Vài nét chung :
Bằng cách loại bỏ dấu giá trị tuyệt đối, một bất phương trình chứa dấu trị tuyệt đối được biến đổi tương đương với một hay nhiều bất phương trình hoặc tương đương với một hay nhiều hệ bất phương trình không chứa giá trị tuyệt đối.
57 VẤN ĐỀ 4 BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI 58 Vấn đề 4 Bất Phương Trình Chứa Giá Trị Tuyệt Đối A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT : I. Vài nét chung : Bằng cách loại bỏ dấu giá trị tuyệt đối, một bất phương trình chứa dấu trị tuyệt đối được biến đổi tương đương với một hay nhiều bất phương trình hoặc tương đương với một hay nhiều hệ bất phương trình không chứa giá trị tuyệt đối. Chú ý : Để giải một hệ có dạng f (x) 0(1) g(x) 0(2) ≥⎧⎨ ≥⎩ Ta tìm tập nghiệm 1S và 2S của (1), (2) Tập nghiệm của hệ là 1 2S S S= ∩ Để giải hai hệ có dạng : f (x) 0 h(x) 0 (I) (II) g(x) 0 k(x) 0 ≥ ≥⎧ ⎧∨⎨ ⎨≥ ≥⎩ ⎩ Ta tìm nghiệm S của (I) và S' của (II) Tập nghiệm của hai hệ trên là: 'S S∪ II. Các dạng thường gặp 1. ⏐A⏐ ≤ B ⇔ -B ≤ A ≤ B Chứng minh : Ta có ⏐A⏐ ≤ B (1) • B < 0 : (1) không xảy ra • B ≥ 0 : (1) ⇔ A2 ≤ B2 59 ⇔ (A + B)(A – B) ≤ 0 ⇔ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩⎨ ⎧ ≥ −≤ ⎩⎨ ⎧ ≥ −≥ ⇔ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩⎨ ⎧ ≤+ ≥− ⎩⎨ ⎧ ≥+ ≤− BA BA BA BA BA BA BA BA 0 0 0 0 ⇔ ⎢⎣ ⎡ ≤≤− ra xay Khong BAB ⇔ -B ≤ A ≤ B 2. ⏐A⏐ ≥ B ⇔ ⎢⎣ ⎡ ≥ −≤ BA BA (Ban đọc có thể tự chứng minh như tính chất trên) 3. ⏐A⏐ ≥ ⏐B⏐ ⇔ ⏐A⏐2 ≥ ⏐B⏐2 ⇔ A2 ≥ B2 ⇔ (A + B)(A – B) ≥ 0 (Sau đó thường dùng xét dấu vế trái ) 4. Với 2 số thực bất kỳ a,b a b a b+ ≤ + . Dầu “=” xảy ra khi a , b không âm Như vậy , nếu ab < 0 thì a b a b+ < + 5. Dùng phương pháp chia khoảng . 6. Dùng đồ thị để giải bất phương trình chứa giá trị tuyệt đối. B. CÁC VÍ DỤ : Ví dụ 1 a) 2x 2x x (1)− 〈 Giải (1) 2 2 x 2x x x 2x x ⎡ − 〈⎢⇔ ⎢− + 〈⎣ x 0 x 2 x 2 ≤ ∨ ≥ 〈 〈 ,nếu ,nếu 0 2 2 x 3x 0 x x 0 ⎡ − 〈⎢⇔ ⎢ − 〉⎣ x o x 2 o x 2 ≤ ∨ ≥ 〈 〈 0 x x 3 0 x 1 〈 〈⎡⇔ ⎢ 〈 ∨ 〉⎣ nếu x 0 x 2 0 x 2 ≤ ∨ ≥ 〈 〈 2 x 3 1 x 3 1 x 2 ≤ <⎡⇔ ⇔ < <⎢ < <⎣ Kết luận : Tập nghiệm của Bất Phương trình la:ø S = (1,3) Nhớ : A B A B A⊂ ⇒ ∩ = và A B B∪ = 60 b) 2x4 x2x − −+ > 0 (1) Điều kiện : 4 – x2 > 0 ⇔ x 2 < 4 ⇔ 2− < x < 2 (*) Với điều kiện (*) thì (1) ⇔ x2x −+ > 0 ⇔ (x + 2)2 > x2 ⇔ (x + 2 – x)(x + 2 + x) > 0 ⇔ 2(2x + 2) > 0 ⇔ x > 1− Kết luận : 2x1 <<− Ví dụ 2 • Nếu BPT có dạng ( )f x g(x) (1)< (1) f (x) g(x) x 0 f ( x) g(x) x 0 ⎡ <⎧⎨⎢ ≥⎩⎢⇔ ⎢ − <⎧⎢⎨ <⎢⎩⎣ Giải BPT : 2x 2 x 3 (1)− < (1) 2 2 2 2 x 2x 3 x 2x 3 0, x 0 x 2.( x) 3 x 2x 3 0, x 0 với x 0 nếu với x<0 nếu ⎡ ⎡− < ≥ − − < ≥⎢ ⎢⇔ ⇔⎢ ⎢− − < + − < <⎣ ⎣ 1 x 3, x 0 3 x 03 x 1, x 0 nếu 0 x<3 -3 < x < 3 nếu − < < ≥ ≤⎡ ⎡⇔ ⇔ ⇔⎢ ⎢− < <− < < < ⎣⎣ Kết luận : Tập nghiệm của BPT đã cho là S = (- 3; + 3) Cách khác : Có thể đặt ẩn phụ để giải : (1) 2t 2t 3 x 3 t x 0 0 t < 3 -3 < x < 3 ⎧ − <⎪⇔ ⇔ ≤ ⇔ ≤ < ⇔⎨ = ≥⎪⎩ * Tốc độ việc giải bằng ẩn phụ có lẽ nhanh hơn phải không bạn đọc. Nhưng phải nhẩm đấy nhé. Bài Tập tương Tự : Giải BPT : 2x x x 6< − + + ĐS : 1 7 x 6− < < 61 Ví dụ 3 Giải và Biện luận BPT sau : 2x 5x 4 a (1)− + < Giải a 0 : (1)≤ vô nghiệm vì 2x 5x 4 0, x R− + ≥ ∀ ∈ a 0 :> 2x 5x 4− + = 0 có 1x 1= và 2x 4= , Dựa vào bảng xét dấu Xét các trường hợp sau : • x 1< : (1) 2x 5x 4 a 0 (a) x 1 ⎧⎪ − + − <⇔ ⎨ <⎪⎩ Vậy 2f (x) x 5x 4 a= − + − có 9 4a∆ = + Với a 0, (a)> có tập nghiệm là 5 9 4a 5 9 4ax 2 2 − + + +< < Chứng minh được : Khi a > 0 : 5 9 4a 4 2 + + > và 5 9 4a 1 2 − + < Vậy : tập nghiệm của BPT lúc này là : 5 9 4a x 1 2 − + < < • 1 x 4 :≤ ≤ (1) trở thành 2x 5x 4 a 0 (b)− + + > Vật VT là 2g(x) x 5x 4 a= − + + có 9 4a∆ = − Với 90 a , (b) 4 < ≤ có tập nghiệm là : 1x (5 9 4a ) (5 9 4a ) 2 1 v 2 −∞ < < − − − − 9a : 4 > bpt có tập nghiệm 1 x 4≤ ≤ 90 a : 4 < ≤ bpt có tập nghiệm 11 x (5 9 4a 2 ≤ < − − hay 1 (5 9 4a ) x 4 2 − − < ≤ • 5x 4 a 0x 4 : x 4 2f(x) = x (1) ⎧⎪ − + − ⇔ ⎨ >⎪⎩ 62 1 1(5 9 4a x (5 9 4a ) 2 2 x 4 ⎧ − + ⎩ 14 x (5 9 4a ) 2 ⇔ < < + + Tóm lại : a ≤ 0 : BPT vô nghiệm 0 < a ≤ 9 4 : BPT có nghiệm : 5 9 4a 5 9 4ax 2 2 ⎛ ⎞− + − −< <⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ hay 5 9 4a 5 9 4ax 2 2 + − + +< < a > 9 4 : BPT có nghiệm : 5 9 4a 5 9 4ax 2 2 − + + +< < Các em có thể đối chiếu với đồ thị Ví dụ 4 Giải bất phương trình sau : ⏐x - 1⏐ ≥ ⏐x⏐ Giải Đặt ( ) ( )⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ = =− xgx xfx 1 Vẽ f(x) = ⏐x - 1⏐ = ⎩⎨ ⎧ <− ≥− )1(1 )1(1 xx xx Vẽ g(x) = ⏐x⏐ = ⎩⎨ ⎧ <− ≥ )0( )0( xx xx chưa vẽ hình Nhìn trực tiếp vào đồ thị ta thấy nghiệm của bất phương trình là tập hợp các giá trị của x sao cho đồ thị của hàm số f(x) nằm hoàn toàn trên đồ thị của hàm số g(x) , đó là x ∈ ⎥⎦ ⎤⎜⎝ ⎛ ∞− 2 1, Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ⎥⎦ ⎤⎜⎝ ⎛ ∞− 2 1, Chú ý : 2 đồ thị có hoành độ giao điểm là x= 2 1 63 Ví dụ 5 1. Giải các bất phương trình sau : a) ⏐x2 + 4x - 12⏐ < x + 5 ⇔ -x – 5 < x2 +4x – 12 < x + 5 (do tính chất ⏐A⏐ < B ⇔ -B < A < B) ⇔ ⎪⎩ ⎪⎨⎧ <−−−+ >−+−+ 05124 05124 2 2 xxx xxx ⇔ ⎪⎩ ⎪⎨⎧ <−+ >−+ 0173 075 2 2 xx xx ⇔ ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ +−<<−− +−>∨−−< 2 773 2 773 2 335 2 535 x xx ⇔ 2 773 2 535 +−<<+− x b) ⏐x2 – 5x + 9⏐ > ⏐x - 6⏐ ⇔ (x2 – 5x + 9)2 > (x – 6)2 ⇔ (x2 – 6x + 15)(x2 – 4x + 3) > 0 ⇔ x 3 c) ⏐x - 1⏐ + ⏐2 - x⏐ > 3 + x x 1 2 x-1 - 0 + | + x-2 + | + 0 - • TH1 : 0 0 1 321 1 <⇔⎩⎨ ⎧ < <⇔⎩⎨ ⎧ −>−++− ≤ x x x xxx x • TH2 : ⎩⎨ ⎧ > <<⇔⎩⎨ ⎧ −>−+− << 2 21 321 21 x x xxx x ⇔ x ∈ ∅ • TH3 : 2 321 2 >⇔⎩⎨ ⎧ −>+−− ≥ x xxx x . Hợp 3 trường hợp , bpt (1) có nghiệm là x 2 2. Giải các bất phương trình : a) 2⏐x + 3⏐ > x + 6 ⇔ ( )( ) ⎢⎣ ⎡ > −<⇔⎢⎣ ⎡ −−<+ +<+⇔⎢⎣ ⎡ −−<+ +>+ 0 4 662 662 632 632 x x xx xx xx xx Vậy nghiệm của bất phương trình là x 0 64 b) 1 21 >−++ x xx • x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1 (1) bpt ⇔ 1001021 >∨−⇔>−−++ xx x x x xxx (2) (1) và (2) ⇔ -1 ≤ x 1 • x + 1 < 0 ⇔ x < -1 (3) bpt ⇔ 0303021 >∨−−−⇔>−−+−− xx x x x xxx (4) (2) và (4) ⇔ -3 < x < -1 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: –3 1 c) ⏐x2 – 3x + 2⏐ > ⏐x2 + 3x + 2⏐ ⇔ (x2 – 3x + 2)2 – (x2 + 3x + 2)2 > 0 ⇔ -6x(2x2 + 4) > 0 Vì 2x2 + 4 > 0 , ∀x ∈ R Nên –6x > 0 ⇔ x < 0 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: x < 0 3. Giải các bất phương trình sau : a) 2x2 + x x 1+ + 22x - 1 > 0 Đặt x x 1+ = t (t ≥ 2) ⇒ t2 = x2 + 2 + 21x ⇒ 2 1 2 2 2 −=+ t x x bpt ⇔ 2(t2 – 2) + t – 1 > 0 , t ≥ 2 ⇔ 2t2 + t – 5 > 0 ⇔ 4 411 4 411 +−>∨−−< tt ] Giao với điều kiện t ≥ 2 ta được t ≥ 2 ⇔ 21 ≥+ x x ⇔ ∀x ≠ 0 Vậy bất phương trình có vô số nghiệm loại trừ x = 0 b) ⏐x3 + x2 - 1⏐ ≤ ⏐ x3 + 2x - 4⏐ ⇔ (x3 + x2 – 1)2 ≥ (x3 + 2x – 4)2 ⇔ (2x3 + x2 + 2x – 5)(x2 – 2x + 3) ≤ 0 Nhận xét : x2 – 2x + 3 > 0 ,∀x 65 ⇒ bpt : 2x3 + x2 + 2x – 5 ≤ 0 ⇔ (x – 1)(2x2 + 3x + 5) ≤ 0 (*) Nhận xét : 2x2 + 3x + 5 > 0 ,∀x (*) ⇔ x – 1 ≤ 0 ⇔ x ≤ 1 Ví dụ 6 Giải bất phương trình : x2 ≤ 2x 21− (*) Giải Điều kiện : x ≠ 0 (*) ⇔ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ −≥− −≤ 2 2 2 2 x 21x x 21x ⇔ ⎢⎢⎣ ⎡ ≥+−− ≤+− 02xx 62xx 24 24 Đặt t = x2 ; t > 0 với ∀x ≠ 0 ⇔ ⎢⎢⎣ ⎡ ≥+−− ≤+− 02tt 02tt 2 2 ⇔ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩⎨ ⎧ > ≤≤ ∀>+−∅∈ 0t 1t2- t), t (vì 2 02tt ⇔ 0 < t ≤ 1 (*) (*) ⇔ 0 ≤ x2 ≤ 1 ⇔ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≤ ≠∀> 1 0x 2 2x 0x , ⇔ ⎩⎨ ⎧ ≤≤− ∈∀ 1x1 }0{\Rx ⇔ -1 ≤ x ≤ 1 và x ≠ 0 Ví dụ 7 Giải bất phương trình sau : |x3 + x2 – 1| ≤ |x3 + 2x – 4| Giải ⇔ (x3 + x2 – 1)2 ≤ (x3 + 2x – 4)2 ⇔ (x3 + x2 –1 – x3 – 2x + 4)(x3 + x2 – 1 + x3 + 2x – 4) ≤ 0 ∀x ⇔ (x2 – 2x + 3)(2x3 + x2 + 2x – 5) ≤ 0 ⇔ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≥−++ ≤−− ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≤−++ ≥+− 05x2xx2 03x2x 05x2xx2 03x2x 23 2 23 2 ⇔ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎪⎩ ⎪⎨⎧ ≥++− ∅∈ ⎪⎩ ⎪⎨⎧ ≤++− ∈ 0)5x3x2)(1x( x 0)5x3x2)(1x( Rx 3 2 ⇔ (x – 1)(2x3 + 3x + 5) ≤ 0 66 ⇔ x – 1 ≤ 0 ⇔ x ≤ 1 (Vì 2x2 + 3x + 5 ≥ 0, ∀x) Ví dụ 8 Giải bất phương trình sau : 2 + x 2x 2 + ≤ 2 24 x 4x4x +− Giải Đặt ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≥ −= 0t x 2xt 2 ⇒ t2 = 2 24 x 4x4x +− ⇔ ⎪⎩ ⎪⎨⎧ ≥ ≤+ 0t tt2 2 ⇔ ⎪⎩ ⎪⎨⎧ ≥ ≥−− 0t 02tt 2 ⇔ ⎩⎨ ⎧ ≥ ≥∨−≤ 0t 2t1t ⇔ t ≥ 2 ⇒ x 2x 2 − ≥ 2 ⇔ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ ≥− −≤− 22 22 2 2 x x x x ⇔ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ ≥−− ≤−+ 0 x 2x2x 0 x 2x2x 2 2 ⇔ ⎢⎢⎣ ⎡ +≥∨<≤− +−≤<∨−−≤ 31x0x31 31x031x Kết quả : x ≤ -1 - 3 ∨ 1 - 3 ≤ x < 0 ∨ 0 < x ≤ -1 + 3 ∨ x ≥ 1 + 3 Ví dụ 9 Giải và biện luận : 2 2x mx m 1 x mx(*)− + + < − Giải Dựa vào tính chất : A B< B A B⇔ − < < . 2 2 2 2 x mx m x mx (*) x mx m 1 x mx (1) (2) ⎧ − + + − +⎪⎩ Gọi 1S và 2S lần lượt là tập nghiệm của (1)và (2) Ta có : (1) ⇔ 0x > m + 1 * m 1: (1)≥ − vô nghiệm 1S⇒ =∅ * m 1: (1)< − đúng 1x R S R∀ ∈ ⇒ = 67 Nghiệm của bất phương trình (*)là 1 2S S S= ∩ Do đó : * m 1: S≥ − = ∅ * 2m 1: S S< − = Giải (2) với m mà ' 2m 2(m 1) 0(do )m Do đó: '2 1 2S ( , x ) (x )= −∞ ∪ +∞ với 2 1,2 m m 2m 2x 2 ± − −= Kết luận : Nghiệm của bất phương trình (*) là : 1 1,S ( , x ) (x= −∞ ∪ ∞ ) Ví dụ 10 Xác định m sao cho mọi nghiệm của bất phương trình : mx2 - 1m + x + 3 m 4 1 2 1 − ≥ 0 (1) thỏa mãn bất phương trình 2 mxsin 1 < (2) Giải Xét điều kiện của (2) : sinmx ≠ 0 ⇔ mx ≠ kπ (k ∈ Z) (1) ⇔ ⎢⎢⎣ ⎡ > < 2 1mxsin 0mxsin ⇔ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ π+π<<π+π π+π<<π+π 22 11 k2 6 5mxk2 6 k22mxk2 (3) Do (2) ta luôn có điều kiện m ≠ 0 Nếu m > 0 thì nghiệm của (1) sẽ hoặc là đúng với mọi x (trong trường hợp ∆ ≤ 0 ) hoặc là 2 khoảng nghiệm [-∞ , x1] và [x2 ,∞] (trong trường hợp ∆ > 0) nên điều kiện : với mọi nghiệm của (1) là nghiệm của (2) không thỏa mãn . Vậy bài toán chỉ cần xét trường hợp m < 0 . Do m < 0 , nhân 2 vế của (1) với m Đặt t = mx , ta có : T2 - (m + 1)t + 3m ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ − m 4 1 2 1 ≤ 0 (3) 68 ∆ = (m+1)2 –12m ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ − m 4 1 2 1 = (2m – 1)2 a) Nếu m < -1 : (m+1)=-(m+1) (2) có nghiệm 2 2m − ≤ t ≤ 2 m3− b) Nếu m ≥ -1 thì (3) có nghiệm : 2 m3 ≤ t ≤ 2 m2 − Ta thấy rằng nghiệm của (1) là khoảng (4) hoặc (5) tùy theo m , luôn là khoảng có 2 đầu mút trái dấu . Còn nghiệm của (2) là các khoảng cho bởi (3) , al2 các khoảng có đầu mút cùng dấu (dương hay âm tuỳ theo việc chọn k1 hoặc k2) Vậy : nghiệm của (1) không phải tất cả đều là nghiệm của (2) . Hay không tồn tại m thỏa mãn bài toán cho Ví dụ 11 Một tí suy nghĩ từ phương trình chuyển qua bất phương trình ( ngày 2-4-2001 tại một lớp học 12 PTTH Chuyên Lê hồng Phong ) Cho phương trình : x2 – x + 1 = 3|x – 1| + m. Định m để phương trình có bốn nghiệm phân biệt. Giải Cách 1 x2 – x + 1 = 3|x – 1| + m (1) ⇔ 2 2 1 3(1 ) , x 1 x 1 3(1 ) , x<1 x x x m x x m ⎡ − + = − + ≥⎢ − + = − +⎣ ⇔ 2 2 ( ) 4 4 0, x 1 (Ia) g(x)=x 2 2 0, x<1 (Ib) f x x x m x m ⎡ = − + − = ≥⎢ + − − =⎣ Yêu cầu đề bài là (1) có bốn nghiệm ⇔ ≤ <⎧⎨ < <⎩ 1 2 1 2 ( ) có hai nghiệm phân biệt thỏa 1 x ( ) có hai nghiệm phân biệt thỏa x 1 Ia x Ib x (dễ thấy hiện tượng trùng nghiệm giữa hai phương trình không xảy ra) 69 ⇔ ≥⎧⎪∆ >⎪⎪ >⎪⎪⎨⎪⎪∆⎪⎪ <⎪⎩ 1 2 (1) 0 0 1 (luôn đúng) 2 g(1)>0 g>0 S 1 2 f f S ⇔ − + − ≥⎧⎪ >⎪⎨ − >⎪⎪ + >⎩ 1 4 4 0 0 1 0 3 0 m m m m ⇔ ⎪⎨ −⎩ 1 0 1 3 m m m m ⇔ 0 < m < 1 Cách 2 Ta có phương trình đầu tiên ⇔ 2 2 ( ) 4 4 khi x 1 g(x)=x 2 2 khi x<1 f x x x x ⎡ = − + ≥⎢ + −⎣ Bảng biến thiên : x - ∞ -1 1 2 +∞ f(x) | 0 g(x) -3 | h(x) +∞ 1 +∞ -3 0 (với h(x) = x2 – x + 1 – 3|x – 1| = m) Số giao điểm của đường biểu diễn Ch với (d) : y = m là số nghiệm của phương trình (1) Vậy phương trình có bốn nghiệm phân biệt khi 0 < m < 1. Từ bài toán trên các bạn có thể chuyển qua các bài toán về bất phương trình dể dàng. VD như sau : a) Tìm m để bất phương trình : x2 –x + 1 < 3|x – 1| + m (a) có nghiệm. Ta có : x2 – x + 1 – 3|x – 1| < m (a) (a) có nghiệm khi m > min ( ) x R f x← ⇔ m > -3 b) Tìm m để bất phương trình trên vô nghiệm . Bất phương trình (a) vô nghiệm khi m ≤ -3. 70 Bạn đọc có thể tìm tòi các bài bất phương trình có chứa GTTĐ với m là tham số để chế ra các bài toán tương tự như trên. Chúc các bạn sẽ tìm được nhiều điều lý thú . C. BÀI TẬP TỰ GIẢI : Bài 1 Giải các bpt sau : a) 2x 1 2x 0 x 1 2 ĐS : -1+ 2− − < < < + b) x 2 x 4 x 2 ĐS: x 3≤ − + − ≤ hay x 5≥ c) 2 4 2 2 x 2 x 4x 42 x x ĐS: x 1− − ++ ≤ ≤ d) 3 2 3x x 1 x 2x 4 + − ≤ + − Hướng dẫn : ( )A B A B (A B) 0< ⇔ + − < e) 2 x 3 x 6 ĐS: x 0+ > + f) x 1 x 2 1 x ĐS: -3 1 + + − > g) 2 2x 3x 2 x 3x 2 ĐS: x + + h) 24 x 3x 6x 2x 6 ĐS: x− + − < − ∈∅ g) |3x3 + 5x – 8| < x2 – 1 h) |2x + 7| ≤ x2 i) |x2 + 4x – 12| < x + 5 j) 2 2 x 5x 4 1 x 4 − + <− Bài 2 Giải các bpt sau : a) 2 2 x 4 1 171 x 4x x 2 -1- 17 ĐS: -6 x 4 − − +≤ ≤ ≤ ∨ ≥+ + b) 2 2 2x 1 x ≤ − c) 2 2 x 3x 2 1 x 3x 2 − + ≥+ + 1 ĐS: x 0 x -2 x -1≥ ≤ ∧ ≠ ∧ ≠ d) 4x2 + 2|x + 3| - 10 ≤ 0 71 e) |5 – 4x| ≥ 2x – 1 f) |x2 – 5| > 4x g) 2 3 | x | x 1 − + ≤ 1 h) 2 21 x − ≥ x2 i) |x2 – 3x – 3| - |x + 3| ≥ 0 j) |2x + 3| > | 11x – 4| k) |2x2 – 5x| > |x2 – 4| Bài 3. Giải các bất phương trình : a) |x – 3| + |5 – x| < 3x b) |x2 – x – 6| < x c) |x2 – 5x + 4| > x – 2 d) |x - |x – 2|| < 2 e) |3x2 – 2x – 1| < |x2 – x| Đáp số : a) x > 5 8 b) 71x6 +<< c) x 3 + 3 d) x > 2 1 Bài 4 Giải và biện luận theo m bất phương trình : |x2 – 2x + m| ≤ |x2 – 3x – m| Bài 5 Định m để bpt sau có tập nghiệm là R∈ a) 2x 2mx 2 x m 2 0 m 2 ĐS:- 2− + − + > < < b) Định a để : ( )6sin x x a sin 2x ,6cos x+ ≥ ∀ Hướng dẫn : t sin 2x ,0 t 1= ≤ ≤ ĐS : 1a 4 ≤ c) Định m để bất phương trình 2x 2 x 1 m− − ≥ thỏa với mọi x Đáp số : m 3≤ − d) 2 24x mx 2 4x 2x 4+ + < + + Bài 6 Định m để bpt sau có nghiệm a) 2 22x 4 x 1 m m 0 (1)− + + − ≤ Hướng dẫn : đặt t x 1 x t 1= + ⇔ = − 2 2(1) 2(t 1) 4 t m m 0⇔ − − + − ≤ 72 2 2 2 2 t 0 f (t) 2t 8t m m 2 0 t 0 g(t) 2t m m 2 0 (a) (b) ⎡ ≥⎧⎪⎢⎨ = − + − + ≤⎢⎪⎩⇔ ⎢ <⎧⎢⎪⎨⎢ = + − + ≤⎪⎢⎩⎣ Xử dụng phương pháp gián tiếp , tìm m để (1) vô nghiệm (a) f (t) 0, t 0 (b) g(t) 0, t 0 vô nghiệm vô nghiệm > ∀ ≥⎧ ⎧⇔ ⇔⎨ ⎨ > ∀ <⎩ ⎩ b) [ ]2 2x 2 x m m 2m 0 ĐS : m -1,0+ − + + ≤ ∈ Bài 7 Giải và biện luận bất phương trình : a) 2x 2x m x− + ≥ b) 2x 2x 3 3− − < c) x m x 2 x 2 − + <+ d) 2 2x x 2m x x 2+ − ≤ − − Bài 8. Định m để bất phương trình có nghiệm a) 2x 2 x m m 0+ − + ≤ b) 2x 1 x m< − − Bài 9. Định m để bất phương trình a) 2x m x 2x m− ≥ − + thỏa x R∀ ∈ b) 2 2x m x 2m− ≤ − thỏa [ ]x 0,1∀ ∈ Bài 10. Giải và biện luận bất phương trình theo m : a) 2x 2x 3 m− − < b) 2x x x m− + ≤ c) 2x x m x− + > d) 2 2x x m x 3x m− + ≤ − − Bài 11. Định m để bất phương trình có nghiệm a) 2 2x x m x x− + < − b) 2x 3x m 3 x− + < − c) 2x 3 x m x 2− − + Bài 12. 73 Định m để bất phương trình thỏa x R∀ ∈ a) 2x 3x 2 mx 1− + + > b) 2x 2x x m m+ + − ≥ c) 2x 2mx 2 x m 2 0+ − + + > Bài 13. Cho bất phương trình : 2x x m 3(*).+ − < Định m để : a) Bất phương trình (*) có nghiệm b) Bất phương trình (*) có nghiệm âm c) Bất phương trình thỏa ( )x 1;0∀ ∈ − Bài tập làm thêm Bài 1 Giải phương trình : a) 0,3 x -1≤ 2 x6 − b) ( x - 3)( 7x + ) < 0 c) ( x - 5)( 7x − ) ≤ 0 d) 2 x -4,5≥ 8 x340 − e) ( x - 17)( 6x + ) ≥ 0 f) ( x - 8)( 2x − ) > 0 g) x2 – 8x- 4x 3 − +18 ≤ 0 h) x 2 – 4x - 2 2x − +1≤0 j) x2 + 6x - 4 3x + -12≤0 k) x2 + 10x - 5x 5 + + 4 > 0 l) 1 2x 4x ≤+ + m) 1 5x 3x ≥− − Bài 2 Giải phương trình : a) x3− < 4 b) 5x3 − ≥10 c) 2 1x + >x+4 d)3 1x − ≤ x+3 e) x2 –7x +12 < 4x − f) x2 –5x +9 < 6x − g) x4x 2 − 4 74 j) x3x 2 + ≥ 2- x2 k) 8x6x 2 +− < 5x-x2 Bài 3 Giải phương trình : a) 7x2 − ≤ 5 b) x5 − ≥ 2 1 c) 2x − < 2x-10 d) 1x2 − ≥ x - 1 e) x2 – x- 2< 3x5 − f)2x2 –9x+9 ≥ 2x − g) 3xx 2 −− < 9 h) 15x9x2 2 +− ≥ 20 j) 2x3x 2 +− > 3x-x2 -2 k) 1x 2 − < 3x Bài 4 Giải phương trình : a) 1 2x x3x >+ ++ b) 2 x x2x <−+ c) 1 3x 5x2 −>− − d) 0 7x 6xx 2 <+ +− e) 0 9x6x 10x7x 2 2 <+− +− f) 2 1x 1x2 >− − g) 3 1xx 1x3x 2 2 <++ −− h) 1 2x3x 2x3x 2 2 ≥++ +− Bài 5 Giải phương trình : a) 3 6x xx4 <+ +− b) 0 2x 2x ≥− − c) 2 1 3x 1 <− d) 26x5x 3x 2 ≥+− − e) x2 3x 12xx 2 ≥− −− f) 1 4x 2 >− 75 g) 1 2x 1x 2 <+ − h) 1 4x 4x5x 2 2 ≤− +− Bài 6 Giải phương trình : a) 9x4x213 −≥− b) x33x +<+ c) x3x22x −−+>− d) 3x x2x −≥ e) 1 5xx 3x4x 2 2 ≥−+ +− f) 2x7x3x27 ++−<− Bài 7 Giải phương trình : a) ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ <− ≥ 31x 1x b) ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ <+ <+ 21x 6x5x 2 Bài 8 Giải phương trình : a) 1x1x −>+ ; b) x33x +>+ s c) x3x22x −−+>− d) 3x x2x −≥ e) 1 5xx 3x4x 2 ≥−+ +− 2 f) 7x2x2x5 −+−<− Bài 9 Giải hệ bất phương trình : a) ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ <+ <− 31x 5x4x 2 b) ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≤+ <+ 11x 6x5x 2 Bài 10 Giải bất phương trình : a) 1x 21x 4 −≥−+ b) x11x 3 −>− 76 c) 3 1x 2x3 <− + Bài 11 Giải và biện luận bất phương trình : a) a2axa3x <+−− b) a2x a8x2x 2 −<+ Bài 12 Giải bất phương trình : a) 2x 13x 4 +≥−− b) 23 xx11x ++≤− c) ! x1 x32 >+ − Bài 13 Giải và biện luận bất phương trình : a) >−− a2ax a3x − b) x3axa2x <−++ Bài 14 Giải bất phương trình : a) ⎩⎨ ⎧ >− ≥ 31x2 xx b) ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ >+ −≤ 12x xx c) ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ −+−< −≥+ 2x4x2x x475x2 d) ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ <−−+ −>−−+−− 11x1x 61x9x34x2 e) ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≥++− ≥+−− 0x213x 07x45x2 2 f) ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≥− + >+−+ 1 1x 2x 05x37x2 g) ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≤+−− −>− 22xx31 1x21x 2 h) ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ ≥−+ +− <−++ 1 5xx 3x4x 0103x2x 2 2 2 77 j) ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≤− − −>− xxx 1x2 3 2x 2 3 Bài 15 Tùy theo a , giải và biện luận các bất phương trình : a) axx1 ≤+ b) ax1x ≥− c) xax ≥− d) xax ≤+ e) x1ax +≥ f) ax1x 2 ≤− g) a1x 2 ≥− h) xax 2 ≥+ j) 2 ax − < 2ax - x2 - 2 k) ax 2 a3ax2 −+>+ l) 222 a2ax >− m) 0 a2x a4a 2 ≥−+ n) xax1 −<−
Tài liệu đính kèm: