x2 – 2x + 1 – m2, Ta có : f(x) ≤ 0 ∀x∈[1;2] 1. f (1) ≤ 0 ⇔ 1. f (2) ≤ 0. 2 1 − 2.1 + 1 − m ≤ 0 ⇔ 2  4 − 2.2 + 1 − m ≤ 0.  m ≤ −1 ⇔ 1 − m2 ≤ 0 ⇔  m ≥ 1. Bài 4: Với giá trị nào của a thì bất pt sau nghiệm ñúng với mọi giá trị của x : ( x 2 + 4 x + 3)( x 2 + 4 x + 6) ≥ a(1). Bài giải : ðặt : t = x + 4 x + 3 ⇒ x + 4 x + 6 = t + 3 Ta có: t = ( x + 2)2 − 1 ≥ −1 ⇒ t ≥ −1 ⇔ 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 2. 2. Bài 5: Tìm m ñể bất phương trình sau ñúng với mọi x: −3 ≤. x 2 + mx − 2 ≤ 2(1) x2 − x + 1. Bài giải : Ta có : x 2 − x + 1 > 0, ∀ x  −3( x 2 − x + 1) ≤ x 2 + mx − 2  4 x 2 + (m − 3) x + 1 ≥ 0(2) Do ñó (1) ⇔  2 ⇔ 2 2  x + mx − 2 ≤ 2( x − x + 1)  x − (m + 2) x + 4 ≥ 0(3) 2 ∆  −1 ≤ m ≤ 7  (2) = (m − 3) − 16 ≤ 0 ⇔ ⇔ −1 ≤ m ≤ 2 (1) ñúng với mọi x ⇔  2  −6 ≤ m ≤ 2  ∆ (3) = (m + 2) − 16 ≤ 0. BÀI TP V NHÀ Bài 1: Tìm m ñể bpt sau nghiệm ñúng với mọi x thỏa mãn ñiều kiên : −2 ≤ x ≤ 1 m 2 x + m( x + 1) − 2( x − 1) > 0 (1) Bài giải : (1) ⇔ (m 2 + m − 2) x + m + 2 > 0(2). ðặt f(x) = (m2 + m – 2 )x + m + 2 Bài toán thỏa mãn: 3  2 2  f (−2) > 0 3 (m + m − 2)(−2) + m + 2 > 0 −2m − m + 6 > 0  −2 < m < ⇔ ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔ ⇔0<m< 2 2 (m + m − 2)(1) + m + 2 > 0  f (1) > 0 m +2m > 0  m < −2 ∪ m > 0. Bài 2: Tìm m ñể bpt sau nghiệm ñúng với mọi x : x 2 − 2 x + m2 − 1 > 0 Bài giải :. GIA SƯ. ðỨC KHÁNH 0975.120.189. 22A – PHẠM NGỌC THẠCH – TP. QUY NHƠN. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> m < − 2. Do a = 1 > 0 Vậy bài toán thỏa mãn: ⇔ ∆ ' = 1 − m 2 + 1 < 0 ⇔ 2 − m 2 < 0 ⇔ .  m > 2 Bài 3: Tìm a nhỏ nhất ñể bpt sau thỏa mãn ∀ x∈[0;1] : a( x 2 + x − 1) ≤ ( x 2 + x + 1) 2 (1). Bài giải : ðăt : t = x + x + 1 = f(x) Lập bbt f(x) trên [0;1] Suy ra f(x) ⇒ 1 ≤ t ≤ 3 2. (1) ⇔ a(t − 2) ≤ t 2∀t∈1;3 . . ⇔ t 2 − at + 2a ≥ 0∀t∈1;3 (2) . . 2. ðặt f(t) = t – at + 2a       2  ∆ = a − 8a ≤ 0   2   ∆ = a − 8a > 0 (2) ⇔  1. f (1) ≥ 0    −b = a < 1   2a 2   2   ∆ = a − 8a > 0  1. f (3) ≥ 0    −b a   2a = 2 > 3 . ⇔ −1 ≤ a ≤ 9. Suy ra a cần tìm là : a = -1 BÀI TP TUYN SINH Bài 1:Tìm a ñể hai bpt sau tương ñương :( a-1).x – a + 3 > 0 (1) và (a+1).x – a + 2 >0 (2) Bài giải : TH1: a = ±1 thay trực tiếp vào (1) và (2) thấy không tương ñương. a−3 = x1 ; a −1 (1) ⇔ (2) ⇔ x1 = x2 ⇔ a = 5. TH2: a > 1 : (1) ⇔ x >. (2) ⇔ x >. a−2 = x2 a +1. TH3: a < -1 : (1) ⇔ x < x1. (2) ⇔ x < x2. ðể (1) ⇔ (2) ⇔ x1 = x2 ⇔ a = 5 ( loại). TH4: -1 < a < 1 : (1) Và (2) không tương ñương Kết luận :a = 5 thỏa mãn bài toán . Bài 2: (ðHLHN): Cho f(x) = 2x2 + x -2 . Giải BPT f[f(x)] < x (1) Bài giải : 2 Vì f[f(x)] – x = f[f(x)] – f(x) +f(x) – x = [2f (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). GIA SƯ. ðỨC KHÁNH 0975.120.189. 22A – PHẠM NGỌC THẠCH – TP. QUY NHƠN. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Vậy (1) ⇔ 2(2 x 2 − 2)(2 x 2 + 2 x − 1) < 0.  −1 − 3 < x < −1  2  ⇔  −1 + 3 < x <1   2. Bài 3: (ðHKD-2009). Tìm m ñể ñường thẳng (d) : y = -2x + m cắt ñường cong (C): y =. x2 + x − 1 tại x. 2 ñiểm pb A ,B sao cho trung ñiểm I của ñoạn AB thuộc oy Bài giải : x2 + x −1 (1) x ðể (d) cắt (C) tại 2 ñiểm pb ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 khác 0. Xét pt hoành ñộ : −2 x + m =. (1) ⇔ 3x 2 + (1 − m) x − 1 = 0 = f ( x). Do a .c = -3 <0 ,f(0) = -1 Vậy (1) luôn có 2 nghiệm phân biêt khác 0 .. x1 + x2 m −1 =0⇔ = 0 ⇔ m =1 2 6 x2 −1 Bài 4: Tìm m ñể (d) : y = -x + m cắt (C )y = tại 2 ñiểm pb A,B sao cho AB = 4. x. ðể I thuộc oy ⇔. Bài giải : x −1 (1) x ðể (d) cắt (C ) tại 2 ñiểm pb ⇔ (1) có 2 nghiệm pb khác 0 ⇔ 2 x 2 − mx − 1 = f ( x) = 0 có 2 nghiệm pb. Xét pt hoành ñộ : − x + m =. 2. khác 0. Do a.c = -2 < 0 , f(0) = -1 Vậy (1) luôn có 2 nghiệm pb x1 , x2 khác 0. ðể AB = 4 ⇔ AB 2 = 16 ⇔ ( x2 − x1 ) 2 + ( y2 − y1 ) 2 = 16 m2 1 ⇔ 2( x2 − x1 ) 2 = 16 ⇔ 2 ( x2 + x1 ) 2 − 4 x1 x2  = 2( − 4.(− )) = 16 ⇔ m = ±2 6 4 2. GIA SƯ. ðỨC KHÁNH 0975.120.189. 22A – PHẠM NGỌC THẠCH – TP. QUY NHƠN. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> II -- BT PH A - LÝ THUT. NG TRÌNH CHA TR TUYT  I. 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 TP Bài 1:Giải các bpt sau : 1) x 2 − 2 x − 3 ≤ 3 x − 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 :  x − 2 x − 3 ≥ −3 x + 3 (1) ⇔  2  x − 2 x − 3 ≤ 3 x − 3 2. (2) ⇔ x − 3 x + 2 > 2 x − x 2. 2.  x ≤ −3 ∪ x ≥ 2  x + x − 6 ≥ 0 ⇔ 2 ⇔ ⇔ 2≤ x≤5 0 ≤ x ≤ 5  x − 5 x ≤ 0 2.  x 2 − 3x + 2 > 2 x − x 2 2 x2 − 5x + 2 > 0 ⇔ 2 ⇔ 2 x − 2 > 0  x − 3x + 2 < x − 2 x. 1 1   x< ∪x>2 x<   ⇔ ⇔ 2 2   x > 2 x > 2 GIA SƯ ðỨC KHÁNH 0975.120.189. 22A – PHẠM NGỌC THẠCH – TP. QUY NHƠN. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> (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 ⇔. (4). ðk: x ≠ ±2 (4) ⇔ x 2 − 5 x + 4 ≤ x 2 − 4. 1 <x<6 3. ⇔ ( 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 2:Giải các bpt sau : 1). x2 − 4 x + 3 x2 + x − 5. ≥1. 2) x 2 − 1 ≤ x 2 − 2 x + 8. Bài giải: 1) Bảng xét dấu : x −∞ 0. +∞. 4 X2 – 4x X-5. + -. -. 5 + -. + +. x < 0. +) Xét :  4 ≤ x < 5 x2 − 4 x + 3 3x + 2 2 (do x 2 − x + 5 > 0, ∀ x∈R ) ≥1 ⇔ 2 ≤0 ⇔ x≤− 2 x − x+5 x − x+5 3 +) Xét : 0 ≤ x < 4 : − x2 + 4x + 3 1 (1) ⇔ 2 ≥ 1 ⇔ 2 x2 − 5x + 2 ≤ 0 ⇔ ≤ x ≤ 2 x − x+5 2 +) Xét : x ≥ 5 : x2 − 4 x + 3 5x − 8 −1 − 21 8 −1 + 21 (1) ⇔ 2 ≥1 ⇔ 2 ≤0 ⇔ x≤ ∪ ≤x≤ x + x −5 x + x −5 2 5 2 −2  x ≤ 3 Vậy nghiệm bpt là :  1 ≤ x ≤ 2  2 2. ðặt t = x , t ≥ 0 : (1) ⇔. (ktm). 2t 2 − 2t + 7 ≥ 0 2 2 − 9  t + 2t − 8 ≤ t − 1  (2) ⇔ t − 1 ≤ t − 2t + 8 ⇔  2 ⇔ 9 ⇔t≤ 2 2 t − 1 ≤ t − 2t + 8 t ≤  2 9 9 9 9 Vì 0 ≤ t ≤ ⇔ 0≤ x ≤ ⇔ − ≤x≤ 2 2 2 2 2 Bài 3: Giải và biện luận bpt sau : x − 3 x − m ≤ x 2 − 4 x + m (1) 2. 2. (1) ⇔ ( x − 3 x − m ) ≤ ( x − 4 x + m ) 2. GIA SƯ. 2. 2. Bài giải:. 2. ⇔ ( 2 x − 7 x ) ( x − 2m ) ≤ 0 ⇔ x ( 2 x − 7 )( x − 2m ) ≤ 0 2. ðỨC KHÁNH 0975.120.189. 22A – PHẠM NGỌC THẠCH – TP. QUY NHƠN. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Ta có : x(2 x − 7)( x − 2m) = 0 ⇔ x = 2m ∪ x = 0 ∪ x =. 7 2. +) Nếu 2m < 0 : Có trục xác ñịnh dấu:  x ≤ 2m Kết luận :  0 ≤ x ≤ 7  2. +) Nếu 2m = 0 Kết luận: x ≤. 7 2. +) Nếu 0 < 2m < x ≤ 0. 7 7 ⇔0<m< 2 4. 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 x ≤ 0 Kết luận:  7  ≤ x ≤ 2m 2. B - BÀI TP V 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 giải : Kết quả : 1.) −1 + 2 < x < 1 + 2 x ≤ 0 x ≥ 1. 2.) .  x = −2 0 ≤ x ≤ 1. 3.)  4.). GIA SƯ. ðỨC KHÁNH 0975.120.189. 22A – PHẠM NGỌC THẠCH – TP. QUY NHƠN. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 2 −  3x + 9 x − 2 < x − 3 ⇔ x − 3 < 3x 2 − 9 x + 2 ⇔  2  x − 3 < 3 x − 9 x + 2  4 − 19 x< 2  3x − 8 x − 1 > 0 3 ⇔ 2 ⇔  4 + 19 3x − 10 x + 5 < 0 x > 3 . Bài 2: Giải các bpt sau : 1) x 2 ≤ 1 − 2). 2 x2. 2−3 x ≤1 1+ x. 3) ( x + 3)( x − 1) − 5 ≤ ( x + 1) 4 − 11. Bài giải : 1.ðặt : x 2 = t , t > 0 . Ta ñược : t − 2 ≤ −t 2 t −2 ≥t ⇔  2 t − 2 ≥ t  −1 ≤ x ≤ 1 Vậy 0 < x 2 ≤ 1 ⇔  x ≠ 0 t ≤ 1−. 2 t−2 ⇔ ≥t ⇔ t t. t 2 + t − 2 ≤ 0 ⇔ 2 ⇔ 0 < t ≤1 t − t + 2 ≤ 0 . 2.ðk : x ≠ −1 TH1 : x ≥ 0. 2 − 3x ≤ 1 ⇔ 2 − 3 x ≤ 1 + x ⇔ (2 − 3 x) 2 ≤ (1 + x)2 1+ x 1 3 ⇔ 8 x 2 − 14 x + 3 ≤ 0 ⇔ ≤x≤ 4 2 x < 0 TH2:   x ≠ −1 (2) ⇔. (tm). 2 + 3x ≤ 1 ⇔ 2 + 3 x ≤ 1 + x ⇔ (2 + 3 x)2 ≤ (1 + x) 2 1+ x ( tm ) 3 1 2 ⇔ 8 x + 10 x + 3 ≤ 0 ⇔ − ≤ x ≤ − 4 2 2 4 3. (3) ⇔ x + 2 x − 3 − 5 ≤ ( x + 1) − 11 ⇔ ( x + 1) 2 − 9 ≤ ( x + 1) 4 − 11 (2) ⇔. ðặt : t = ( x + 1) 2 , t ≥ 0 . Ta ñược : 2 2 t − 9 ≤ t − 11 t − t − 2 ≥ 0 t − 9 ≤ t − 11 ⇔  2 ⇔ 2 t + t − 20 ≥ 0 −t + 11 ≤ t − 9 t ≤ −1 ∪ t ≥ 2 t ≤ −5 ⇔ ⇔  t ≤ −5 ∪ t ≥ 4 t ≥ 4 2. x ≥ 1. Vậy t ≥ 4 ( tm ) ⇔ ( x + 1) 2 ≥ 4 ⇔ ( x − 1)( x + 3) ≥ 0 ⇔   x ≤ −3 Bài 3: Giải và biện luận bpt sau theo tham số m. x 2 − 2 x + m ≤ x 2 − 3 x − m GIA SƯ. ðỨC KHÁNH 0975.120.189. 22A – PHẠM NGỌC THẠCH – TP. QUY NHƠN. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> (3) ⇔ ( x − 2 x + m ) ≤ ( x − 3x − m ) 2. 2. 2. Bài giải : 2. ⇔ ( x + 2m ) (2 x 2 − 5 x) ≤ 0 ⇔ x(2 x + 5)( x + 2m) ≤ 0  x ≤ −2 m 5 thì (3) ⇔  5 − ≤ x ≤ 0 4  2 5 5 Nếu : −2m = − ⇔ m = thì (3) ⇔ x ≤ 0 2 4 5  x≤− 5 5  Nếu − < −2m < 0 ⇔ 0 < m < thì (3) ⇔ 2  2 4  −2m ≤ x ≤ 0 5 Nếu −2m = 0 ⇔ m = 0 thì (3) ⇔ x ≤ − 2 0 ≤ x ≤ −2m Nếu m < 0: thì  x ≤ − 5  2 5 2. Nếu : −2m < − ⇔ m >. Kết luận : 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 giải : (4) ⇔ ( x − m) 2 + 2 x − m + 2 − m 2 > 0. ðặt : x − m = t , t ≥ 0 Ta ñược : t2 + 2t + 2 – m2 > 0 (5) ðể tmbt ⇔ f (t ) = t 2 + 2t > m 2 − 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: Với giá trị nào thì bpt sau có nghiệm: x 2 + 2 x − m + m 2 + m − 1 ≤ 0 Bài giải :   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 (I) có nghiệm ⇔ m − m2 + 1 ≥ m2 + 2m ⇔ 2m 2 + m − 1 ≤ 0 ⇔ − 1 ≤ m ≤. GIA SƯ. ðỨC KHÁNH 0975.120.189. 1 2. 22A – PHẠM NGỌC THẠCH – TP. QUY NHƠN. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> x < m. (II) ⇔ . 2 2  x − 2 x = g ( x) ≤ −m − 3m + 1. (II) có nghiệm ⇔ m 2 − 2m < − m2 − 3m + 1 ⇔ 2m2 + m − 1 < 0 ⇔ − 1 < m < Kết luận : −1 ≤ m ≤. 1 2. 1 2. Cách 2: ðặt : t = x − m ≥ 0 ,phải tìm m ñể f(t) = t 2 + 2t + 2mx + m − 1 ≤ 0 có nghiệm t ≥ 0 .Parabol y = f(t) quay bề lõm lên trên và có hoành ñộ ñỉnh là t = -1< 0 nên phải có f(0) = 2mx + m - 1 ≤ 0 .Khi t = 0 thì x = m suy ra 2m 2 + m − 1 ≤ 0 ⇔ −1 ≤ m ≤. 1 2. Bài 6: Tìm a ñể với mọi x : f ( x) = ( x − 2) 2 + 2. x − a ≥ 3 Bài giải :  x 2 − 2 x + 1 − 2a = f ( x) ≥ 0∀ x ≥ a (2) Bài toán thỏa mãn : ⇔  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   ∆ ' > 0 8 − 2a > 0 a ≥ 4 (3) ⇔   ⇔  2 ⇔   a − 4a + 1 ≥ 0 1.g (a) ≥ 0 a ≤ 2 − 3    b    a < 3   a < − 2a a ≤ 0 Vậy ñể thỏa mãn bài toán :  a ≥ 4. Bài 7: Tìm a ñể bpt:Ax + 4 > 0 (1) ñúng với mọi giá trị của x thỏa mãn ñiều kiện x < 4 Bài giải : Nhận thấy trong hệ tọa ñộ xoy thì y = ax + 4 với  y (−4) ≥ 0 a ≥ −1 ⇔ ⇔ −1 ≤ a ≤ 1  y (4) ≥ 0 a ≤ 1. -4 < x < 4 là một ñoạn thẳng . Vì vậy y = ax + 4 > 0 ⇔ . Bài 8: Tìm a ñể bpt sau nghiệm ñúng với mọi x : ( x 2 + 4 x + 3)( x 2 + 4 x + 6) ≥ a Bài giải : 2 2 ðặt : t = x + 4 x + 3 = ( x + 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 bài toán thõa mãn ⇔ a ≤ −2 GIA SƯ. ðỨC KHÁNH 0975.120.189. 22A – PHẠM NGỌC THẠCH – TP. QUY NHƠN. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> III — BT PH NG TRÌNH CHA C"N THÚC A — LÝ THUYT Phương pháp 1: Sử dụng phép biến ñổi tương ñương :. GIA SƯ. ðỨC KHÁNH 0975.120.189. 22A – PHẠM NGỌC THẠCH – TP. QUY NHƠN. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> A ≥ 0  1. A < B ⇔  B > 0  A < B2  A ≥ 0  2. A ≤ B ⇔  B ≥ 0  A ≤ B2  B < 0 B ≥ 0 3. A > B ⇔  ∪ 2 A ≥ 0 A > B B ≤ 0 B > 0 4. A ≥ B ⇔  ∪ 2 A ≥ 0 A ≥ B. Bài 1: Giải các bpt sau : 1). x − 3 < 2x −1. 2). x2 − x + 1 ≤ x + 3. 3). 3x − 2 > 4 x − 3. 4). 3x 2 + x − 4 ≥ x + 1. Bài giải : 2 x − 1 > 0  1. ⇔  x − 3 ≥ 0  x − 3 < (2 x − 1) 2 . 1  x > 2  ⇔ x ≥ 3 ⇔ x≥3 4 x 2 − 5 x + 4 > 0  .  x2 − x + 1 ≥ 0 8  2. ⇔  x + 3 ≥ 0 ⇔x≥− 7  x 2 − x + 1 ≤ ( x + 3)2 . 4 x − 3 < 0 4 x − 3 ≥ 0 ∪ 2 3x − 2 ≥ 0 3x − 2 > (4 x − 3). 3. ⇔ . 3 2 3 ≤ x < 4 ⇔  ⇔ 3 ≤ x <1  4. 2 ≤ x <1 3.  x + 1 ≤ 0 4   2 x≤−  3 x + x − 4 ≥ 0 3  4. ⇔  ⇔ x +1 > 0 1 + 41    x≥   4  3x 2 + x − 4 ≥ ( x + 1)2. Bài 2: Giải các bpt sau : 1) x + 1 ≥ 2( x 2 − 1) 2). ( x + 5)(3 x + 4) > 4( x − 1). 3). x + 2 − 3 − x < 5 − 2x. 4) ( x − 3) x 2 − 4 ≤ x 2 − 9. Bài giải : GIA SƯ. ðỨC KHÁNH 0975.120.189. 22A – PHẠM NGỌC THẠCH – TP. QUY NHƠN. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> 2( x 2 − 1) ≥ 0  1. ⇔  x + 1 ≥ 0 2( x 2 − 1) ≤ ( x + 1)2 .  x ≤ −1 ∪ x ≥ 1  x = −1  . ⇔  x ≥ −1 ⇔  1 ≤ ≤ 3 x   x2 − 2 x − 3 ≤ 0 .  4( x − 1) < 0  ( x + 5)(3 x + 4) ≥ 0 2. ⇔  x −1 ≥ 0   ( x + 5)(3 x + 4) > 16( x − 1)2.  x < 1  x ≤ −5   4   x ≤ −5 ∪ x ≥ − 4  3 ⇔  ⇔ − ≤ x < 1  3  1 ≤ x < 4  x ≥ 1   13x 2 − 51x − 4 < 0 . 4 5. Kết luận : x ≤ −5 ∪ − ≤ x < 4 x + 2 ≥ 0 5  3. ðk: 3 − x ≥ 0 ⇔ −2 ≤ x ≤ 2 5 − 2 x ≥ 0 . Bat phuong trinh ⇔ 5 − 2 x + 3 − x > x + 2 ⇔. 2 x 2 − 11x + 15 > 2 x − 3 (*). 3 (*) luôn ñúng. 2 3 5 3 +) Xét : ≤ x ≤ ; (*) ⇔ 2 x 2 − 11x + 15 > (2 x − 3) 2 ⇔ 2 x 2 − x − 6 < 0 ⇔ − < x < 2 2 2 2 3 5 3 Do ≤ x ≤ nên nghiệm của bpt là : ≤ x < 2 2 2 2 Kết luận : −2 ≤ x < 2 4. ðk: x 2 − 4 ≥ 0 ⇔ x ≤ −2 ∪ x ≥ 2. +) Xét : −2 ≤ x <. Nhận xét x = 3 là nghiệm bpt . +) Xét x > 3: Bat phuong trinh ⇔. x 2 − 4 ≤ x + 3 ⇔ x 2 − 4 ≤ ( x + 3). 2. ⇔ x≥−. 13 6. Suy ra x > 3 là nghiệm bpt +) Xét : x ≤ −2 ∪ 2 ≤ x < 3. Bat phuong trinh ⇔.  x + 3 > 0 x + 3 ≤ 0 x2 − 4 ≥ x + 3 ⇔  2 ∪ 2 2  x − 4 ≥ 0  x − 4 ≥ ( x + 3).  x ≤ −3  x ≤ −3  x > −3 13  ⇔ ∪ ⇔ ⇔ x≤− 13  −3 < x ≤ − 6  x ≤ −2 ∪ x ≥ 2 6 x + 13 ≤ 0 6  13  x ≤ − Vậy kêt luận :  6  x ≥ 3 . BÀI TP V NHÀ Bài 1: Giải các bpt sau :. GIA SƯ. ðỨC KHÁNH 0975.120.189. 22A – PHẠM NGỌC THẠCH – TP. QUY NHƠN. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> 1). 2x −1 ≤ 8 − x. 2). 2 x2 − 6 x + 1 − x + 2 > 0. 3). − x2 + 6 x − 5 > 8 − 2 x. 4). x + 3 ≥ 2x − 8 + 7 − x. 5). x + 2 − x +1 < x. Bài giải : 1. 8 − x ≥ 0  (1) ⇔ 2 x − 1 ≥ 0 2 x − 1 ≤ (8 − x)2 . x ≤ 8  1  ⇔ x ≥ ⇔ 2   x 2 − 18 x + 65 ≥ 0. 1 ≤ x≤5 2. 2.  x − 2 ≥ 0 x − 2 < 0 (2) ⇔ 2 x 2 − 6 x + 1 > x − 2 ⇔  2 ∪ 2 2  2 x − 6 x + 1 ≥ 0 ( 2 x − 6 x + 1) > ( x − 2 ) x < 2    x ≤ 3 − 7  x ≥ 2 3− 7 ⇔  ∪ 2 ⇔ x≤ ∪x>3 2  2 x − 2 x − 3 > 0    x ≥ 3 + 7   2. 3. Tương tự : 3 < x ≤ 5 4. x + 3 ≥ 0  ðk: 2 x − 8 ≥ 0 ⇔ 4 ≤ x ≤ 7 7 − x ≥ 0  (4) ⇔ x + 3 ≥. (. 2x − 8 + 7 − x. ). 2. ⇔ 3 ≥ −1 + 2. ( 2 x − 8)( 7 − x ). ⇔ 2≥. ( 2 x − 8)( 7 − x ). x ≤ 5 ⇔ 4 ≥ −2 x 2 + 22 x − 56 ⇔ x 2 − 11x + 30 ≥ 0 ⇔  x ≥ 6 4 ≤ x ≤ 5 Kết luận :  6 ≤ x ≤ 7. 5. x + 2 ≥ 0  ðkiện :  x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 0 x ≥ 0 . (5) ⇔ x + 2 < x + 1 + x ⇔ x + 2 < 2 x + 1 + 2 ( x + 1) x ⇔ 1 − x < 2 ( x + 1) x   3+ 2 3 3+ 2 3 x < −  x < − 1 − x < o 1 − x ≥ 0 3 3 ⇔ ∪ ⇔ x > 1∪  ⇔  2 x ≥ 0  −3 + 2 3  −3 + 2 3  (1 − x ) < 4 x( x + 1) < x ≤1 <x   3 3   GIA SƯ ðỨC KHÁNH 0975.120.189 22A – PHẠM NGỌC THẠCH – TP. QUY NHƠN. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Kết luận : x >. −3 + 2 3 3. Bài 2: Giải các bpt sau : 1) ( x 2 − 3x). 2 x 2 − 3 x − 2 ≥ 0 2). (. 2 x2 3 − 9 + 2x. ). 2. < x + 21. 3). x2. (. 1+ 1+ x. ). 2. > x−4. Bài giải : 1.     1 x = 2  x ≤ −  2 x 2 − 3x − 2 = 0   2    1 (1) ⇔ 2 x 2 − 3 x − 2 > 0 ⇔  x = − ⇔ x = 2 2  2  x ≥ 3   x − 3 x ≥ 0  1      x < − 2     x > 2  x ≤ 0 ∪ x ≥ 3 . 2. 9  9 + 2 x ≥ 0 x ≥ − ⇔ 2 3 − 9 + 2 x ≠ 0  x ≠ 0. ðk : . Khi ñó : (2) ⇔. (. 2 x2 3 + 9 + 2x. ). 2. < x + 21 ⇔. 2. 4x 7  9 − ≤ x < Kết luận :  2 2  x ≠ 0. 9 + 2x < 4 ⇔ x <. 7 2. 3. ðk: 1 + x ≥ 0 ⇔ x ≥ −1 Nhận xét : x = 0 là nghiệm của bpt +) Xét x ≠ 0 : (3) ⇔. (. x2 1 − 1 + x. ). 2. > x−4 ⇔. (1 −. x2 ⇔ 1+ x < 3 ⇔ 1+ x < 9 ⇔ x < 8 Kết luận : −1 ≤ x < 8  g ( x) = 0  Chú ý : Dạng f ( x). g ( x) ≥ 0 ⇔   g ) x) > 0   f ( x) ≥ 0  GIA SƯ. ðỨC KHÁNH 0975.120.189. 1+ x. ). 2. > x − 4 ⇔ 2 − 2 1 + x > −4. 22A – PHẠM NGỌC THẠCH – TP. QUY NHƠN. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Bài 3: Giải bpt sau :. −3 x 2 + x + 4 + 2 <2 x. Bài giải : 4   −1 ≤ x ≤ ðk :  3:  x ≠ 0 −3 x 2 + x + 4 + 2 <2 ⇔ −3 x 2 + x + 4 < 2 x − 2 x x ≥ 1 9 2 x − 2 ≥ 0 ⇔ ⇔  2 ⇔x> 2 2 7 7 x − 9 x > 0 −3 x + x + 4 < ( 2 x − 2 ) 9 4 Vậy bpt có nghiệm : < x ≤ 7 3 +) Xét: −1 ≤ x < 0 : bpt luôn ñúng  −1 ≤ x < 0 Kết luận nghiệm của bpt:  9  <x≤ 4 3 7 4 3. +) Xét : 0 < x ≤ : Bpt ⇔. Bài 4: 1). x 2 − 3x + 2 + x 2 − 4 x + 3 ≥ 2 x 2 − 5 x + 4. 2). x 2 − 8 x + 15 + x 2 + 2 x − 15 ≤ 4 x 2 − 18 x + 18. 3). x2 1+ x + 1− x ≤ 2 − 4. Bài giải : 1.  x 2 − 3x + 2 ≥ 0  ðk:  x 2 − 4 x + 3 ≥ 0 ⇔ x ≤ 1 ∪ x ≥ 4  x2 − 5x + 4 ≥ 0 . Bpt ⇔. ( x − 1)( x − 2 ) + ( x − 1)( x − 3). ≥ 2. ( x − 1)( x − 4 ) (*). Nhận xét x = 1 là nghiệm +) Xét x <1 : (*) ⇔. (1 − x )( 2 − x ) + (1 − x )( 3 − x ) ≥ 2 (1 − x )( 4 − x ). 2 − x + 3− x ≥ 2 4 − x. Ta có : 2 − x + 3 − x < 4 − x + 4 − x = 2 4 − x , ∀ x<1 Suy ra x < 1 bpt vô nghiệm . +) Xét : x ≥ 4 : (*) ⇔ x − 2 + x − 3 ≥ 2 x − 4. Ta có : x − 2 + x − 3 ≥ x − 4 + x − 4 = 2 x − 4, ∀ x≥4 Suy ra : x ≥ 4 : , bất pt luôn ñúng . x = 1 x ≥ 4. Vậy nghiệm của bpt là :  2. GIA SƯ. ðỨC KHÁNH 0975.120.189. 22A – PHẠM NGỌC THẠCH – TP. QUY NHƠN. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(17)</span>  x 2 − 8 x + 15 ≥ 0  x = 3 ðiều kiện:  x 2 + 2 x − 15 ≥ 0 ⇔   x ≤ −5 ∪ x ≥ 5 4 x 2 − 18 x + 18 ≥ 0 . ( x − 5)( x − 3) + ( x + 5 )( x − 3) ≤. Bpt ⇔. (4 x − 6)( x − 3). (*). Nhận xét x = 3 là nghiệm của bpt +) Xét : x ≤ −5 (*) ⇔. ( 5 − x )( 3 − x ) + ( − x − 5)( 3 − x ) ≤ ( 6 − 4 x )( 3 − x ). ⇔ 5 − x − x − 5 + 2 x 2 − 25 ≤ 6 − 4 x ⇔. ⇔. 5 − x + −x − 5 ≤ 6 − 4x. x 2 −25 ≤ 3 − x ⇔ x 2 −25 ≤ ( 3 − x ). 2. ⇔ x≤. 17 3. Suy ra : x ≤ −5 là nghiệm của bpt +) Xét : x ≥ 5 (*) ⇔ x − 5 + x + 5 ≤ 4 x − 6 ⇔ x − 5 + x + 5 + 2 x 2 − 25 ≤ 4 x − 6 ⇔. Suy ra : 5 ≤ x ≤. x 2 − 25 ≤ x − 3 ⇔ x ≤. 17 3. 17 là nghiệm của bpt . 3.   x ≤ −5  Kết luận : Nghiệm của bpt ñã cho là :  x = 3  17 5 ≤ x ≤ 3 . 3. 1 + x ≥ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1 : 1 − x ≥ 0. ðk: . Khi ñó :. Bpt ⇔ 1 + x + 1 − x + 2 1 − x 2 ≤ 4 − x 2 +. (. ). x4 16. ⇔. ). (. 1 − x2 − 2 1 − x2 + 1 +. x4 ≥0 16. x4 ≥ 0∀ x∈[−1;1] 16 Vậy nghiệm của bpt là : −1 ≤ x ≤ 1 ⇔. 2. 1 − x2 − 1 +. GIA SƯ. ðỨC KHÁNH 0975.120.189. 22A – PHẠM NGỌC THẠCH – TP. QUY NHƠN. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> PH. NG PHÁP %T &N PH'. Bài 1: Giải bpt sau : ( x + 1)( x + 4 ) < 5 x 2 + 5 x + 28 (1) Bài giải : ðặt : t = x 2 + 5 x + 28, t > 0 ( Do x 2 + 5 x + 28 > 0, ∀ x∈R ) Khi ñó : (1) ⇔ t 2 − 24 < 5t ⇔ t 2 − 5t − 24 < 0 ⇔ 0 < t < 8 ( do t> 0 ) ⇔ 0 < x 2 + 5 x + 28 < 8 ⇔ x 2 + 5 x − 36 < 0 ⇔ − 9 < x < 4. Kết luận : -9 < x < 4 Bài 2: Giải bpt sau : 7 x + 7 + 7 x − 6 + 2 49 x 2 + 7 x − 42 < 181 − 14 x Bài giải :. (1). 7 x + 7 ≥ 0 6 ⇔ x≥ : 7 7 x − 6 ≥ 0. ðk:  ðặt :. t = 7 x + 7 + 7 x − 6, t ≥ 0 ⇒ t 2 = 7 x + 7 + 7 x − 6 + 2 ⇒ 14 x + 2. ( 7 x + 7 )( 7 x − 6 ). ( 7 x + 7 )( 7 x − 6 ) = t 2 − 1. Khi ñó : (1) ⇔ 7 x + 7 + 7 x − 6 + 14 x + 2 49 x 2 + 7 x − 42 < 181 ⇔ t 2 + t − 1 < 181 ⇔ t 2 + t − 182 < 0 ⇔ 0 ≤ t < 13(t ≥ 0) ⇔. 7 x + 7 + 7 x − 6 < 13. 6 6  ≤ x < 12 ⇔ 49 x + 7 x − 42 < 84 − 7 x ⇔  7 ⇔ ≤x<6 7  x < 6 6 Kết luận : ≤ x < 6 7 2. GIA SƯ. ðỨC KHÁNH 0975.120.189. 22A – PHẠM NGỌC THẠCH – TP. QUY NHƠN. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Bài 3: Giải bpt sau : 3 x +. 3. < 2x +. 1 −7 2x. (1) 2 x 1  1    ðk : x > 0: (1) ⇔ 3  x +  < 2  x + 4 x  − 7(2) 2 x    1 1 1 1 ðặt : t = x + ≥ 2 x. = 2 ⇒ t2 = x + +1 ⇒ x + = t 2 −1 4x 4x 2 x 2 x. Khi ñó : (2) ⇔ 3t < 2 ( t 2 − 1) − 7 ⇔ 2t 2 − 3t − 9 > 0 ⇔ t > 3(t ≥ 2). x+. 1 2 x. > 3(3). ðặt : u = x , u > 0. ( 3) ⇔ u +. 1 3− 7 3+ 7 > 3 ⇔ 2u 2 − 6u + 1 > 0 ⇔ 0 < u < ∪u > 2u 2 2. 3− 7 3+ 7 8−3 7 8+3 7 ∪ x> ⇔ 0< x< ∪x> 2 2 2 2 8−3 7 8+3 7 Kết luận : 0 < x < ∪x> 2 2 ⇔0< x <. BÀI TP V NHÀ Bài 1: Giải các bpt sau : 3x 2 + 6 x + 4 < 2 − 2 x − x 2. 1). 2) 2 x 2 + 4 x + 3 3 − 2 x − x 2 > 1 3). 3x 2 + 5x + 7 − 3x 2 + 5 x + 2 ≥ 1. Bài giải : 1.ðặt : t = 3 x 2 + 6 x + 4, t ≥ 0 ⇒ t 2 = 3 x 2 + 6 x + 4 = 3( x 2 + 2 x) + 4 ⇒ x 2 + 2 x =. t2 − 4 3. t2 − 4 ⇔ t 2 + 3t − 10 < 0 ⇔ 0 ≤ t < 2(t ≥ 0) 0 ≤ 3 x 2 + 6 x + 4 < 2 3 ⇔ 3 x 2 + 6 x + 4 < 4 (do3 x 2 + 6 x + 4 > 0) ⇔ 3x 2 + 6 x < 0 ⇔ − 2 < x < 0. Khi ñó : (1) ⇔ t < 2 −. 2.ðặt : t = 3 − 2 x − x 2 , t ≥ 0 ⇒ t 2 = 3 − 2 x − x 2 ⇒ 2 x + x 2 = 3 − t 2 Khi ñó : ( 2 ) ⇔ 2 ( 3 − t 2 ) + 3t > 1 ⇔ 2t 2 − 3t − 5 < 0 ⇔ 0 ≤ t <  −3 ≤ x ≤ 1 5  ⇔ 0 ≤ 3 − 2x − x < ⇔  25 ⇔ −3 ≤ x ≤ 1 2 2 3 − 2 x − x < 4. 5 (do t ≥ 0) 2. 2. 3. ðặt : t = 3 x 2 + 5 x + 2, t ≥ 0 ⇒ 3 x 2 + 5 x = t 2 − 2 Ta ñược : t2 + 5 − t ≥ 1 ⇔. t 2 + 5 ≥ t + 1 ⇔ t 2 + 5 ≥ ( t + 1). 2. ⇔ 2t ≤ 4 ⇔ t ≤ 2 ⇔ 0 ≤ 3 x 2 + 5 x + 2 ≤ 2. −2   −2 ≤ x ≤ −1  x ≤ −1 ∪ x ≥ 3 3x 2 + 5 x + 2 ≥ 0  ⇔ 2 ⇔  ⇔ −2  ≤x≤1 3x + 5 x + 2 ≤ 4  −2 ≤ x ≤ 1 3 3  3. Bài 2: Giải các bpt sau : GIA SƯ. ðỨC KHÁNH 0975.120.189. 22A – PHẠM NGỌC THẠCH – TP. QUY NHƠN. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> 1). x + 2 x −1 + x − 2 x −1 >. 2) 5 x + 3). 5 2 x. 3 2. 1 +4 2x. < 2x +. x x +1 −2 >3 x +1 x. Bài giải : 1. (1) ⇔. (. ). 2. x −1 +1 +. ðk : x ≥ 1 : Bpt ⇔. (. ). x −1 −1. x −1 + 1 +. 2. >. 3 2. x −1 −1 >. 3 2. ðặt : t = x − 1, t ≥ 0 Khi ñó : ⇔ t + 1 + t −1 >. 3 (2) 2. 3 3 ⇔t> ⇔ x − 1 ≥ 1 (do t ≥ 1) ⇔ x ≥ 2 2 4 3 +) 0 ≤ t < 1: (2) ⇔ 2 > 2 x ≥ 1 Vậy : 0 ≤ x − 1 ≤ 1 ⇔  x ≤ 2 Kết luận : x ≥ 1 1  1  2. ðk : x > 0. ( 2 ) ⇔ 5  x +  < 2 x + 2 x + 4(3) 2 x  +) t ≥ 1: (2) ⇔ 2t >. 1 = t 2 −1 4 x 2 x 2 x  1 t< 2 2 Khi ñó : ( 3) ⇔ 5t < 2 ( t − 1) + 4 ⇔ 2t − 5t + 2 > 0 ⇔  2  t > 2 1 Do ñk: Ta có x + > 2 ⇔ 2x − 4 x +1 > 0 2 x ðặt : u = x , u > 0. ðặt : t = x +. 1. ≥2. x.. 1. = 2, t ≥ 2. ⇒ x+. Ta ñược : 2u2 – 4u + 1> 0   2− 2 2− 2 u < 0 < x < 2 2 ⇔ ⇔    2+ 2 2+ 2 u >  x>  2  2 3. ðk: x < −1 ∪ x > 0 : x +1 x 1 ðặt: t = , t >0 ⇒ = 2 x x +1 t.  3− 2 2 0 < x < 2 ⇔   3+ 2 2 x >  2. Ta ñược :. GIA SƯ. ðỨC KHÁNH 0975.120.189. 22A – PHẠM NGỌC THẠCH – TP. QUY NHƠN. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(21)</span>