CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 (HSG TOÁN 10) CÓ LỜI GIẢI by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 (HSG TOÁN 10)

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 (HSG TOÁN 10) MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP, HÀM SỐ BẬC NHẤT VÀ BẬC HAI, PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT ĐẲNG THỨC. BẤT PHƯƠNG TRÌNH, THỐNG KÊ, CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC CÓ LỜI GIẢI WORD VERSION | 2022 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

MỤC LỤC

MỤC LỤC CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP ...................................................................................................................... 2 CHỦ ĐỀ 1: MỆNH ĐỀ VÀ MỆNH ĐỀ CHỨA BIẾN ........................................................................................ 2 DẠNG TOÁN 1: XÁC ĐỊNH MỆNH ĐỀ VÀ TÍNH ĐÚNG SAI CỦA MỆNH ĐỀ ............................................ 2 DẠNG TOÁN 2: CÁC PHÉP TOÁN VỀ MỆNH ĐỀ ............................................................................................. 3 DẠNG TOÁN 3: MỆNH ĐỀ CHỨA BIẾN VÀ MỆNH ĐỀ CHỨA KÍ HIỆU ∀, ∃ ........................................... 5 CHỦ ĐỀ 2: ÁP DỤNG MỆNH ĐỀ VÀO SUY LUẬN TOÁN HỌC................................................................ 7 DẠNG TOÁN 1: PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẰNG PHẢN CHỨNG ................................................... 8 DẠNG TOÁN 2: SỬ DỤNG THUẬT NGỮ ĐIỀU KIỆN CẦN, ĐIỀU KIỆN ĐỦ, ĐIỀU KIỆN CẦN VÀ ĐỦ 9 CHỦ ĐỀ 3: TẬP HỢP VÀ CÁC PHÉP TOÁN TRÊN TẬP HỢP.................................................................11 DẠNG TOÁN 1: XÁC ĐỊNH TẬP HỢP VÀ PHÉP TOÁN TRÊN TẬP HỢP ...............................................12 DẠNG TOÁN 2: SỬ DỤNG BIỂU ĐỒ VEN ĐỂ GIẢI TOÁN ...........................................................................14 DẠNG TOÁN 3: CHỨNG MINH TẬP HỢP BẰNG NHAU, TẬP HỢP CON ..............................................16 DẠNG TOÁN 4: PHÉP TOÁN TRÊN TẬP CON CỦA TẬP SỐ THỰC .........................................................18 CHỦ ĐỀ 4: SỐ GẦN ĐÚNG. SAI SỐ ...................................................................................................................21 DẠNG TOÁN 1: TÍNH SAI SỐ TUYỆT ĐỐI, SAI SỐ TƯƠNG ĐỐI CỦA SỐ GẦN ĐÚNG. VIẾT SỐ QUY TRÒN .......................................................................................................................................................................22 DẠNG TOÁN 2: XÁC ĐỊNH CÁC CHỮ SỐ CHẮC CỦA MỘT SỐ GẦN ĐÚNG, DẠNG CHUẨN CỦA CHỮ SỐ GẦN ĐÚNG VÀ KÍ HIỆU KHOA HỌC CỦA MỘT SỐ ...............................................................................24 CHỦ ĐỀ 5: ÔN TẬP .................................................................................................................................................25 HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ PHẦN BÀI TẬP LUYỆN TẬP ......................................................................... 27

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP CHỦ ĐỀ 1: MỆNH ĐỀ VÀ MỆNH ĐỀ CHỨA BIẾN A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Định nghĩa Mệnh đề là một câu khẳng định Đúng hoặc Sai . Một mệnh đề không thể vừa đúng hoặc vừa sai 2. Mệnh đề phủ định Cho mệnh đề P . Mệnh đề “Không phải P ” gọi là mệnh đề phủ định của P . Ký hiệu là P . Nếu P đúng thì P sai, nếu P sai thì P đúng 3. Mệnh đề kéo theo và mệnh đề đảo Cho hai mệnh đề P và Q . Mệnh đề "nếu P thì Q " gọi là mệnh đề kéo theo Ký hiệu là P ⇒ Q . Mệnh đề P ⇒ Q chỉ sai khi P đúng Q sai Cho mệnh đề P ⇒ Q . Khi đó mệnh đề Q ⇒ P gọi là mệnh đề đảo của Q ⇒ P 4. Mệnh đề tương đương Cho hai mệnh đề P và Q . Mệnh đề " P nếu và chỉ nếu Q " gọi là mệnh đề tương đương Ký hiệu là P ⇔ Q . Mệnh đề P ⇔ Q đúng khi cả P ⇒ Q và Q ⇒ P cùng đúng Chú ý: "Tương đương" còn được gọi bằng các thuật ngữ khác như "điều kiện cần và đủ", "khi và chỉ khi", "nếu và chỉ nếu". 5. Mệnh đề chứa biến Mệnh đề chứa biến là một câu khẳng định chứa biến nhận giá trị trong một tập X nào đó mà với mỗi giá trị của biến thuộc X ta được một mệnh đề. Ví dụ: P ( n ) : " n chia hết cho 5 " với n là số tự nhiên P ( x ; y ) :" 2x + y = 5 " Với x, y là số thực

6. Các kí hiệu ∀ , ∃ và mệnh đề phủ định của mệnh đề có chứa kí hiệu ∀ , ∃ . Kí hiệu ∀: đọc là với mọi, ∃: đọc là tồn tại Phủ định của mệnh đề “ ∀x ∈ X , P ( x ) ” là mệnh đề “ ∃x ∈ X , P (x ) ” Phủ định của mệnh đề “ ∃x ∈ X , P ( x ) ” là mệnh đề “ ∀x ∈ X , P (x ) ” B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI DẠNG TOÁN 1: XÁC ĐỊNH MỆNH ĐỀ VÀ TÍNH ĐÚNG SAI CỦA MỆNH ĐỀ 1. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Các câu sau đây, câu nào là mệnh đề, câu nào không phải là mệnh đề? Nếu là mệnh đề hãy cho biết mệnh đề đó đúng hay sai. (1) Ở đây đẹp quá! (2) Phương trình x 2 − 3x + 1 = 0 vô nghiệm (3) 16 không là số nguyên tố (4) Hai phương trình x 2 − 4x + 3 = 0 và x 2 − x + 3 + 1 = 0 có nghiệm chung. (5) Số π có lớn hơn 3 hay không? (6) Italia vô địch Worldcup 2006 (7) Hai tam giác bằng nhau khi và chỉ khi chúng có diện tích bằng nhau. (8) Một tứ giác là hình thoi khi và chỉ khi nó có hai đường chéo vuông góc với nhau. Lời giải: Câu (1) và (5) không là mệnh đề(vì là câu cảm thán, câu hỏi) Các câu (3), (4), (6), (8) là những mệnh đề đúng -- 1 --

-- 2 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

Câu (2) và (7) là những mệnh đề sai. Ví dụ 2: Cho ba mệnh đề sau, với n là số tự nhiên (1) n + 8 là số chính phương (2) Chữ số tận cùng của n là 4 (3) n − 1 là số chính phương Biết rằng có hai mệnh đề đúng và một mệnh đề sai. Hãy xác định mệnh đề nào, đúng mệnh đề nào sai Lời giải: Ta có số chính phương có các chữ số tận cùng là 0, 1, 4, 5, 6, 9 . Vì vậy - Nhận thấy giữa mệnh đề (1) và (2) có mâu thuẫn. Bởi vì, giả sử 2 mệnh đề này đồng thời là đúng thì n + 8 có chữ số tận cùng là 2 nên không thể là số chính phương. Vậy trong hai mệnh đề này phải có một mệnh đề là đúng và một mệnh đề là sai. - Tương tự, nhận thấy giữa mệnh đề (2) và (3) cũng có mâu thuẫn. Bởi vì, giả sử mệnh đề này đồng thời là đúng thì n − 1 có chữ số tận cùng là 3 nên không thể là số chính phương. Vậy trong ba mệnh đề trên thì mệnh đề (1) và (3) là đúng, còn mệnh đề (2) là sai. 2. Bài tập luyện tập Bài 1.0: Các câu sau đây, câu nào là mệnh đề, câu nào không phải là mệnh đề? Nếu là mệnh đề hay cho biết mệnh đề đó đúng hay sai. a) Không được đi lối này! b) Bây giờ là mấy giờ? c) Chiến tranh thế giới lần thứ hai kết thúc năm 1946. d) 16 chia 3 dư 1. e) 2003 không là số nguyên tố. f) 5 là số vô tỉ. g) Hai đường tròn phân biệt có nhiều nhất là hai điểm chung. Bài 1.1: Tại Tiger Cup 98 có bốn đội lọt vào vòng bán kết: Việt Nam, Singapor, Thái Lan và Inđônêxia. Trước khi thi đấu vòng bán kết, ba bạn Dung, Quang, Trung dự đoán như sau: Dung: Singapor nhì, còn Thái Lan ba. Quang: Việt Nam nhì, còn Thái Lan tư. Trung: Singapor nhất và Inđônêxia nhì. Kết quả, mỗi bạn dự đoán đúng một đội và sai một đội. Hỏi mỗi đội đã đạt giải mấy? DẠNG TOÁN 2: CÁC PHÉP TOÁN VỀ MỆNH ĐỀ Các phép toán mệnh đề được sử dụng nhằm mục đích kết nối các mệnh đề lại với nhau tạo ra một mệnh đề mới. Một số các phép toán mệnh đề là: Mệnh đề phủ định(phép phủ định), Mệnh đề kéo theo(phép kéo theo), mệnh đề đảo, mệnh đề tương đương(phép tương đương). 1. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Nêu mệnh đề phủ định của các mệnh đề sau, cho biết mệnh đề này đúng hay sai? P : " Hình thoi có hai đường chéo vuông góc với nhau" Q : " 6 là số nguyên tố" R : " Tổng hai cạnh của một tam giác lớn hơn cạnh còn lại" S : " 5 > −3 "

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

R : " Tổng hai cạnh của một tam giác nhỏ hơn hoặc bằng cạnh còn lại", mệnh đề này sai S : " 5 ≤ −3 ", mệnh đề này sai K : " phương trình x 4 − 2x 2 + 2 = 0 vô nghiệm ", mệnh đề này đúng vì 2

x 4 − 2x 2 + 2 = ( x 2 − 1 ) + 1 > 0 H :"

(

3 − 12

)

≠ 3

", mệnh đề này sai

Ví dụ 2: Phát biểu mệnh đề P ⇒ Q và phát biểu mệnh đề đảo, xét tính đúng sai của nó. a) P : " Tứ giác ABCD là hình thoi" và Q : " Tứ giác ABCD AC và BD cắt nhau tại trung điểm mỗi đường" b) P : " 2 > 9 " và Q : " 4 < 3 "

= 2B " c) P : " Tam giác ABC vuông cân tại A" và Q : " Tam giác ABC có A d) P : " Ngày 2 tháng 9 là ngày Quốc Khánh của nước Việt Nam" và Q : " Ngày 27 tháng 7 là ngày thương binh liệt sĩ" Lời giải: a) Mệnh đề P ⇒ Q là " Nếu tứ giác ABCD là hình thoi thì AC và BD cắt nhau tại trung điểm mỗi đường", mệnh đề này đúng. Mệnh đề đảo là Q ⇒ P : "Nếu tứ giác ABCD có AC và BD cắt nhau tại trung điểm mỗi đường thì ABCD là hình thoi ", mệnh đề này sai. b) Mệnh đề P ⇒ Q là " Nếu 2 > 9 thì 4 < 3 ", mệnh đề này đúng vì mệnh đề P sai. Mệnh đề đảo là Q ⇒ P : " Nếu 4 < 3 thì 2 > 9 ", mệnh đề này đúng vì mệnh đề Q sai.

= 2B ", mệnh đề này đúng c) Mệnh đề P ⇒ Q là " Nếu tam giác ABC vuông cân tại A thì A

Mệnh đề đảo là Q ⇒ P : " Nếu tam giác ABC có A = 2B thì nó vuông cân tại A", mệnh đề này sai d) Mệnh đề P ⇒ Q là " Nếu ngày 2 tháng 9 là ngày Quốc Khánh của nước Việt Nam thì ngày 27 tháng 7 là ngày thương binh liệt sĩ" Mệnh đề đảo là Q ⇒ P : " Nếu ngày 27 tháng 7 là ngày thương binh liệt sĩ thì ngày 2 tháng 9 là ngày Quốc Khánh của nước Việt Nam" Hai mệnh đề trên đều đúng vì mệnh đề P,Q đều đúng Ví dụ 3: Phát biểu mệnh đề P ⇔ Q bằng hai cách và và xét tính đúng sai của nó a) P : "Tứ giác ABCD là hình thoi" và Q : " Tứ giác ABCD là hình bình hành có hai đường chéo vuông góc với nhau" b) P : " Bất phương trình

x 2 − 3x > 1 có nghiệm" và Q : "

( −1 )

− 3. ( −1 ) > 1 "

Lời giải: a) Ta có mệnh đề P ⇔ Q đúng vì mệnh đề P ⇒ Q, Q ⇒ P đều đúng và được phát biểu bằng hai cách

Lời giải: Ta có các mệnh đề phủ định là

như sau: "Tứ giác ABCD là hình thoi khi và chỉ khi tứ giác ABCD là hình bình hành có hai đường chéo vuông góc với nhau" và "Tứ giác ABCD là hình thoi nếu và chỉ nêu tứ giác ABCD là hình bình hành có hai đường chéo vuông góc với nhau" b) Ta có mệnh đề P ⇔ Q đúng vì mệnh đề P , Q đều đúng(do đó mệnh đề P ⇒ Q, Q ⇒ P đều đúng) và

P : " Hai đường chéo của hình thoi không vuông góc với nhau", mệnh đề này sai

được phát biểu bằng hai cách như sau:

Q : " 6 không phải là số nguyên tố", mệnh đề này đúng

" Bất phương trình

K : " Phương trình x 4 − 2x 2 + 2 = 0 có nghiệm " H :"

(

3 − 12

)

= 3

-- 3 --

x 2 − 3x > 1 có nghiệm khi và chỉ khi -- 4 --

( −1 )

− 3.( −1 ) > 1 " và

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 " Bất phương trình

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

x − 3x > 1 có nghiệm nếu và chỉ nếu 2

( −1 )

− 3.( −1 ) > 1 "

2. Bài tập luyện tập Bài 1.2: Nêu mệnh đề phủ định của các mệnh đề sau, cho biết mệnh đề này đúng hay sai? P : " Trong tam giác tổng ba góc bằng 1800"

Q:"

(

3−

27 ) là số nguyên "

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

a) Ta có P ( 1 ) : 1 > 13 đây là mệnh đề sai 3

1 1 1 b) Ta có P   : >   đây là mệnh đề đúng  3  3  3 

c) Ta có ∀x ∈ N , x > x 3 là mệnh đề sai vì P ( 1 ) là mệnh đề sai d) Ta có ∃x ∈ N , x > x 3 là mệnh đề đúng vì x − x 3 = x ( 1 − x )( 1 + x ) ≤ 0 với mọi số tự nhiên.

R : " Việt Nam vô địch Worldcup 2020"

a) P : " Tứ giác ABCD là hình chữ nhật" và Q : "Tứ giác ABCD có hai đường thẳng AC và BD vuông

Ví dụ 2: Dùng các kí hiệu để viết các câu sau và viết mệnh đề phủ định của nó. a) Tích của ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho sáu b) Với mọi số thực bình phương của là một số không âm. c) Có một số nguyên mà bình phương của nó bằng chính nó. d) Có một số hữu tỉ mà nghịch đảo của nó lớn hơn chính nó. Lời giải:

góc với nhau"

a) Ta có P : ∀n ∈ N , n ( n + 1 )( n + 2 )⋮ 6 , mệnh đề phủ định là P : ∃n ∈ N , n ( n + 1 )( n + 2 ) ⋮6 .

S: "−

5 > −2 " 2

K : " Bất phương trình x 2013 > 2030 vô nghiệm " Bài 1.3: Phát biểu mệnh đề P ⇒ Q và phát biểu mệnh đề đảo, xét tính đúng sai của nó.

(

b) P : "− 3 > − 2 " và Q : " − 3

)

(

> − 2

b) Ta có Q : ∀x ∈ ℝ, x 2 ≥ 0 , mệnh đề phủ định là Q : ∃x ∈ ℝ, x 2 < 0

=B +C " và Q : " Tam giác ABC có BC 2 = AB 2 + AC 2 " c) P : " Tam giác ABC có A

d) P : "Tố Hữu là nhà Toán học lớn của Việt Nam" và Q : "Évariste Galois là nhà Thơ lỗi lạc của Thế giới " Bài 1.4: Phát biểu mệnh đề P ⇔ Q bằng hai cách và và xét tính đúng sai của nó

c) Ta có R : ∃n ∈ Z , n 2 = n , mệnh đề phủ định là R : ∀n ∈ Z , n 2 ≠ n .

1 1 > q , mệnh đề phủ định là ∀ q ∈ Q, ≤ q . q q Ví dụ 3: Xác định tính đúng sai của mệnh đề sau và tìm phủ định của nó: d) ∃ q ∈ Q,

a) Cho tứ giác ABDC. Xét hai mệnh đề P: " Tứ giác ABCD là hình vuông". Q: " Tứ giác ABCD là hình chữ nhật có hai đường chéo bằng vuông góc với nhau ".

a) A: " ∀x ∈ R, x 2 ≥ 0 "

b) P: " Bất phương trình x 2 − 3x + 1 > 0 có nghiệm" và Q: " Bất phương trình x 2 − 3x + 1 ≤ 0 vô nghiệm" Bài 1.5: Cho các mệnh đề:

d) D: " ∀n ∈ N , n 4 − n 2 + 1 là hợp số "

A: “Nếu ∆ABC đều có cạnh bằng a, đường cao là h thì h =

a 3 ”; 2

b) B: " Tồn tại số tự nhiên đều là số nguyên tố". c) C: " ∃x ∈ N , x chia hết cho x + 1 " e) E: " Tồn tại hình thang là hình vuông ". f) F: " Tồn tại số thực a sao cho a + 1 +

1 ≤ 2" a +1

B: “Tứ giác có bốn cạnh bằng nhau là hình vuông” ; C: “15 là số nguyên tố” ;

Lời giải:

D: “ 125 là một số nguyên”. a) Hãy cho biết trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng, mệnh đề nào sai: A ⇒ B, A ⇒ D, B ⇒ C. b) Hãy cho biết trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng, mệnh đề nào sai: A ⇔ B, B ⇔ C, B ⇔ D.

b) Mệnh đề B đúng và B : "Với mọi số tự nhiêu đều không phải là số nguyên tố"

Bài 1.6: Hãy phát biểu mệnh đề kéo theo P ⇒ Q, Q ⇒ P và xét tính đúng sai của mệnh đề này. a) Cho tứ giác ABCD và hai mệnh đề: P: " Tổng 2 góc đối của tứ giác lồi bằng 1800 " và Q: " Tứ giác nội tiếp được đường tròn ". b) P: "

2 − 3 > −1 " và Q: "

(

2− 3

)

a) Mệnh đề A đúng và A : ∃x ∈ R, x 2 < 0

c) Mệnh đề C sai và C : " ∀x ∈ N , x ⋮ ( x + 1 ) " d) Mệnh đề D sai vì với n = 2 ta có n 4 − n 2 + 1 = 13 không phải là hợp số Mệnh đề phủ định là D : " ∃n ∈ N , n 4 − n 2 + 1 là số số nguyên tố" e) Mệnh đề E đúng và E : " Với mọi hình thang đều không là hình vuông ".

> ( −1 ) "

1 > 2" a +1

DẠNG TOÁN 3: MỆNH ĐỀ CHỨA BIẾN VÀ MỆNH ĐỀ CHỨA KÍ HIỆU ∀, ∃

f) Mệnh đề F đúng và mệnh đề phủ định là F : " Với mọi số thực a thì a + 1 +

1. Các ví dụ minh họa

2. Bài tập luyện tập Bài 1.7: Xét các mệnh đề chứa biến sau, tìm một giá trị của biến để được mệnh đề đúng, mệnh đề sai.

Ví dụ 1: Cho mệnh đề chứa biến " P ( x ) : x > x 3 " , xét tính đúng sai của các mệnh đề sau: a) P ( 1 )

1 b) P    3 

c) ∀x ∈ N , P ( x )

Lời giải:

d) ∃x ∈ N , P ( x )

a) P ( x ) : " x ∈ R, x 2 − 2x ≥ 0 " b) Q ( n ) : "n chia hết cho 3, với n ∈ N ".

-- 5 --

-- 6 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

Bài 1.8: Xét đúng (sai) mệnh đề và phủ định các mệnh đề sau: b) ∀x ∈ ℝ, x 4 − x 2 + 1 = x 2 +

c) ∃x ∈ N , n + 3 chia hết cho 4 2

)(

3x + 1 x 2 − 3x + 1

)

d) ∃q ∈ Q, 2q − 1 = 0 2

e) ∃n ∈ N , n ( n + 1 ) là một số chính phương

c)∀x ∈ R, x 2 > 4 ⇒ x > 2

• Mệnh đề ∀x ∈ X , Q ( x ) ⇒ P ( x ) đúng thì được gọi định lí đảo của định lí dạng (1) Lúc đó (1) được gọi là định lý thuận và khi đó có thể gộp lại thành một định lí ∀x ∈ X , Q ( x ) ⇔ P ( x ) , ta gọi là " P ( x ) là điều kiện cần và đủ để có Q ( x ) " Ngoài ra còn nói " P ( x ) nếu và chỉ nếu Q ( x ) ", " P ( x ) khi và chỉ khi Q ( x ) ",

Bài 1.9: Xác định tính đúng - sai của các MĐ sau:

a )∀x ∈ R, x > −2 ⇒ x 2 > 4

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

Q ( x ) là điều kiện cần để có P ( x )

(

a) ∀x ∈ ℝ, x 3 − x 2 + 1 > 0

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 P ( x ) là điều kiện đủ để có Q ( x )

c) R ( x ) : " −4x 2 + 4x − 1 ≤ 0 với x ∈ ℝ "

b)∀x ∈ R, x > 2 ⇒ x 2 > 4 d )∀x ∈ N , x > 2 ⇔ x 2 > 4

e) ∀m, n ∈ ℕ, m và n là các số lẻ ⇔ m 2 + n 2 là số chẵn. Bài 1.10: a) Với n ∈ ℕ , cho mệnh đề chứa biến P (n ) : " n 2 + 2 chia hết cho 4”. Xét tính đúng sai của mệnh đề P(2007).

B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI DẠNG TOÁN 1: PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẰNG PHẢN CHỨNG 1. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n và n 3 chia hết cho 3 thì n chia hết cho 3. Lời giải: Giả sử n không chia hết cho 3 khi đó n = 3k + 1 hoặc n = 3k + 2 , k ∈ Z 3

1 b) Xét tính đúng sai của mệnh đề P(n): “ ∃n ∈ ℕ , n(n + 1) chia hết cho 11”. 2 Bài 1.11: a) Cho mệnh đề P: "Với mọi số thực x, nếu x là số hữu tỉ thì 2x là số hữu tỉ". *

Dùng kí hiệu viết P, P và xác định tính đúng - sai của nó. b) Phát biểu MĐ đảo của P và chứng tỏ MĐ đó là đúng. Phát biểu MĐ dưới dang MĐ tương đương Bài 1.12: Cho số tự nhiên n. Xét hai mệnh đề chứa biến: A(n): "n là số chẵn", B(n): "n2 là số chẵn". a) Hãy phát biểu mệnh đề A(n) ⇒ B(n). Cho biết mệnh đề này đúng hay sai ? b) Hãy phát biểu mệnh đề “ ∀n ∈ ℕ, B(n ) ⇒ A(n ) ”.

Với n = 3k + 1 ta có n 3 = ( 3k + 1 ) = 27k 3 + 27k 2 + 9k + 1 không chia hết cho ba (mâu thuẫn) 3

Với n = 3k + 2 ta có n 3 = ( 3k + 2 ) = 27k 3 + 54k 2 + 36k + 4 không chia hết cho ba (mâu thuẫn) Vậy n chia hết cho 3. Ví dụ 2: Cho tam thức f ( x ) = ax 2 + bx + c, a ≠ 0 . Chứng minh rằng nếu tồn tại số thực α sao cho a.f ( α ) ≤ 0 thì phương trình f ( x ) = 0 luôn có nghiệm.

Lời giải: 2

 ∆ b  Ta có f ( x ) = a  x +  − , ∆ = b 2 − 4ac .  2a  4a

c) Hãy phát biểu mệnh đề “ ∀n ∈ ℕ, A(n ) ⇔ B(n ) ”.

Giả sử phương trình đã cho vô nghiệm, nghĩa là ∆ < 0 .

Bài 1.13: Xét tính đúng sai của các mệnh đề sau: a) P :" ∀x ∈ R, ∀y ∈ R : x + y = 1"

 b  ∆ Khi đó ta có: af ( x ) = a 2  x +  − > 0, ∀x ∈ ℝ 2a  4 

b) Q :" ∃x ∈ R, ∃y ∈ R : x + y = 2 "

Suy ra không tồn tại α để af ( α ) ≤ 0 , trái với giả thiết.

c) R :" ∃x ∈ R, ∀y ∈ R : x + y = 3 "

Vậy điều ta giả sử ở trên là sai, hay phương trình đã cho luôn có nghiệm.

d) S :" ∀x ∈ R, ∃y ∈ R : x + y = 4 "

Ví dụ 3: Cho a, b, c dương thỏa mãn abc = 1 . Chứng minh rằng nếu a + b + c >

CHỦ ĐỀ 2: ÁP DỤNG MỆNH ĐỀ VÀO SUY LUẬN TOÁN HỌC A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Định lí và chứng minh định lí • Trong toán học định lý là một mệnh đề đúng . Nhiều định lý được phát biểu dưới dạng " ∀x ∈ X , P ( x ) ⇒ Q ( x ) ", P ( x ),Q ( x ) là các mệnh đề chứa biến

và chỉ một trong ba số a, b, c lớn hơn một.

• Có hia cách để chứng minh định lí dưới dạng trên Cách 1: Chứng minh trực tiếp gồm các bước sau: - Lấy x ∈ X bất kỳ mà P ( x ) đúng

1 1 1 + + thì có một a b c

Lời giải: Giả sử ngược lại, khi đó ta có các trường hợp sau: • TH1: Với ba số đều lớn hơn 1 hoặc ba số đều nhỏ hơn 1 thì mâu thuẫn với giả thiết abc = 1 • TH2: Với hai trong ba số lớn hơn 1, không mất tính tổng quát giả sử a > 1, b > 1 Vì abc = 1 nên c < 1 do đó ( a − 1 )(b − 1 )( c − 1 ) < 0 ⇔ abc + a + b + c − ab − bc − ca − 1 < 0

- Chứng minh Q ( x ) đúng(bằng suy luận và kiến thức toán học đã biết) Cách 2: Chứng minh bằng phản định lí gồm các bước sau: - Giả sử tồn tại x 0 ∈ X sao cho P ( x 0 ) đúng và Q ( x 0 ) sai - Dùng suy luận và các kiến thức toán học để đi đến mâu thuẫn. 2. Định lí đảo, điều kiện cần, điều kiện đủ, điều kiện cần và đủ • Cho định lí dưới dạng " ∀x ∈ X , P ( x ) ⇒ Q ( x ) " (1). Khi đó -- 7 --

1 1 1 + + (mâu thuẫn) a b c Vậy chỉ có một và chỉ một trong ba số a, b, c lớn hơn một. ⇔ a + b + c < ab + bc + ca ⇔ a + b + c <

Ví dụ 4: Chứng minh rằng một tam giác có đường trung tuyến vừa là phân giác xuất phát từ một đỉnh là tam giác cân tại đỉnh đó. Lời giải: Giả sử tam giác ABC có AH vừa là đường trung tuyến vừa là đường phân giác và không cân tại A. -- 8 --

D L B

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

Do đó AL = LD hay L là trung điểm của BD Suy ra LH là đường trung bình của tam giác CBD ⇒ LH / /DC điều này mâu thuẫn vì LH , DC cắt nhau tại A

Bài 1.14: Chứng minh bằng phương pháp phản chứng: Nếu phương trình bậc hai ax + bx + c = 0 vô nghiệm thì a và c cùng dấu. Bài 1.15: Chứng minh bằng phương pháp phản chứng: Nếu hai số nguyên dương có tổng bình phương chia hết cho 3 thì cả hai số đó phải chia hết cho 3. 2

Bài 1.16: Chứng minh rằng: Nếu độ dài các cạnh của tam giác thỏa mãn bất đẳng thức a 2 + b 2 > 5c 2 thì c là độ dài cạnh nhỏ nhất của tam giác. Bài 1.17: Cho a, b, c dương nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng ít nhất một trong ba bất đẳng thức sau sai

1 1 1 , b (1 − c ) > , c (1 − a ) > 4 4 4 Bài 1.18: Nếu a1a2 ≥ 2 (b1 + b2 ) thì ít nhất một trong hai phương trình a (1 − b ) >

x + a1x + b1 = 0, x + a 2x + b2 = 0 có nghiệm. 2

Bài 1.19: Chứng minh rằng

2 là số vô tỉ.

 a + b + c > 0    Bài 1.20: Cho các số a, b, c thỏa các điều kiện: ab + bc + ca > 0   abc > 0    Chứng minh rằng cả ba số a, b, c đều dương.

(1) (2) (3)

Bài 1.21: Chứng minh bằng phản chứng định lí sau: “Nếu tam giác ABC có các đường phân giác trong BE, CF bằng nhau, thì tam giác ABC cân”. Bài 1.22: Cho 7 đoạn thẳng có độ dài lớn hơn 10 và nhỏ hơn 100. Chứng minh rằng luôn tìm được 3 đoạn để có thể ghép thành một tam giác. DẠNG TOÁN 2: SỬ DỤNG THUẬT NGỮ ĐIỀU KIỆN CẦN, ĐIỀU KIỆN ĐỦ, ĐIỀU KIỆN CẦN VÀ ĐỦ 1. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Cho định lí: “Cho số tự nhiên n. Nếu n5 chia hết cho 5 thì n chia hết cho 5”. Định lí này được viết dưới dạng P ⇒ Q . a) Hãy xác định các mệnh đề P và Q. b) Phát biểu định lí trên bằng cách dùng thuật ngữ “điều kiện cần”. c) Phát biểu định lí trên bằng cách dùng thuật ngữ “điều kiện đủ”. d) Hãy phát biểu định lí đảo (nếu có) của định lí trên rồi dùng các thuật ngữ “điều kiện cần và đủ” phát biểu gộp cả hai định lí thuận và đảo. Lời giải:. a) P: “n là số tự nhiên và n5 chia hết cho 5”, Q: “n chia hết cho 5”. b) Với n là số tự nhiên, n chia hết cho 5 là điều kiện cần để n5 chia hết cho 5 ; hoặc phát biểu cách khác: Với n là số tự nhiên, điều kiện cần để n5 chia hết cho 5 là n chia hết cho 5. c) Với n là số tự nhiên, n5 chia hết cho 5 là điều kiện đủ để n chia hết cho 5. -- 9 --

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

d) Nếu tam giác ABC vuông tại A và AH là đường cao thì AB 2 = BC . BH

Vậy tam giác ABC cân tại A. 2. Bài tập luyện tập

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

d) Định lí đảo: “Cho số tự nhiên n, nếu n chia hết cho 5 thì n5 chia hết cho 5”. Thật vậy, nếu n = 5k thì n5 = 55. k5: Số này chia hết cho 5. Điều kiện cần và đủ để n chia hết cho 5 là n5 chia hết cho 5. Ví dụ 2: Phát biểu các mệnh đề sau với thuật ngữ "Điều kiện cần", "Điều kiện đủ" a) Nếu hai tam giác bằng nhau thì chúng có diện tích bằng nhau b) Nếu số nguyên dương chia hết cho 6 thì chia hết cho 3 c) Nếu hình thang có hai đường chéo bằng nhau thì nó là hình thang cân

Khôngmất tính tổng quát xem như AC > AB . Trên AC lấy D sao cho AB = AD . Gọi L là giao điểm của BD và AH . = LAD và AL chung nên ∆ABL = ∆ADL Khi đó AB = AD, BAL

Lời giải: a) Hai tam giác bằng nhau là điều kiện đủ để chúng có diện tích bằng nhau Hai tam giác có diện tích bằng nhau là điều kiện cần để chúng bằng nhau b) Số nguyên dương chia hết cho 6 là điều kiện đủ để nó chia hết cho 3 Số nguyên dương chia hết cho 3 là điều kiện cần để nó chia hết cho 6 c) Hình thang có hai đường chéo bằng nhau là điều kiện đủ để nó là hình thang cân Hình thang cân là điều kiện cần để nó có hai đường chéo bằng nhau d) Tam giác ABC vuông tại A và AH là đường cao là điều kiện đủ để AB 2 = BC . BH Tam giác ABC có AB 2 = BC . BH là điều kiện cần để nó vuông tại A và AH là đường cao Ví dụ 3: Dùng thuật ngữ điều kiện cần và đủ để phát biểu định lí sau a) Tam giác ABC vuông khi và chỉ khi AB 2 + AC 2 = BC 2 . b) Tứ giác là hình chữ nhật khi và chỉ khi nó có ba góc vuông. c) Tứ giác là nội tiếp được trong đường tròn khi và chỉ khi nó có hai góc đối bù nhau. d) Một số chia hết cho 2 khi và chỉ khi nó có chữ số tận cùng là số chẵn. Lời giải: a) Tam giác ABC vuông là điều kiện cần và đủ để AB 2 + AC 2 = BC 2 . b) Tứ giác là hình chữ nhật là điều kiện cần và đủ để nó có ba góc vuông. c) Tứ giác là nội tiếp được trong đường tròn là điều kiện cần và đủ để nó có hai góc đối bù nhau. d) Một số chia hết cho 2 là điều kiện cần và đủ để nó có chữ số tận cùng là số chẵn. 2. Bài tập luyện tập Bài 1.23: Phát biểu các định lý sau đây bằng cách sử dụng khái niệm " Điều kiện cần", " Điều kiện đủ " a) Nếu trong mặt phẳng, hai đường thẳng cùng vuông góc với đường thẳng thứ 3 thì hai đường thẳng đó song song với nhau b) Nếu số nguyên dương có chữ tận cùng bằng 5 thì chia hết cho 5 c) Nếu tứ giác là hình thoi thì 2 đường chéo vuông góc với nhau d) Nếu 2 tam giác bằng nhau thì chúng có các góc tương ứng bằng nhau e) Nếu số nguyên dương a chia hết cho 24 thì chia hết cho 4 và 6 Bài 1.24. Dùng thuật ngữ điều kiện cần và đủ để phát biểu định lí sau a) Một tam giác là tam giác cân, nếu và chỉ nếu nó có hai góc bằng nhau b) Tứ giác là hình bình hành khi và chỉ khi tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường c) x ≥ y ⇔

x ≥

d) Tứ giác MNPQ là hình bình hành khi và chỉ khi MN = QP . Bài 1.25: Sử dụng thuật ngữ “điều kiện cần”, “điều kiện đủ” để phát biểu định lí sau: a) “Nếu một tứ giác là hình vuông thì nó có bốn cạnh bằng nhau”. Có định lí đảo của định lí trên không, vì sao? b) “Nếu một tứ giác là hình thoi thì nó có hai đường chéo vuông góc”. Có định lí đảo của định lí trên không, vì sao? Bài 1.26: Dùng thuật ngữ “điều kiện cần” để phát biểu các định lí sau:

-- 10 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

a) Nếu MA ⊥ MB thì M thuộc đường tròn đường kính AB ; b) a ≠ 0 hoặc b ≠ 0 là điều kiện đủ để a 2 + b 2 > 0 . CHỦ ĐỀ 3: TẬP HỢP VÀ CÁC PHÉP TOÁN TRÊN TẬP HỢP A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Tập hợp • Tập hợp là một khái niệm cơ bản của toán học, không định nghĩa. • Cách xác định tập hợp: + Liệt kê các phần tử: viết các phần tử của tập hợp trong hai dấu móc { … }. + Chỉ ra tính chất đăc trưng cho các phần tử của tập hợp. • Tập rỗng: là tập hợp không chứa phần tử nào, kí hiệu ∅. 2. Tập hợp con – Tập hợp bằng nhau • A ⊂ B ⇔ ( ∀x ∈ A ⇒ x ∈ B ) Các tính chất: + A ⊂ A, ∀A

+ ∅ ⊂ A, ∀A

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI DẠNG TOÁN 1: XÁC ĐỊNH TẬP HỢP VÀ PHÉP TOÁN TRÊN TẬP HỢP 1. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Xác định các tập hợp sau bằng cách nêu tính chất đặc trưng A = { 0 ; 1; 2; 3; 4 } B = { 0 ; 4; 8; 12;16 } C = {1;2; 4; 8;16 }

Lời giải: Ta có các tập hợp A, B,C được viết dưới dạng nêu các tính chất đặc trưng là A = {x ∈ N | x ≤ 4} B = {x ∈ N | x ⋮ 4 và x ≤ 16}

+ A ⊂ B, B ⊂ C ⇒ A ⊂ C

C = {2n | n ≤ 4 và n ∈ N }

• A = B ⇔ (A ⊂ B và B ⊂ A) ⇔ ( ∀x , x ∈ A ⇔ x ∈ B ) 3. Một số tập con của tập hợp số thực Tên gọi, ký hiệu Tập hợp

   x2 + 2  Ví dụ 2: Cho tập hợp A =  ∈ Ζ x ∈ Ζ |    x     a) Hãy xác định tập A bằng cách liệt kê các phần tử b) Tìm tất cả các tập con của tập hợp A mà số phần tử của nó nhỏ hơn 3. Lời giải:

Hình biểu diễn 0

Tập số thực ( −∞; +∞ )

ℝ

Đoạn  a ; b 

/////[

{x ∈ ℝ | a ≤ x ≤ b}

]//// b

Khoảng ( a ; b )

{x ∉ ℝ | a < x < b}

Khoảng (−∞; a )

{x ∈ ℝ | x < a }

Khoảng (a ; + ∞)

{x ∈ ℝ | a <x }

/////(

)//// a

)////// a

/////( a

Nửa khoảng (a ; b  Nửa khoảng (−∞; a ] Nửa khoảng [a ; +∞)

Ví dụ 3: Cho A = { −4; −2; −1;2; 3; 4 } và B = { x ∈ Ζ | x ≤ 4 } . Tìm tập hợp X sao cho a) X ⊂ B \ A

]//// a

)/////// a

////////[ {x ∈ ℝ | x ≥ a }

Tập có hai phần thử: { −2; −1}, { −2; 0 }, { −2;1} , { −2;2 }, { −1; 0 }

/////(

{x ∈ ℝ | x ≤ a }

b) Tất cả các tập con của tập hợp A mà số phần tử của nó nhỏ hơn 3 là Tập không có phần tử nào: ∅ Tập có một phần tử: { −2 }, { −1}, { 0 }, {1}, { 2 }

)////

{x ∈ ℝ | a ≤ x < b}

{x ∈ ℝ | a < x ≤ b}

x2 + 2 2 = x + ∈ Ζ với x ∈ Ζ khi và chỉ khi x là ước của 2 hay x ∈ { −2; −1; 0;1;2 } x x Vậy A = { −2; −1; 0;1;2 }

a) Ta có

{ −1;1}, { −1;2 }, { 0;1} , { 0;2 }, {1;2 } .

/////[ Nửa khoảng  a ; b )

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

Phần bù: Cho B ⊂ A thì C AB = A \ B .

b) A ⊂ X ⊂ B

c) A ∪ X = B với X có đúng bốn phần tử Lời giải:   −4 ≤ x ≤ 4 x ≤4  Ta có  ⇔ ⇔ x ∈ { −4; −3; −2; −1; 0;1;2; 3; 4 }     x ∈ Ζ x ∈Ζ     Suy ra B = { −4; −3; −2; −1; 0;1;2; 3; 4 } a) Ta có B \ A = { −3; 0;1} Suy ra X ⊂ B \ A thì các tập hợp X là

∅, { −3 }, { 0 }, {1}, { −3; 0 }, { −3;1} , { 0;1}, { −3; 0;1}

4. Các phép toán tập hợp • Giao của hai tập hợp: A ∩ B ⇔ {x | x ∈ A và x ∈ B}

b) Ta có { −4; −2; −1;2; 3; 4 } ⊂ X ⊂ { −4; −3; −2; −1; 0;1;2; 3; 4 } suy ra tập hợp X là

• Hợp của hai tập hợp: A ∪ B ⇔ {x | x ∈ A hoặc x ∈ B}

{ −4; −2; −1;2; 3; 4 }, { −4; −2; −3; −1;2; 3; 4 }, { −4; −2; −1; 0;2; 3; 4 }

• Hiệu của hai tập hợp: A \ B ⇔ {x | x ∈ A và x ∉ B}

{ −4; −2; −1;1;2; 3; 4 }, { −4; −2; −3; −1; 0;2; 3; 4 }, { −4; −2; −3; −1;1;2;3;4 }

-- 11 --

-- 12 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

{ −4; −2; −1; 0;1;2; 3; 4 }, { −4; −3; −2; −1; 0;1;2; 3; 4 }

Bài 1.30: Cho A = { x ∈ ℝ | ( x 4 − 16 )( x 2 − 1 ) = 0 } và B = { x ∈ N | 2x − 9 ≤ 0 } .

c) Ta có A ∪ X = B với X có đúng bốn phần tử khi đó tập hợp X là { −4; −3; 0;1}, { −3; −2; 0;1} , { −3; −1; 0;1}, { −3; 0;1;2 } , { −3; 0;1; 3 }, { −3; 0;1; 4 }

Tìm tập hợp X sao cho a) X ⊂ B \ A b) A \ B = X ∩ A với X có đúng hai phần tử

Ví dụ 4: Cho các tập hợp:

Bài 1.31: Cho tập A = { −1;1; 5; 8 } , B ="Gồm các ước số nguyên dương của 16"

A = { x ∈ R |( x + 7x + 6 )( x − 4 ) = 0 } 2

a) Viết tập A dưới dạng chỉ ra tính chất đặc trưng của các phần tử. Viết tập B dưới dạng liệt kê các phần tử. b) Xác định các phép toán A ∩ B, A ∪ B, A \ B .

B = { x ∈ N |2x ≤ 8 } C = {2x + 1 | x ∈ Z và −2 ≤ x ≤ 4}

a) Hãy viết lại các tập hợp A, B, C dưới dạng liệt kê các phần tử b) Tìm A ∪ B, A ∩ B, B \ C , C A∪B ( B \ C ) . c) Tìm (A ∪ C ) \ B. a) • Ta có: ( x 2 + 7x + 6 )( x 2 − 4 ) = 0

c) Chứng minh rằng: E \ (A ∩ B ) = ( E \ A ) ∪ ( E \ B )

 x 2 + 7x + 6 = 0  x = −1  x = −2 ⇔  2 ⇔  hoặc  x = − 6 x − 4 = 0   x = 2  Vậy A = { −6; −2; −1;2 }

DẠNG TOÁN 2: SỬ DỤNG BIỂU ĐỒ VEN ĐỂ GIẢI TOÁN 1. Phương pháp giải • Chuyển bài toán về ngôn ngữ tập hợp • Sử dụng biểu đồ ven để minh họa các tập hợp • Dựa vào biểu đồ ven ta thiết lập được đẳng thức(hoặc phương trình hệ phương trình) từ đó tìm được kết quả bài toán Trong dạng toán này ta kí hiệu n ( X ) là số phần tử của tập X .

  x ∈ N x ∈ N • Ta có  ⇔ ⇔ x ∈ { 0,1,2, 3, 4 } .    2 x ≤ 8 x ≤4     Vậy B = { 0;1;2; 3; 4 }  x ∈ Z ⇔ x ∈ { −2, −1, 0,1,2, 3, 4 } . • Ta có  − 2≤x ≤4   Suy ra C = { −3; −1;1; 3; 5; 7; 9 } b) Ta có: A ∪ B = { −6; −2; −1; 0;1;2; 3; 4 }, A ∩ B = { 2 } , B \ C = { 0;2; 4 } C A∪ B ( B \ C ) = ( A ∪ B ) \ ( B \ C ) = { −6; −2; −1;1; 3 }

c) Ta có: A ∪ C = { −6; −3; −2; −1;1;2; 3; 5; 7; 9 } Suy ra (A ∪ C ) \ B = { −6; −3; −2; −1; 5; 7; 9 } 2. Bài tập luyện tập Bài 1.27: Xác định các tập hợp sau bằng cách nêu tính chất đặc trưng A = { −4; −3; −2; −1; 0 ; 1; 2; 3; 4 } , B = { 1 ; 3; 5; 7; 9 } , C = { 0;1; 4; 9;16;25 }

Bài 1.28: a) Trong các tập sau đây, tập nào là tập con của tập nào

A = {1;2; 3 }

A = { x ∈ N | ( x 2 − 9 )( x 2 – 5x – 6 ) = 0} và B = {x ∈ N | x là số nguyên tố nhỏ hơn 6} a) Chứng minh rằng A ⊂ E và B ⊂ E b) Tìm C E A ; C E B ;C E (A ∪ B )

Lời giải:

C = ( 0; +∞ )

Bài 1.32: Cho các tập hợp E = { x ∈ N | 1 ≤ x < 7}

B = {n ∈ N n < 4 } D = { x ∈ R 2x 2 − 7 + 3 = 0 }

b) Tìm tất cả các tập X thoả mãn bao hàm thức sau; {1;2 } ⊂ X ⊂ {1;2; 3; 4; 5 } .

   14  Bài 1.29: Cho tập hợp A =  ∈ Ζ x ∈ ℝ |    3 x +6     a) Hãy xác định tập A bằng cách liệt kê các phần tử b) Tìm tất cả các tập con của tập hợp A . -- 13 --

2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Mỗi học sinh của lớp 10A1 đều biết chơi đá cầu hoặc cầu lông, biết rằng có 25 em biết chơi đá cầu, 30 em biết chơi cầu lông, 15 em biết chơi cả hai. Hỏi lớp 10A1 có bao nhiêu em chỉ biết đá cầu? bao nhiêu em chỉ biết đánh cầu lông? Sĩ số lớp là bao nhiêu? 25 Lời giải: Dựa vào biểu đồ ven ta suy ra số học sinh chỉ biết đá cầu là 25 − 15 = 10 30 15 Số học sinh chỉ biết đánh cầu lông là 30 − 15 = 15 Do đó ta có sĩ số học sinh của lớp 10A1 là 10 + 15 + 15 = 40 Trong số 220 học sinh khối 10 có 163 bạn biết chơi bóng chuyền, 175 bạn biết chơi bóng bàn còn 24 bạn không biết chơi môn bóng nào cả. Tìm số học sinh biết chơi cả 2 môn bóng. Ví dụ 2: Trong lớp 10C có 45 học sinh trong đó có 25 em thích môn Văn, 20 em thích môn Toán, 18 em thích môn Sử, 6 em không thích môn nào, 5 em thích cả ba môn. Hỏi số em thích chỉ một môn trong ba môn trên. Lời giải: Gọi a, b, c theo thứ tự là số học sinh chỉ thích môn Văn, Sử, Toán;

x là số học sịnh chỉ thích hai môn là văn và toán y là số học sịnh chỉ thích hai môn là Sử và toán z là số học sịnh chỉ thích hai môn là văn và Sử Ta có số em thích ít nhất một môn là 45 − 6 = 39 Sựa vào biểu đồ ven ta có hệ phương trình  a + x + z + 5 = 25 (1)     b + y + z + 5 = 18 (2)     (3) c + x + y + 5 = 20    5 39 (4) x + y + z + a + b + c + =   

x 25(V)

20(T)

a z

-- 14 --

18(S)

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

Cộng vế với vế (1), (2), (3) ta có a + b + c + 2 ( x + y + z ) + 15 = 63 (5)

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

Xét tổng n ( A ) + n ( B ) + n (C ) : trong tổng này, mỗi phần tử của A giao B, B giao C, C giao A được tính

Từ (4) và (5) ta có a + b + c + 2 ( 39 − 5 − a − b − c ) + 15 = 63

làm hai lần nên trong tổng n ( A ) + n ( B ) + n (C ) ta phải trừ đi tổng n(A ∩ B ) + n(B ∩ C ) + n(C ∩ A) .

⇔ a + b + c = 20 Vậy chỉ có 20 em thích chỉ một môn trong ba môn trên. Ví dụ 3: Trong lớp 10C1 có 16 học sinh giỏi môn Toán, 15 học sinh giỏi môn Lý và 11 học sinh giỏi môn Hóa. Biết rằng có 9 học sinh vừa giỏi Toán và Lý, 6 học sinh vừa giỏi Lý và Hóa, 8 học sinh vừa giỏi Hóa và Toán, trong đó chỉ có 11 học sinh giỏi đúng hai môn. Hỏi có bao nhiêu học sinh của lớp a) Giỏi cả ba môn Toán, Lý, Hóa b) Giỏi đúng một môn Toán, Lý hoặc hóa. Lời giải: Gọi T , L, H lần lượt là tập hợp các học sinh giỏi môn Toán, Lý, Hóa. B là

tập hợp học sinh giỏi đúng hai môn. Theo giả thiết ta có n (T ) = 16, n ( L ) = 15, n ( H ) = 11, n ( B ) = 11

n (T ∩ L ) = 9, n ( L ∩ H ) = 6, n ( H ∩ T ) = 8 và a) Xét tổng n(T ∩ L) + n(L ∩ H ) + n(H ∩ T ) thì mỗi phần tử của tập hợp T ∩ L ∩ H được tính ba lần do đó ta có n(T ∩ L) + n(L ∩ H ) + n(H ∩ T ) − 3n (T ∩ L ∩ H ) = n ( B )

Hay n (T ∩ L ∩ H ) =

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

Để tìm số ngày thời tiết xấu ta sử dụng biểu đồ Ven(hình vẽ). Ta cần tính n(A ∪ B ∪ C ) .

16(T)

8(TH) 11(H)

9(LT)

6(LH)

15(L)

1 n(T ∩ L) + n(L ∩ H ) + n(H ∩ T ) − n ( B )  = 4 Suy ra có 4 học sinh giỏi cả ba 3

môn Toán, Lý, Hóa. b) Xét n (T ∩ L ) + n ( L ∩ T ) thì mỗi phần tử của tập hợp T ∩ L ∩ H được tính hai lần do đó số học sinh chỉ giỏi đúng môn toán là n (T ) −  n (T ∩ L ) + n ( H ∩ T ) − n (T ∩ L ∩ H )  = 16 − ( 9 + 8 − 4 ) = 3   Tương tự ta có Số học sinh chỉ giỏi đúng môn Lý n ( L ) −  n (T ∩ L ) + n ( L ∩ H ) − n (T ∩ L ∩ H )  = 15 − ( 9 + 6 − 4 ) = 4   Số học sinh chỉ giỏi đúng môn Hóa n ( H ) −  n ( H ∩ T ) + n ( L ∩ H ) − n (T ∩ L ∩ H )  = 11 − ( 8 + 6 − 4 ) = 1   Suy ra số học sinh giỏi đúng một môn Toán, Lý hoặc hóa là 3 + 4 + 1 = 8 . Ví dụ 4. Trong một khoảng thời gian nhất định, tại một địa phương, Đài khí tượng thủy văn đã thống kê được: Số ngày mưa: 10 ngày; Số ngày có gió: 8 ngày; Số ngày lạnh: 6 ngày; Số ngày mưa và gió: 5 ngày; Số ngày mưa và lạnh: 4 ngày; Số ngày lạnh và có gió: 3 ngày; Số ngày mưa, lạnh và A B có gió: 1 ngày. 5 Vậy có bao nhiêu ngày thời tiết xấu (Có gió, mưa hay lạnh)? 8 10 Lời giải: 1 3 Ký hiệu A là tập hợp những ngày mưa, B là tập hợp những ngày có gió, C là tập 4 hợp những ngày lạnh. Theo giả thiết ta có: n ( A ) = 10, n ( B ) = 8 , n (C ) = 6, C 6 n(A ∩ B ) = 5, n (A ∩ C ) = 4, n (B ∩ C ) = 3, n (A ∩ B ∩ C ) = 1 .

-- 15 --

Trong tổng n ( A ) + n ( B ) + n (C ) được tính n ( A ∩ B ∩ C ) 3 lần, trong

n(A ∩ B) + n(B ∩ C ) + n(C ∩ A) cũng được tính n ( A ∩ B ∩ C ) 3 lần. Vì vậy n(A ∪ B ∪ C ) = n ( A ) + n ( B ) + n (C ) − n(A ∩ B ) − n(B ∩ C ) − n (C ∩ A) + n ( A ∩ B ∩ C )

= 10 + 8 + 6 − (5 + 4 + 3) + 1 = 13 Vậy số ngày thời tiết xấu là 13 ngày. Nhận xét: Với A, B,C là các tập bất kì khi đó ta luôn có

• n (A ∪ B ) = n (A) + n (B ) − n (A ∩ B ) • n(A ∪ B ∪ C ) = n ( A ) + n ( B ) + n (C ) − n(A ∩ B ) − n(B ∩ C ) − n(C ∩ A) + n ( A ∩ B ∩ C ) 3. Bài tập luyện tập Bài 1.33: Một nhóm học simh giỏi các bộ môn: Anh, Toán, Văn . Có 8 em giỏi Văn, 10 em giỏi Anh, 12 em giỏi Toán , 3 em giỏi Văn và Toán, 4 em giỏi Toán và Anh , 5 em giỏi Văn và Anh, 2 em giỏi cả ba môn. Hỏi nhóm đó có bao nhiêu em ? Bài 1.34: Có 40 học sinh giỏi, mỗi em giỏi ít nhất một môn . Có 22 em giỏi Văn, 25 em giỏi Toán, 20 em giỏi Anh. Có 8 em giỏi đúng hai môn Văn, Toán; Có 7 em giỏi đúng hai môn Toán, Anh; Có 6 em giỏi đúng hai môn Anh, Văn. Hỏi: Có bao nhiêu em giỏi cả ba môn Văn, Toán, Anh? Bài 1.35: Trong Kỳ thi tốt nghiệp phổ thông, ở một trường kết quả số thí sinh đạt danh hiệu xuất sắc như sau: Về môn Toán: 48 thí sinh; Về môn Vật lý: 37 thí sinh; Về môn Văn: 42 thí sinh; Về môn Toán hoặc môn Vật lý: 75 thí sinh; Về môn Toán hoặc môn Văn: 76 thí sinh; Về môn Vật lý hoặc môn Văn: 66 thí sinh; Về cả 3 môn: 4 thí sinh. Vậy có bao nhiêu học sinh nhận được danh hiệu xuất sắc về: a) Một môn? b) Hai môn? c) ít nhất một môn? DẠNG TOÁN 3: CHỨNG MINH TẬP HỢP BẰNG NHAU, TẬP HỢP CON 1. Phương pháp giải • Để chứng minh A ⊂ B Lấy ∀x , x ∈ A ta đi chứng minh x ∈ B

• Để chứng minh A = B ta đi chứng minh + A ⊂ B và B ⊂ A hoặc ∀x , x ∈ A ⇔ x ∈ B 2. Các ví dụ minh họa     π   2π  Ví dụ 1: Cho các tập hợp A =  + k π, k ∈ Z  , B =  − + k π, k ∈ Z   và     3 3          2π k π      C = − + , k ∈Z  3  2    

a) Chứng minh rằng A = B . b) A ⊂ C Lời giải: a) • Ta có ∀x ∈ A ⇒ ∃k0 ∈ Z : x =

π + k 0π suy ra 3

-- 16 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

π 2π x = − π + ( k0 + 1) π = − + ( k0 + 1) π . 3 3 Vì k 0 ∈ Z ⇒ k0 + 1 ∈ Z do đó x ∈ B suy ra A ⊂ B (1).

• ∀x ∈ B ⇒ ∃k 0 ∈ Z : x = −

2π + k0 π suy ra 3

2π π x =− + π + (k0 − 1) π = + (k0 − 1) π . 3 3 Vì k 0 ∈ Z ⇒ k 0 − 1 ∈ Z do đó x ∈ A suy ra B ⊂ A (2).

Từ (1) và (2) suy ra A = B . b) Ta có ∀x ∈ A ⇒ ∃k0 ∈ Z : x =

π + k 0π suy ra 3

2 ( k0 + 1) π π 2π 2 ( k 0 + 1 ) π . −π + =− + 3 2 3 2 Vì k 0 ∈ Z ⇒ 2 ( k 0 + 1 ) ∈ Z do đó x ∈ C x =

 x    x ⇔  x      x 

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

∈A x ∈ A ∩ B ∈B ⇔  ⇔ x ∈ (A ∩ B ) ∪ (A ∩ C ) ∈A x ∈ A ∩C  ∈C

Suy ra A ∩ ( B ∪ C ) = ( A ∩ B ) ∪ ( A ∩ C ) .

 x ∈A   x ∈A  b) Ta có x ∈ A ∪ ( B ∩ C ) ⇔  ⇔   x ∈ B x ∈ B ∩ C    x ∈C   x ∈ A      x ∈ B x ∈ A ∪ B    ⇔   ⇔ ⇔ x ∈ (A ∪ B ) ∩ (A ∪ C )  x ∈ A   x ∈ A ∪C       x ∈ C     Suy ra A ∪ ( B ∩ C ) = ( A ∪ B ) ∩ ( A ∪ C )

Suy ra A ⊂ C . Ví dụ 2: Cho A và B là hai tập hợp. Chứng minh rằng a) ( A \ B ) ⊂ A b) A ∩ ( B \ A ) = ∅ c) A ∪ ( B \ A ) = A ∪ B Lời giải:

 x ∈ A a) Ta có ∀x , x ∈ A \ B ⇔  ⇒x ∈A   x ∉B   Suy ra ( A \ B ) ⊂ A  x ∈ A   x ∈A     b) Ta có x ∈ A ∩ ( B \ A ) ⇔  ⇔ x ∈ B ⇔ x ∈ ∅   x ∈ (B \ A)  x ∉ A     Suy ra A ∩ ( B \ A ) = ∅

 x ∈A   x ∈A x ∈ A x ∈ B ⇔  c) Ta có x ∈ A ∪ ( B \ A ) ⇔  ⇔    x ∈ B ⇔ x ∈ A ∪ B x ∈ B \ A ( )   x ∉ A     Ví dụ 3: Cho các tập hợp A, B và C . Chứng minh rằng a) A ∩ ( B ∪ C ) = ( A ∩ B ) ∪ ( A ∩ C )

  x ∈ A  x ∈A     c) Ta có x ∈ A ∩ ( B \ C ) ⇔  ⇔ x ∈ B   x ∈ B \C    x ∉C     x ∈ A ∩ B ⇔ ⇔ x ∈ (A ∩ B ) \ C   x ∉C   Suy ra A ∩ ( B \ C ) = ( A ∩ B ) \ C 3. Bài tập luyện tập Bài 1.36: Cho A = {x ∈ N | x chia hết cho 4} , B = {x ∈ N | x chia hết cho 6} và C = {x ∈ N | x chia hết cho 12} . a) Chứng minh rằng A ⊂ C và B ⊂ C b) A ∪ B = C c) A ⊄ B

 π   11π      Bài 1.37: Cho các tập hợp A =  + k 2π, k ∈ Z   − + k 2π, k ∈ Z  , B =    và     6 6            π kπ    C = + , k ∈Z   2 3    a) Chứng minh rằng A = B . b) A ⊂ C Bài 1.38: Cho các tập hợp A ⊂ B, C ⊂ D . Chứng minh rằng

b) A ∪ ( B ∩ C ) = ( A ∪ B ) ∩ ( A ∪ C ) c) A ∩ ( B \ C ) = ( A ∩ B ) \ C

a) A ∪ C ⊂ B ∪ D

Lời giải:

   a) Ta có x ∈ A ∩ ( B ∪ C ) ⇔   x 

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

  x ∈A  x ∈A  x ∈ B ⇔   ∈ B ∪C  x ∈ C    

b) A ∩ C ⊂ B

c) C B A ∪ A = B

Bài 1.39: Cho các tập hợp A, B và C . Chứng minh rằng a) ( A \ B ) ∪ ( B \ A ) = ( A ∪ B ) \ ( A ∩ B ) b) A \ ( B ∩ C ) = ( A \ B ) ∪ ( A \ C ) c) A \ ( B ∪ C ) = ( A \ B ) ∩ ( A \ C ) DẠNG TOÁN 4: PHÉP TOÁN TRÊN TẬP CON CỦA TẬP SỐ THỰC 1. Phương pháp giải • Để tìm A ∩ B ta làm như sau

-- 17 --

-- 18 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

- Sắp xếp theo thứ tự tăng dần các điểm đầu mút của các tập hợp A, B lên trục số

b) Ta có

- Biểu diễn các tập A, B trên trục số(phần nào không thuộc các tập đó thì gạch bỏ)

Biểu diễn tập đó trên trục số là c) Ta có  −4; 3  \  −2;1  =  −4; −2 ) ∪ ( 1; 3  −4 Biểu diễn tập đó trên trục số là / / /[ 1 d) Ta có ℝ \  1; 3  = ( −∞;1 ) ∪ ( 3; +∞ )

- Phần không bị gạch bỏ chính là giao của hai tập hợp A, B

• Để tìm A ∪ B ta làm như sau - Sắp xếp theo thứ tự tăng dần các điểm đầu mút của các tập hợp A, B lên trục số

( 0; 3 ) ∪  1; 4  = ( 0; 4 

////(

]/ / / / / / −2

- Phần tô đậm chính là hợp của hai tập hợp A, B

• Để tìm A \ B ta làm như sau - Sắp xếp theo thứ tự tăng dần các điểm đầu mút của các tập hợp A, B lên trục số

)[/ / / /](

c) A ⊂ C ℝ B

d) C ℝ A ∩ B ≠ ∅

- Biểu diễn tập A trên trục số(gạch bỏ phần không thuộc tập A ), gạch bỏ phần thuộc tập B trên trục số - Phần không bị gạch bỏ chính là A \ B .

Lời giải: Ta có biểu diễn trên trục số các tập A và B trên hình vẽ a) Ta có A ∩ B = ∅

2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Cho các tập hợp:

⇔ m ≤ 3m − 1 ⇔ m ≥ B = { x ∈ R |1 < x ≤ 5 }

C = { x ∈ R |− 2 ≤ x ≤ 4 }

Vậy m ≥

a) Hãy viết lại các tập hợp A, B, C dưới kí hiệu khoảng, nửa khoảng, đoạn. b) Tìm A ∪ B, A ∩ B, A \ B .

Suy ra A ∪ B = ( −∞; 5  • Biểu diễn trên trục số

)/ / / / / / / /

1 2 3m − 1

1 là giá trị cần tìm. 2

3m + 3

/ / / / /[

b) Ta có B ⊂ A ⇔ 3m + 3 < m ⇔ m < −

c) Tìm ( B ∪ C ) \ ( A ∩ C )

]/ / / /

3 2

3 là giá trị cần tìm. 2 c) Ta có C ℝ B = ( −∞; 3m − 1 ) ∪ ( 3m + 3; +∞ )

Vậy m < −

Lời giải: a) Ta có: A = ( −∞; 3 )

B = ( 1; 5 

b) • Biểu diễn trên trục số

]/ / /

Biểu diễn tập đó trên trục số là Ví dụ 3: Cho các tập hợp A = ( −∞; m ) và B =  3m − 1; 3m + 3  . Tìm m để a) A ∩ B = ∅ b) B ⊂ A

- Tô đậm các tập A, B trên trục số

A = { x ∈ R |x < 3 }

)/ / / /(

C =  −2; 4  .

(

)

]

Suy ra A ⊂ C ℝB ⇔ m ≤ 3m − 1 ⇔ m ≥

Vậy m ≥

////(

)\/\/\/\]\/\/\/\ 3

1 là giá trị cần tìm. 2

3 d) Ta có C ℝ A =  m; +∞ ) suy ra C ℝ A ∩ B ≠ ∅ ⇔ m ≤ 3m + 3 ⇔ m ≥ − 2

Suy ra A ∩ B = ( 1; 3 )

1 2

Suy ra A \ B = ( −∞;1 

3 là giá trị cần tìm. 2 3. Bài tập luyện tập Bài 1.40: Xác định các tập hợp A ∪ B, A \ C , A ∩ B ∩ C và biểu diễn trên trục số các

c) Bằng cách biểu diễn trên trục số ta có A ∩ C =  −2; 3 ) và B ∪ C =  −2;5 

a) A = { x ∈ R −1 ≤ x ≤ 3 } , B = { x ∈ R x ≥ 1} ,C = ( −∞;1 )

• Biễu diễn trên trục số

Vậy m ≥ −

( / / / /)\/\//\/\]\ \ \ \

tập hợp tìm được biết:

Suy ra ta có ( B ∪ C ) \ ( A ∩ C ) =  3; 5  Nhận xét: Việc biểu diễn trên trục số để tìm các phép toán tập hợp ta làm trên giấy nháp và trình bày kết quả vào. Ví dụ 2: Xác định các tập số sau và biểu diễn trên trục số: a) ( −4;2  ∩  0; 4 ) b) ( 0; 3 ) ∪  1; 4      c)  −4; 3  \  −2;1  d) ℝ \  1; 3  Lời giải: a) Ta có ( −4;2  ∩  0; 4 ) =  0;2  Biểu diễn tập đó trên trục số là

b) A = { x ∈ R −2 ≤ x ≤ 2 } , B = { x ∈ R x ≥ 3 } ,C = ( −∞; 0 ) Bài 1.41: Cho tập A = [-1; 2), B = (-3; 1) và C = (1; 4]. a) Viết tập A, B, C dưới dạng chỉ ra tính chất đặc trưng của các phần tử và biểu diễn chúng trên trục số. b) Xác định các phép toán A ∩ B, B ∪ C , A \ B . Bài 1.42: Cho hai tập hợp A =  0; 4 ), B = { x ∈ ℝ / x ≤ 2 } . Hãy xác định các tập hợp A ∪ B, A ∩ B, A \ B Bài 1.43: a) Cho

/ / / / /[

]/ / / / / / -- 19 --

A = { x ∈ R | −1 ≤ x < 5 }

B={ x ∈ R | −2 < x < 0 hoặc 1 < x ≤ 6 }

C={ x ∈ R | x ≥ 2 } Tìm A ∩ B, A ∪ C , B \ C và biểu diễn cách lấy kết quả trên trục số -- 20 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

b) Cho A = ( −∞, −2 ), B = [2m + 1, +∞) . Tìm m để A ∪ B = R . Bài 1.44: a) Tìm m để ( 1; m  ∩ ( 2; +∞ ) ≠ ∅ .

  x ≤3    x + 1 ≥ 0 dưới dạng tập số. b) Viết tập A gồm các phần tử x thỏa mãn điều kiện    x <0    Bài 1.45: Cho A =  m; m + 2  và B =  n; n + 1  . Tìm điều kiện của các số m và n để A ∩ B = ∅      m + 1  và B = ( −∞; −2 ) ∪  2; +∞ ) . Tìm m để Bài 1.46: Cho tập hợp A =  m − 1;   2  a) A ⊂ B

b) A ∩ B = ∅

Bài 1.47: Cho hai tập khác rỗng: A = ( m – 1; 4  , B = ( –2 ;2m + 2 ) , với m ∈ R. Xác định m để: a) A ∩ B ≠ ∅ ; c) B ⊂ A ;

b) A ⊂ B ; d) (A ∩ B ) ⊂ (−1; 3) .

CHỦ ĐỀ 4: SỐ GẦN ĐÚNG. SAI SỐ A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Số gần đúng Trong nhiều trường hợp ta không thể biết được giá trị đúng của đại lượng mà ta chỉ biết số gần đúng của nó. Ví dụ: giá trị gần đúng của π là 3,14 hay 3,14159; còn đối với 2 là 1,41 hay 1,414;… Như vậy có sự sai lệch giữa giá trị chính xác của một đại lượng và giá trị gần đúng của nó. Để đánh giá mức độ sai lệch đó, người ta đưa ra khái niệm sai số tuyệt đối. 2. Sai số tuyệt đối a) Sai số tuyệt đối của số gần đúng Nếu a là số gần đúng của a thì ∆a = a − a được gọi là sai số tuyệt đối của số gần đúng a .

• Độ chính xác của một số gần đúng Trong thực tế, nhiều khi ta không biết a nên ta không tính được ∆a . Tuy nhiên ta có thể đánh giá ∆a không

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

Nhận xét: Khi thay số đúng bởi số qui tròn đến một hàng nào đó thì sai sô tuyệt đối của số qui tròn không vượt quá nửa đơn vị của hàng qui tròn. Như vậy, độ chính xác của số qui tròn bằng nửa đơn vị của hàng qui tròn. Chú ý: Các viết số quy tròn của số gần đúng căn cứ vào độ chính xác cho trước: Cho số gần đúng a với độ chính xác d. Khi được yêu cầu quy tròn a mà không nói rõ quy tròn đến hàng nào thì ta quy tròn a đến hàng cao nhất mà d nhỏ hơn một đơn vị của hàng đó. 4. Chữ số chắc (đáng tin) Cho số gần đúng a của số a với độ chính xác d . Trong số a , một chữ số được gọi là chữ số chắc (hay đáng tin) nếu d không vượt quá nửa đơn vị của hàng có chữ số đó. Nhận xét: Tất cả các chữ số đứng bên trái chữ số chắc đều là chữ số chắc. Tất cả các chữ số đứng bên phải chữ số không chắc đều là chữ số không chắc. 5. Dạng chuẩn của số gần đúng - Nếu số gần đúng là số thập phân không nguyên thì dạng chuẩn là dạng mà mọi chữ số của nó đều là chữ chắc chắn. - Nếu số gần đúng là số nguyên thì dạng chuẩn của nó là A .10k trong đó A là số nguyên, k là hàng thấp nhất có chữ số chắc ( k ∈ Ν ). (suy ra mọi chữ số của A đều là chữ số chắc chắn) Khi đó độ chính xác d = 0, 5.10k . 6. Kí hiệu khoa học của một số Mọi số thập phân khác 0 đều viết được dưới dạng α.10n , 1 ≤ α < 10, n ∈ Ζ (Quy ước 10−n =

như vậy được gọi là kí hiệu khoa học của số đó. B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI DẠNG TOÁN 1: TÍNH SAI SỐ TUYỆT ĐỐI, SAI SỐ TƯƠNG ĐỐI CỦA SỐ GẦN ĐÚNG. VIẾT SỐ QUY TRÒN 1. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Độ dài của cái cầu bến thủy hai (Nghệ An) người ta đo được là 996m ± 0, 5m . Sai số tương đối tối đa trong phép đo là bao nhiêu. Lời giải: Ta có độ dài gần đúng của cầu là a = 996 với độ chính xác d = 0, 5

vượt quá một số dương d nào đó. Nếu ∆a ≤ d thì a − d ≤ a ≤ a + d , khi đó ta viết a = a ± d

d gọi là độ chính xác của số gần đúng. b) Sai số tương đối Sai số tương đối của số gần đúng a , kí hiệu là δa là tỉ số giữa sai số tuyệt đối và a , tức là δa =

∆a . |a |

Vì sai số tuyệt đối ∆a ≤ d = 0, 5 nên sai số tương đối δa =

d d . do đó càng nhỏ thì chất lượng của phép đo |a | |a |

đạc hay tính toán càng cao. 3. Quy tròn số gần đúng • Nguyên tắc quy tròn các số như sau: - Nếu chữ số ngay sau hàng quy tròn nhỏ hơn 5 thì ta chỉ việc thay chữ số đó và các chữ số bên phải nó bởi 0. - Nếu chữ số ngay sau hàng quy tròn lớn hơn hay bằng 5 thì ta thay chữ số đó và các chữ số bên phải nó bởi 0 và cộng thêm một đơn vị vào số hàng vi tròn. -- 21 --

∆a d 0, 5 ≤ = ≈ 0, 05% a a 996

Vậy sai số tương đối tối đa trong phép đo trên là 0, 05% . Ví dụ 2: Hãy xác định sai số tuyệt đối của các số gần đúng a, b biết sai số tương đối của chúng. a) a = 123456, δa = 0,2%

b) a = 1,24358, δa = 0, 5%

Lời giải:

Nhận xét: Nếu a = a ± d thì ∆a ≤ d suy ra δa ≤

1 ) dạng 10n

Ta có δa =

∆a ⇔ ∆a = a δa a

a) Với a = 123456, δa = 0,2% ta có sai số tuyệt đối là

∆a = 123456.0,2% = 146, 912 b) Với a = 1,24358, δa = 0, 5% ta có sai số tuyệt đối là

∆a = 1,24358.0, 5% = 0, 0062179 . Ví dụ 3: Làm tròn các số sau với độ chính xác cho trước. a) a = 2,235 với độ chính xác d = 0, 002 -- 22 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

b) a = 23748023 với độ chính xác d = 101 Lời giải: a) Ta có 0, 001 < 0, 002 < 0, 01 nên hàng cao nhất mà d nhỏ hơn một đơn vị của hàng đó là hàng phần trăm Do đó ta phải quy tròn số a = 2,235 đến hàng phần trăm suy ra a ≈ 2,24 . b) Ta có 100 < 101 < 1000 nên hàng cao nhất mà d nhỏ hơn một đơn vị của hàng đó là hàng nghìn Do đó ta phải quy tròn số a = 23748023 đến hàng nghìn suy ra a ≈ 23748000 . Ví dụ 4: a) Hãy viết giá trị gần đúng của

8 chính xác đến hàng phần trăm và hàng phần nghìn biết

8 = 2, 8284... . Ước lượng sai số tuyệt đối trong mỗi trường hợp. 3

20154 chính xác đến hàng chục và hàng trăm biết . Ước lượng sai số tuyệt đối trong mỗi trường hợp. Lời giải: b) Hãy viết giá trị gần đúng của

a) Ta có Ta có

8 = 2, 8284... do đó giá trị gần đúng của

20154 = 25450, 71...

8 đến hàng phần trăm là 2, 83

8 − 2, 83 = 2, 83 − 8 ≤ 2, 83 − 2, 8284 = 0, 0016

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

2. Bài tập luyện tập Bài 1.48: Theo thống kê dân số Việt Nam năm 2002 là 79715675 người. Giả sử sai số tuyệt đối nhỏ hơn 10000. Hãy viết quy tròn của số trên. Bài 1.49: Đo độ cao một ngọn núi là h = 1372, 5m ± 0,1m . Hãy viết số quy tròn của số 1372,5 Bài 1.50: Đo độ cao một ngọn cây là h = 347,13m ± 0,2m . Hãy viết số quy tròn của số 347,13 Bài 1.51: Cho giá trị gần đúng của π là a = 3,141592653589 với độ chính xác là 10-10. Hãy viết số quy tròn của a. Bài 1.52. Sử dụng máy tính bỏ túi, hãy viết giá trị gần đúng của mỗi số sau, chính xác đến hàng phần trăm và hàng phần nghìn: a) 3 ; b) π 2 . Bài 1.53: Hãy viết số quy tròn của số a với độ chính xác d được cho sau đây: a) a = 17658 ± 16 ;

b) a = 15, 318 ± 0, 056 .

Bài 1.54: Cho a = 15 ± 0, 002 , b = 0,123 ± 0, 001 , c = 13 ± 0, 05 Chứng minh rằng: a) a + b = 15,123 ± 0, 003

Suy ra sai số tuyệt đối của số gần đúng 2, 83 không vượt quá 0, 0016 .

c) a + bc = 16, 599 ± 0, 02115

Giá trị gần đúng của

Bài 1.55: Cho số x =

Ta có

8 đến hàng phần nghìn là 2, 828

8 − 2, 828 =

8 − 2, 828 ≤ 2, 8284 − 2, 828 = 0, 0004

Suy ra sai số tuyệt đối của số gần đúng 2, 828 không vượt quá 0, 0004 . b) Sử dụng máy tính bỏ túi ta có Do đó giá trị gần đúng của Ta có

20154 − 25450 =

20154 = 25450, 71966...

2015 đến hàng chục là 25450 4

20154 − 25450 ≤ 25450, 72 − 25450 = 0, 72

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

Vậy S = 345m ± 0, 3801m .

b) 20a − 10b + c = 311, 77 ± 0,1

2 . Cho các giá trị gần đúng của x là: 0,28 ; 0,29 ; 0,286 . Hãy xác định sai số tuyệt 7

đối trong từng trường hợp và cho biết giá trị gần đúng nào là tốt nhất. Bài 1.56: Một miếng đất hình chữ nhật có chiều rộng x = 43m ± 0, 5m và chiều dài y = 63m ± 0, 5m . Chứng minh rằng chu vi P của miếng đất là P = 212m ± 2m . Bài 1.57: Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh đo được như sau: a = 12 cm ± 0, 2 cm ; b = 10, 2 cm ± 0, 2 cm ; c = 8 cm ± 0,1cm.

y = 15m ± 0, 01m . Chứng minh rằng

Tính chu vi P của tam giác và đánh giá sai số tuyệt đối, sai số tương đối của số gần đúng của chu vi qua phép đo. DẠNG TOÁN 2: XÁC ĐỊNH CÁC CHỮ SỐ CHẮC CỦA MỘT SỐ GẦN ĐÚNG, DẠNG CHUẨN CỦA CHỮ SỐ GẦN ĐÚNG VÀ KÍ HIỆU KHOA HỌC CỦA MỘT SỐ 1. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Tìm số chắc và viết dạng chuẩn của số gần đúng a biết a) Số người dân tỉnh Nghệ An là a = 3214056 người với độ chính xác d = 100 người. b) a = 1, 3462 sai số tương đối của a bằng 1% .

a) Chu vi của ruộng là P = 76m ± 0, 04m

Lời giải:

b) Diện tích của ruộng là S = 345m ± 0, 3801m

a) Vì

Suy ra sai số tuyệt đối của số gần đúng 25450 không vượt quá 0, 72 . Giá trị gần đúng của Ta có

20154 đến hàng trăm là 25500 .

2015 − 25500 = 25500 − 3 20154 ≤ 25500 − 25450, 71 = 49,29 4

Suy ra sai số tuyệt đối của số gần đúng 25500 không vượt quá 49,29 . Ví dụ 5: Một cái ruộng hình chữ nhật có chiều dài là x = 23m ± 0, 01m và chiều rộng là

Lời giải: a) Giả sử x = 23 + a, y = 15 + b với −0, 01 ≤ a, b ≤ 0, 01 Ta có chu vi ruộng là P = 2 ( x + y ) = 2 ( 38 + a + b ) = 76 + 2 (a + b ) Vì −0, 01 ≤ a, b ≤ 0, 01 nên −0, 04 ≤ 2 ( a + b ) ≤ 0, 04 Do đó P − 76 = 2 ( a + b ) ≤ 0, 04

100 1000 = 50 < 100 < = 500 nên chữ số hàng trăm(số 0) không là số chắc, còn chữ số hàng 2 2 nghìn(số 4) là chữ số chắc. Vậy chữ số chắc là 1,2, 3, 4 .

Cách viết dưới dạng chuẩn là 3214.103 . b) Ta có δa =

∆a ⇒ ∆a = δa . a = 1%.1, 3462 = 0, 013462 a

Vậy P = 76m ± 0, 04m

Suy ra độ chính xác của số gần đúng a không vượt quá 0, 013462 nên ta có thể xem độ chính xác là

b) Diện tích ruộng là S = x .y = ( 23 + a )( 15 + b ) = 345 + 23b + 15a + ab

d = 0, 013462 .

Vì −0, 01 ≤ a, b ≤ 0, 01 nên 23b + 15a + ab ≤ 23.0, 01 + 15.0, 01 + 0, 01.0, 01

0, 01 0,1 = 0, 005 < 0, 013462 < = 0, 05 nên chữ số hàng phần trăm(số 4) không là số chắc, còn chữ 2 2 số hàng phần chục(số 3) là chữ số chắc.

hay 23b + 15a + ab ≤ 0, 3801 suy ra S − 345 ≤ 0, 3801 -- 23 --

Ta có

-- 24 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

Vậy chữ số chắc là 1 và 3 . Cách viết dưới dạng chuẩn là 1, 3 . Ví dụ 2: Viết các số gần đúng sau dưới dạng chuẩn a) a = 467346 ± 12 b) b = 2, 4653245 ± 0, 006 Lời giải: a) Ta có

10 100 = 5 < 12 < = 50 nên chữ số hàng trăm trở đi là chữ số chữ số chắc do đó số gần đúng 2 2

viết dưới dạng chuẩn là 4673.10 . 2

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

d) Hãy phát biểu định lí đảo (nếu có) của định lí trên rồi dùng các thuật ngữ “điều kiện cần và đủ” phát biểu gộp cả hai định lí thuận và đảo. Bài 1.66: Cho tập X = { 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7 } . a) Hãy tìm tất cả các tập con của X có chứa các phần tử 1, 3, 5, 7. b) Có bao nhiêu tập con của X chứa đúng 2 phần tử ? Bài 1.67: Xét tính đúng sai của mệnh đề sau và nêu mệnh đề phủ định của nó. a) ∃x ∈ Q : 4x 2 −1= 0 ;

b) ∃x ∈ Z, x 2 = 3 ;

c) ∀n ∈ N * : 2n + 3 là một số nguyên tố ;

d) ∀x ∈ ℝ, x 2 + 4x + 5 > 0 .

0, 01 0,1 b) Ta có = 0, 005 < 0, 006 < = 0, 05 nên chữ số hàng phần chục trở đi là chữ số chữ số chắc do 2 2 đó số gần đúng viết dưới dạng chuẩn là 2, 5 .

e) ∀x ∈ ℝ, x 4 − x 2 + 2x + 2 ≥ 0

Ví dụ 3: Các nhà khoa học Mỹ đang nghiên cứu liệu một máy bay có thể có tốc độ gấp bảy lần tốc độ ánh sáng. Với máy bay đó trong một năm(giả sử một năm có 365 ngày) nó bay được bao nhiêu? Biết vận tốc ánh sáng là 300 nghìn km/s. Viết kết quả dưới dạng kí hiệu khoa học. Lời giải: Ta có một năm có 365 ngày, một ngày có 24 giờ, một giờ có 60 phút và một phút có 60 giây Vậy một năm có 24.365.60.60 = 31536000 giây. Vì vận tốc ánh sáng là 300 nghìn km/s nên trong vòng một năm nó đi được

a) Viết định lí trên dưới dạng kí hiệu. b) Định lí trên có định lí đảo không ? Giải thích. c) Sử dụng thuật ngữ "điều kiện cần" và "điều kiện đủ" để phát biểu định lí trên. Bài 1.69: Chứng minh bằng phản chứng các định lí sau: a) Chứng minh rằng với n ∈ N, ta có: n: lẻ ⇔ 3n + 1: chẵn

31536000.300 = 9, 4608.109 km. 2. Bài tập luyện tập Bài 1.58: Một hình lập phương có thể tích V = 180, 57cm 3 ± 0, 05cm 3 . Xác định các chữ số chắc chắn của V. Bài 1.59: Số dân của một tỉnh là A = 1034258 ± 300 (người). Hãy tìm các chữ số chắc và viết A dưới dạng chuẩn. Bài 1.60: Người ta đo chu vi của một khu vườn là P = 213, 7m ± 1,2m . Hãy đánh giá sai số tương đối của phép đo trên và viết kết quả tìm được dưới dạng khoa học. Bài 1.61: Khi xây một hồ cá hình tròn người ta đo được đường kính của hồ là 8,52m với độ chính xác đến 1cm. . Hãy đánh giá sai số tương đối của phép đo trên và viết kết quả tìm được dưới dạng khoa học . Bài 1.62: Đo chiều dài của một con dốc, ta được số đo a = 192, 55 m , với sai số tương đối không vượt quá 0,3%. Hãy tìm các chữ số chắc của d và nêu cách viết chuẩn giá trị gần đúng của a . Bài 1.63: Cho 3,141592 < π < 3,141593 . Hãy viết giá trị gần đúng của số π dưới dạng chuẩn và đánh giá sai số tuyệt đối của giá trị gần đúng này trong mỗi trường hợp sau: a) Giá trị gần đúng của π có 5 chữ số chắc ; b) Giá trị gần đúng của π có 6 chữ số chắc ; c) Giá trị gần đúng của π có 3 chữ số chắc. CHỦ ĐỀ 5: ÔN TẬP Bài 1.64: Cho Oxy , lập mệnh đề kéo theo và mệnh đề tương đương của hai mệnh đề sau đây và cho biết tính đúng, sai của chúng: P: “Điểm M nằm trên phân giác của góc Oxy ”. Q: “Điểm M cách đều hai cạnh Ox, Oy”. Bài 1.65: Cho định lí: "Cho số tự nhiên n. Nếu n5 chia hết cho 5 thì n chia hết cho 5". Định lí này được viết dưới dạng P ⇒ Q. a) Hãy xác định các mệnh đề P và Q. b) Phát biểu định lí trên bằng cách dùng thuật ngữ “điều kiện cần”. c) Phát biểu định lí trên bằng cách dùng thuật ngữ “điều kiện đủ”. -- 25 --

Bài 1.68: Xét định lí: “Nếu x là số thực âm thì x +

1 ≤ −2 ”. x

b) Cho x, y ∈ R. Nếu x 2 + y 2 – 2x + 4y + 5 > 0 thì x ≠ 1 hoặc y ≠ −2 . c) Nếu x ≠ – 1 và y ≠ – 1 thì x + y + xy ≠ – 1 Bài 1.70: Cho các tập hợp:

A = {x ∈ ℤ | −1 ≤ x < 6}, B = {x ∈ ℚ | (1 − 3x )(x 4 − 3x 2 + 2) = 0}, C = {0;1;2;3;4;5;6} a) Viết các tập hợp A, B dưới dạng liệt kê các phần tử, tập C dưới dạng chỉ rõ tính đặc trưng của phần tử. b) Tìm A ∩ B, A ∪ B, A \ B, C B ∪AA ∩ B . c) Chứng minh rằng A ∩ (B ∪ C ) = A. Bài 1.71: Tìm quan hệ bao hàm hay bằng nhau giữa các tập hợp sau đây: a) A = { x ∈ ℕ x < 2

};

b) A = { x ∈ ℤ 4.x 2 − 9 = 0 } ;

B = { x ∈ ℚ (x 2 − x ) (x 2 − 2) = 0 } . B = { x ∈ ℝ x 2 + 4x = 0 } .

c) A = { x ∈ ℕ 1 < x < 4 } ;

B = { x ∈ ℤ x 2 − 9 = 0 }.

Bài 1.72: Cho A = { 0 ; 2 ; 4 ; 6 }, B = { 4 ; 5 ; 6 } . a) Hãy xác định tất cả các tập con khác rỗng X , Y của A biết rằng X ∪ Y = A và (A ∩ B ) ⊂ X ; b) Hãy xác định tất cả các tập P biết rằng (A ∩ B ) ⊂ P ⊂ (A ∪ B). Bài 1.73: Cho ba tập hợp: A = { x ∈ ℝ − 3 ≤ x < 1} ; B = { x ∈ ℝ − 1 ≤ x ≤ 5 } ; C = { x ∈ ℝ x ≥ 2 } . a) Xác định các tập hợp sau đây và viết kết quả dưới dạng khoảng, đoạn hay nửa khoảng: A ∩ B, A ∪ B, (B \ A) ∩ C. b) Chứng minh rằng: C ℝ ( A ∪ B ) = (C ℝA ) ∩ (C ℝB ) . Bài 1.74: a) Cho tập G = [−2; +∞), H = {x ∈ ℝ | | x |≤ 3}, K = (−1; 1) . Tìm: K ∩ ℤ, H \ K , (C ℝG ) ∪ C ℝ (H ∪ K )  . b) Tìm các số a, b, c, d thuộc ℝ sao cho x ∈ [a; b ] ⇔ c ≤ x ≤ 8 ⇔| x − d |≤ 5 Bài 1.75: Viết số gần đúng của các số

2011, 2012 chính xác đến hàng phần trăm. -- 26 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

Bài 1.76: Cho hai tập hợp A, B bất kì. Chứng minh rằng: A ∪ B = A ∩ B ⇔ A = B . HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ PHẦN BÀI TẬP LUYỆN TẬP Bài 1.0: Câu không phải mệnh đề là a), b) Câu d),f) là mệnh đề đúng. Câu e) sai. Câu g) đúng Bài 1.1: Ta xét dự đoán của bạn Dung + Nếu Singgapor nhì thì Singapor nhất là sai do đó Inđônêxia nhì là đúng(mâu thuẫn) + Như vậy Thái lan thứ ba là đúng suy ra Việt Nam nhì Singapor nhất và Inđônêxia thứ tư Bài 1.2: Ta có các mệnh đề phủ định là

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

Q ⇒ P : "Nếu Tứ giác không nội tiếp đường tròn thì tổng 2 góc đối của tứ giác đó bằng 1800"

Mệnh đề P ⇒ Q đúng, mệnh đề Q ⇒ P sai. b) P ⇒ Q : " Nếu

2 − 3 > −1 thì

P : " Trong tam giác tổng ba góc không bằng 180 ", mệnh đề này sai

Q:"

(

3 − 27

)

không phải là số nguyên ", mệnh đề này sai

R : " Việt Nam không vô địch Worldcup 2020", mệnh đề này chưa xác định được đúng hay sai S : "−

5 ≤ −2 ", mệnh đề này đúng 2

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

Mệnh đề B ⇒ C đúng vì B sai. b) Mệnh đề A ⇔ B sai vì mệnh đề A ⇒ B sai (Hoặc A đúng và B sai). Mệnh đề B ⇔ C đúng vì hai mệnh đề B và C đều sai. Mệnh đề A ⇔ D đúng vì hai mệnh đề A và D đều đúng. Bài 1.6: a) P ⇒ Q : " Nếu tổng 2 góc đối của tứ giác lồi bằng 1800 thì tứ giác đó nội tiếp được đường tròn ".

Q ⇒ P : " Nếu

(

2− 3

)

(

2− 3

≤ ( −1 ) thì

)

> ( −1 ) "

2 − 3 > −1 "

Mệnh đề P ⇒ Q sai vì P đúng, Q sai, mệnh đề Q ⇒ P đúng vì P và Q đều đúng. Bài 1.7: a) x = 3 ta có P ( 3 ) : " 32 − 2.3 ≥ 0 " là mệnh đề đúng b) n = 3 ,

c) x =

1 2

K : " Bất phương trình x > 2030 có nghiệm ", mệnh đề này đúng Bài 1.3 a) P ⇒ Q : " Nếu tứ giác ABCD là hình chữ nhật thì tứ giác ABCD có hai đường thẳng AC và

Bài 1.8: a) Mệnh đề ∀x ∈ ℝ, x 3 − x 2 + 1 > 0 sai chẳng hạn khi x = −1 ta có

BD vuông góc với nhau", mệnh đề đúng Q ⇒ P : " Nếu tứ giác ABCD hai đường thẳng AC và BD vuông góc với nhau thì tứ giác ABCD có là

( −1 )

hình chữ nhật ", mệnh đề sai

Mệnh đề phủ định là ∃x ∈ ℝ, x 3 − x 2 + 1 ≤ 0 .

2013

(

b) P ⇒ Q : " Nếu − 3 > − 2 thì − 3

(

P ⇒ Q : " Nếu − 3

)

(

> − 2

)

(

)

> − 2 ", mệnh đề đúng

− ( −1 ) + 1 = −1 < 0 .

(

thì − 3 > − 2 ", mệnh đề sai

)( ) = ( x + 3x + 1 )( x − 3x + 1 ) − x + 1 ≠ ( x + 3x + 1 )( x −

b) Mệnh đề ∀x ∈ ℝ, x 4 − x 2 + 1 = x 2 + 2x + 1 x 2 − 2x + 1 đúng vì x 4 − x 2 + 1 = ( x 2 + 1 ) − 3x 2

=B +C thì tam giác ABC có BC 2 = AB 2 + AC 2 " c) P ⇒ Q : " Nếu tam giác ABC có A =B +C " Q ⇒ P : "Nếu tam giác ABC có BC 2 = AB 2 + AC 2 thì A

Mệnh đề phủ định là ∃x ∈ ℝ, x 4

Cả hai mệnh đề đều đúng. d) P ⇒ Q : " Nếu Tố Hữu là nhà Toán học lớn của Việt Nam thì Évariste Galois là nhà Thơ lỗi lạc của Thế

Mệnh đề phủ định là " ∀x ∈ N , n 2 + 3 không chia hết cho 4"

giới ", Q ⇒ P : " Nếu Évariste Galois là nhà Thơ lỗi lạc của Thế giới thì Tố Hữu là nhà Toán học lớn của Việt Nam ". Hai mệnh đề đúng. Bài 1.4: a) Ta có mệnh đề P ⇔ Q đúng vì mệnh đề P ⇒ Q, Q ⇒ P đều đúng và được phát biểu bằng hai cách như sau: "Tứ giác ABCD là hình vuông khi và chỉ khi tứ giác ABCD là hình chữ nhật có hai đường chéo bằng vuông góc với nhau " và "Tứ giác ABCD là hình vuông nếu và chỉ nếu tứ giác ABCD là hình chữ nhật có hai đường chéo bằng vuông góc với nhau " b) Ta có mệnh đề P ⇔ Q sai vì mệnh đề P đúng còn Q sai. Phát biểu mệnh đề P ⇔ Q bằng hai cách " Bất phương trình x 2 − 3x + 1 > 0 có nghiệm khi và chỉ khi bất phương trình x 2 − 3x + 1 ≤ 0 vô nghiệm" và " Bất phương trình x 2 − 3x + 1 > 0 có nghiệm nếu và chỉ nếu bất phương trình x 2 − 3x + 1 ≤ 0 vô nghiệm" Bài 1.5:Ta có A và D là các mệnh đề đúng, B và C là các mệnh đề sai. Do đó: a) Mệnh đề A ⇒ B sai vì A đúng và B sai. Mệnh đề A ⇒ D đúng vì A và D đều đúng. -- 27 --

)

3x + 1 .

c) Mệnh đề ∃x ∈ N , n + 3 chia hết cho 4 đúng vì n = 1 ∈ N và n + 1 = 4 ⋮ 4 2

d) Mện đề ∃q ∈ Q, 2q 2 − 1 = 0 sai. Mệnh đề phủ định là ∀q ∈ Q, 2q 2 − 1 ≠ 0 e) Mệnh đề " ∃n ∈ N , n ( n + 1 ) là một số chính phương" đúng. Mệnh đề phủ định là " ∀n ∈ N , n ( n + 1 ) không phải là một số chính phương" Bài 1.9: a) Sai ; b) Đúng ; c)Sai ; d) Đúng, e) sai Bài 1.10: a) Ta có: Với n = 2007 thì n2 + 2 = 20072 + 2 là số lẻ nên không chia hết cho 4. Vậy P(2007) là mệnh đề sai. b) Xét biểu thức

n(n + 1) , với n ∈ ℕ* . ta có: 2

n(n + 1) = 55 : chia hết cho 11.Vậy mệnh đề đã cho là mệnh đề đúng. 2 Bài 1.11: a) Mệnh đề P " ∀x ∈ R, x ∈ Q ⇒ 2x ∈ Q " . MĐ đúng.

Với n = 10 thì

P : " ∃x ∈ R, x ∈ Q ⇒ 2x ∉ Q " . MĐ sai

b) MĐ đảo của P là " Với mọi số thực x, x ∈ Q khi và chỉ khi 2x ∈ Q". Hay " ∀x ∈ R, x ∈ Q ⇔ 2x ∈ Q " . Bài 1.12: a) A(n) ⇒ B(n): “Nếu n là số chẵn thì n2 là số chẵn”. Đây là mệnh đề đúng, vì khi đó n = 2k (k ∈ ℕ ) ⇒ n2 = 4k2 là số chẵn. b) “ ∀n ∈ ℕ, B(n ) ⇒ A(n ) ”: Với mọi số tự nhiên n, nếu n2 là số chẵn thì n là số chẵn. -- 28 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

c) “ ∀n ∈ ℕ, A(n ) ⇔ B(n ) ”: Với mọi số tự nhiên n, n là số chẵn khi và chỉ khi n2 là số chẵn.

Bài 1.19: Dễ dàng chứng minh được nếu n 2 là số chẵn thì n là số chẵn

Bài 1.13: a) Mệnh đề P sai vì chẳng hạn x = 1 ∈ ℝ, y = 2 ∈ ℝ nhưng x + y ≠ 1

Giả sử

2 là số hữu tỉ, tức là

b) Mệnh đề Q đúng vì x = y = 1 ⇒ x + y = 2

m ⇒ m 2 = 2n 2 ⇒ m 2 là số chẵn n

c) Vì x + y = 3 nên với mọi y ∈ ℝ thì luôn tồn tại x = 3 − y do đó mệnh đề R đúng

Từ

d) Mệnh đề S đúng Bài 1.14: Giả sử phương trình vô nghiệm và a,c trái dấu. Với điều kiện a,c trái dấu có a. c<0 suy ra

 m là số chẵn  m = 2k , k ∈ N *

∆ = b − 4ac = b + 4(−ac) > 0 Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt, điều này mâu thuẫn với giả thiết phương trình vô nghiệm. Vậy phương trình vô nghiệm thì a,c phải cùng dấu. Bài 1.15: Giả sử trong hai số nguyên dương a và b có ít nhất một số không chia hết cho 3, chẳng hạn a không chia hết cho 3 . Thế thì a có dạng: a = 3k+1 hoặc a = 3k+2. Lúc đó a2 =3m+1, nen nếu b chia hết cho 3 hoặc b không chia hết cho 3 thì a2 + b2 cũng có dạng: 3n+1 hoặc 3n+2, tức là a2 + b2 không chia hết cho 3, trái giả thiết. Vậy nếu a2 + b2 chia hết cho 3 thì cả a và b đều a2 + b2 chia hết cho 3. Bài 1.16: Giả sử c không phải là cạnh nhỏ nhất của tam giác. Không mất tínhư tổng quát, giả sử a ≤ c ⇒ a 2 ≤ c 2 (1) 2

Theo bất đẳng thức trong tam giác, ta có b < a + c ⇒ b 2 < (a + c ) (2). 2

Do a ≤ c ⇒ ( a + c ) ≤ 4c 2 (3) Từ (2) và (3) suy ra b ≤ 4c (4). 2

Cộng vế với vế (1) và (4) ta có a 2 + b 2 ≤ 5c 2 mâu thuẫn với giả thiết Vậy c là cạnh nhỏ nhất của tam giác. Bài 1.17 Giả sử cả ba bất đẳng thức đều đúng, Khi đó, nhân theo vế của các bất đẳng thức trên ta được: 3

1 1 (*) a ( 1 – b ) .b ( 1 − c ) .c ( 1 – a ) >   hay a ( 1 – a ) .b ( 1 − b ) .c ( 1 – c ) >  4  64 2

Mặt khác a ( 1 – a ) = −a 2 + a =

1  1 1 − a −  ≤ 4  2 4

Do 0 < a < 1 ⇒ 0 < a ( 1 – a ) ≤

Từ m 2 = 2n 2 ⇒ 4k 2 = 2n 2 ⇒ n 2 = 2k 2 ⇒ n 2 là số chẵn  n là số chẵn Do đó m chẵn, n chẵn, mâu thuẫn với ( m, n ) = 1 . Vậy 2 là số vô tỉ. Bài 1.20: Giả sử ba số a, b, c không đồng thời là số dương. Vậy có ít nhất một số không dương. Do a, b, c có vai trò bình đẳng nên ta có thể giả sử: a ≤ 0 + Nếu a = 0 thì mâu thuẫn với (3) + Nếu a < 0 thì từ (3)  bc < 0 Ta có (2) ⇔ a(b + c) > −bc  a(b + c ) > 0  b + c < 0  a + b + c < 0 mâu thuẫn (1). Vậy cả ba số a, b, c đều dương. >C thì ta dựng hình bình Bài 1.21: • Nếu B hành BEDF như hình vẽ . Ta có: >C ⇒D >C (1) >C ⇒B B 2 2 1 2

Ngoài ra, BE = CF ⇒ DF = CE ⇒ D1 + D2 = C 2 + C 3 (2) .

F 2

D 1 2 E

3 C

Từ (1) và (2) suy ra < C D . 2 3 ⇒ EC < ED ⇒ EC < FB Xét các tam giác BCE và CBF, ta thấy: >B ⇒ BC chung, BE = CF, BF > CE nên C C > B . Mâu thuẫn. 1 1

1 4

1 1 Tương tự thì 0 < b ( 1 – b ) ≤ , 0 < c ( 1 – c ) ≤ 4 4

Nhân theo vế ta được a ( 1 – a ) .b ( 1 − b ) .c ( 1 – c ) ≤

m , trong đó m, n ∈ ℕ*, ( m, n ) = 1 n

1 (**) 64

>B , chứng minh hoàn toàn tương tự như trên. • Trường hợp C Do đó B = C . Vậy tam giác ABC cân tại A. Bài 1.22: Trước hết sắp xếp các đoạn đã cho theo thứ tự tăng dần của độ dài a1, a2 ,..., a7 và chứng minh

Bất đẳng thức (**) mâu thuẫn (*), Vậy có ít nhất một trong các bất đẳng thức đã cho là sai. (đpcm) Bài 1.18: Giả sử cả hai phương trình trên vô nghiệm

rằng trong dãy đã xếp luôn tìm được 3 đoạn liên tiếp sao cho tổng của 2 đoạn đầu lớn hơn đoạn cuối (vì điều kiện để 3 đoạn có thể ghép thành một tam giác là tổng của 2 đoạn lớn hơn đoạn thứ ba). Giả sử điều cần chứng minh là không xảy ra, nghĩa là đồng thời xảy ra các bất đẳng thức sau: a1 + a2 ≤ a 3 ; a2 + a 3 ≤ a 4 ;...; a 5 + a 6 ≤ a7

Khi đó D1 = a12 – 4b1 < 0, D1 = a22 – 4b2 < 0

Từ giả thiết a1, a2 có giá trị lớn hơn 10, ta nhận được a 3 > 20 . Từ a2 > 10 và a 3 > 20 ta nhận được

⇒ a12 – 4b1 + a 22 – 4b2 < 0 ⇔ a12 + a 22 < 4 (b1 + b2 )

(1)

Mà ( a1 – a 2 ) ≥ 0 ⇔ a12 + a 22 ≥ 2a1a2 (2) Từ (1) và (2) suy ra 2a1a 2 < 4 (b1 + b2 ) hay a1a2 < 2 (b1 + b2 ) trái giả thiết. Vậy phải có ít nhất 1 trong hai số ∆1, ∆2 lớn hơn 0 do đo ít nhất 1 trong 2 phương trình x 2 + a1x + b1 = 0, x 2 + a 2x + b2 = 0 có nghiệm.

-- 29 --

a 3 > 30, a 5 > 50, a6 > 80 và a7 > 130 . Điều a7 > 130 là mâu thuẩn với giả thiết các độ dài nhỏ hơn 100. Có mâu thuẩn này là do giả sử điểu cần chứng minh không xảy ra. Vậy, luôn tồn tại 3 đoạn liên tiếp sao cho tổng của 2 đoạn đầu lớn hơn đoạn cuối. Hay nói cách khác là 3 đoạn này có thể ghép thành một tam giác. Bài 1.23: a) Trong mặt phẳng, hai đường thẳng cùng vuông góc với đường thẳng thứ 3 là điều kiện đủ để hai đường thẳng đó song song với nhau. -- 30 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

Trong mặt phẳng, hai đường thẳng đó song song với nhau là điều kiện cần để hai đường thẳng cùng vuông góc với đường thẳng thứ 3. b) Số nguyên dương có chữ số tận cùng bằng 5 là điều kiện đủ để chia hết cho 5. Số nguyên dương chia hết cho 5 là điều kiện cần để nó có chữ số tận cùng bằng 5. c) Tứ giác là hình thoi là điều kiện đủ để nó có 2 đường chéo vuông góc với nhau Tứ giác có hai đường chéo vuông góc với nhau là điều kiện cần để nó là hình thoi d) Hai tam giác bằng nhau là điều kiện đủ để chúng có các góc tương ứng bằng nhau Hai tam giác có các góc tương ứng bằng nhau là điều kiện cần để chúng bằng nhau e) Số nguyên dương a chia hết cho 24 là điều kiện đủ để nó chia hết cho 4 và 6 Số nguyên dương a chia hết cho 4 và 6 là điều kiện cần để nó chia hết cho 24. Bài 1.24: a) Một tam giác là tam giác cân là điều kiện cần và đủ để nó có hai góc bằng nhau b) Tứ giác là hình bình hành là điều kiện cần và đủ để tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường c) x ≥ y là điều kiện cần và đủ để

x ≥

d) Điều kiện cần và đủ để tứ giác MNPQ là hình bình hành là MN = QP . Bài 1.25:a) Một tứ giác là hình vuông là điều kiện đủ để nó có 4 cạnh bằng nhau. Một tứ giác có 4 cạnh bằng nhau là điều kiện cần để nó là hình vuông. Không có định lí đảo vì tứ giác có 4 cạnh bằng nhau có thể là hình thoi b) Một tứ giác là hình thoi là điều kiện đủ để nó có hai đường chéo vuông góc. Một tứ giác có hai đường chéo vuông góc là điều kiện cần để nó là hình thoi Không có định lí đảo vì tứ giác có hai đường chéo vuông góc có thể là hình vuông hoăc một đa giác bất kì có hai đường chéo vuông góc. Bài 1.26: a) M thuộc đường tròn đường kính AB là điều kiện cần để MA vuông góc MB. Hoặc có thể phát biểu: Điều kiện cần để MA ⊥ MB là M thuộc đường tròn đường kính AB.

b) a 2 + b 2 > 0 là điều kiện cần để a ≠ 0 hoặc b ≠ 0. Bài 1.27: Ta có các tập hợp A, B,C được viết dưới dạng nêu các tính chất đặc trưng là A = { x ∈ N | x ≤ 4 } , B = {x ∈ N | x là số lẻ nhỏ hơn 10}, C = {n 2 | n là số tự nhiên nhỏ hơn 6}

Bài 1.28: a) A ⊂ B,

A ⊂ C,

D ⊂C .

b) {1;2}, {1;2;3}, {1;2;4}, {1;2;5}, {1;2;3;4}, {1;2;3;5}, {1;2;4;5}, {1;2;3;4;5}. Bài 1.29: a) Ta có Mặt khác

14 3 x +6

x ≥ 0 suy ra 0 < ∈ Ζ nên

14 3 x +6

14 3 x +6 = 1 hoặc

≤

14 6 14

3 x +6

1 64 hoặc x = 9 9  1 64      Vậy A =  ;  9 9     

Hay x =

1    64     1 64    b) Tất cả các tập con của tập hợp A là ∅,    ,    ,   ;  .       9 9 9 9             Bài 1.30:: Ta có A = { −2; −1;1;2 } và B = { 0;1;2; 3; 4 }

a) Ta có A \ B = { 0; 3; 4 } Suy ra X ⊂ A \ B thì các tập hợp X là

∅, { 0 } , { 3 }, { 4 }, { 0; 3 }, { 0; 4 }, { 3; 4 } , { 0; 3; 4 } -- 31 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

b) Ta có A \ B = { −2; −1} với X có đúng hai phần tử khi đó X = { −2; −1} . Bài 1.31: a) Ta có A = { x ∈ ℝ ( x + 1 )( x − 1 )( x − 5 )( x − 8 ) = 0 } B = {1; 2; 4; 8; 16 }

b) Ta có A ∩ B = {1; 8}, A ∪ B = { − 1; 1; 2; 4; 5; 8; 16}, A \ B = { − 1; 5} Bài 1.32: a) Ta có E = {1;2; 3; 4; 5; 6 } A = { 3; 6 } và B = { 2; 3; 5 } Suy ra A ⊂ E và B ⊂ E b) Ta có C E A = E \ A = {1;2; 4; 5 } ; C E B = E \ B = {1; 4; 6 } A ∪ B = { 2; 3; 5; 6 } ⇒ C E (A ∪ B ) = E \ ( A ∪ B ) = {1; 4 }

c) Ta có A ∩ B = { 3 } ⇒ C E (A ∩ B ) = E \ ( A ∩ B ) = {1;2; 4; 5;6 } E \ A = {1;2; 4; 5 } ; E \ B = {1; 4; 6 } ⇒ ( E \ A ) ∪ ( E \ B ) = {1;2; 4; 5; 6 }

Suy ra E \ (A ∩ B ) = ( E \ A ) ∪ ( E \ B ) . Bài 1.33: Ký hiệu A là tập hợp những học sinh giỏi Anh, T là tập hợp những học sinh giỏi toán, V là tập hợp những học sinh giỏi Văn. Theo giả thiết ta có: n (V ) = 8, n ( A ) = 10 , n (T ) = 12, n(V ∩ T ) = 3, n(T ∩ A) = 4, n(V ∩ A) = 5, n(A ∩ B ∩ C ) = 2 . n(V ∪ A ∪ T ) = n (V ) + n ( A ) + n (T ) − n(V ∩ A) − n(A ∩ T ) − n(T ∩ V ) + n (V ∩ A ∩ T ) 8 + 10 + 12 − 3 − 4 − 5 + 2 = 20 . Vậy nhóm đó có 20 em. Bài 1.34: Ký hiệu A là tập hợp những học sinh giỏi Anh, T là tập hợp những học sinh giỏi toán, V là tập hợp những học sinh giỏi Văn. Theo giả thiết ta có: n (V ) = 22, n (T ) = 25 , n ( A ) = 20,

n(V ∩ T ) = 8, n(T ∩ A) = 7, n(V ∩ A) = 6, n(A ∪ B ∪ C ) = 40 . n(V ∪ A ∪ T ) = n (V ) + n ( A ) + n (T ) − n (V ∩ A) − n(A ∩ T ) − n(T ∩ V ) + n (V ∩ A ∩ T )

⇒ n (V ∩ A ∩ T ) = n(V ∪ A ∪ T ) − n (V ) − n ( A ) − n (T ) + n(V ∩ A) + n(A ∩ T ) + n(T ∩ V ) 40 − 22 − 25 − 20 + 8 + 7 + 6 = 14 . Vậy có 14 em học giỏi cả ba môn Bài 1.35: Gọi A, B, C lần lượt là tập hợp những học sinh xuất sắc về môn Toán, môn Vật Lý, môn Văn. Gọi a, b, c lần lượt là số học sinh chỉ đạt danh hiệu xuất sắc một môn về môn Toán, môn Vật Lý, môn Văn. Gọi x, y, z lần lượt là số học sinh đạt danh hiệu xuất sắc hai môn về môn Toán và môn Vật Lý, môn Vật Lý và môn Văn, môn Văn và môn Toán. Dùng biểu đồ Ven đưa về hệ 6 phương trình 6 ẩn sau:   B(37) a + x + z + 4 = 48 a = 28       b b + x + y + 4 = 37 b = 18     c + y + z + 4 = 42 c = 19 x   y  ⇔ A(48)   4   a + b + x + y + z = 71 x =6   a     a + c + x + y + z = 72 y=9   C(42) z   b + c + x + y + z = 62  z = 10       c ĐS: a) 65 thí sinh đạt danh hiệu xuất sắc 1 môn b) 25 thí sinh đạt danh hiệu xuất sắc 2 môn c) 94 thí sinh đạt danh hiệu xuất sắc ít nhất 1 môn.

-- 32 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

 x    x ⇔  x      x 

π + k 0 2π suy ra 6

π 11π + 2π + ( k 0 − 1 ) 2π = + ( k 0 − 1) 2π . 6 6 Vì k 0 ∈ Z ⇒ k 0 − 1 ∈ Z do đó x ∈ B suy ra A ⊂ B (1). x =−

• ∀x ∈ B ⇒ ∃k 0 ∈ Z : x =

11π π − 2π + ( k 0 + 1) 2π = − + ( k 0 + 1 ) 2π . 6 6 Vì k 0 ∈ Z ⇒ k0 + 1 ∈ Z do đó x ∈ A suy ra B ⊂ A (2). x =

Từ (1) và (2) suy ra A = B .

π + k 0 2π suy ra 6 π π π π ( 4k 0 − 1 ) π . x = − + − + k 0 2π = + 6 2 2 3 2 Vì k 0 ∈ Z ⇒ 4k 0 − 1 ∈ Z do đó x ∈ C

b) Ta có ∀x ∈ A ⇒ ∃k 0 ∈ Z : x = −

Bài 1.40: a) Có Α =  −1; 3  và Β =  1; +∞ ) A ∪ B =  −1; +∞ ) , A \ C =  1; 3  , Α ∩ Β ∩ C = φ b) Có Α =  −2;2  và Β =  3; +∞ )

Suy ra A ⊂ C .

A ∪ B =  −2;2  ∪  3; +∞ ) , A \ C =  0;2  , Α ∩ Β ∩ C = φ Bài 1.41: a) Ta có: A = [−1; 2) = {x −1 ≤ x < 2}, B = (−3; 1) = {x −3 < x < 1}

x ∈ A Bài 1.38: a) Ta có ∀x , x ∈ A ∪ C ⇔   x ∈ C Với x ∈ A vì A ⊂ B ⇒ x ∈ B ⇒ x ∈ B ∪ D Suy ra A ∪ C ⊂ B ∪ D . x ∈ A  b) Ta có ∀x , x ∈ A ∩ C ⇔  ⇒x ∈A   x ∈C   Vì A ⊂ B ⇒ x ∈ B Suy ra A ∩ C ⊂ B .   x ∈ B   x ∈ C BA   c) ∀x , x ∈ C B A ∪ A ⇔  ⇔  x ∉ A ⇔ x ∈ B  x ∈A  x ∈A   Suy ra C B A ∪ A = B

x     x    ⇔   x       x  

∈A x ∈ A ∪ B ∈B  ⇔ ⇔ (A ∪ B ) \ (A ∩ B )   ∉A x ∉ A∩B   ∉B -- 33 --

∈A x ∈ A \ B ∉B ⇔  ⇔ x ∈ (A \ B ) ∪ (A \ C ). ∈A x ∈ A \C  ∉C

x ∈ A     x ∈A   x ∉ B c) ∀x, x ∈ A \ ( B ∪ C ) ⇔  ⇔   x ∉ B ∪C    x ∉C     x ∈ A      x ∉ B x ∈ A \ B     ⇔  ⇔ ⇔ x ∈ (A \ B ) ∩ (A \ C )  x ∈ A  x ∈ A \ C         x ∉ C    

11π + k 0 2π suy ra 6

 x   x ∈ A \ B x  Bài 1.39: a) Ta có ∀x , x ∈ ( A \ B ) ∪ ( B \ A ) ⇔  ⇔    x ∈ B \ A  x     x 

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

x ∈A    x ∈A     x ∉B b) ∀x, x ∈ A \ ( B ∩ C ) ⇔  ⇔    x ∉ B ∩ C   x ∉ C     

• Ta có x = 4 ⋮ 4 ⇒ x ∈ A nhưng 4 ⋮ 6 ⇒ x = 4 ∉ B do đó A ⊄ B Bài 1.37: a) • Ta có ∀x ∈ A ⇒ ∃k 0 ∈ Z : x = −

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 Suy ra ( A \ B ) ∪ ( B \ A ) = ( A ∪ B ) \ ( A ∩ B ) .

x ∈ A x ⋮4 Bài 1.36 • ∀x ∈ A ∪ B ⇔  ⇔  ⇔ x ⋮12 ⇔ x ∈ C x ∈ B x ⋮6   Suy ra A ∪ B = C do đó A ⊂ C và B ⊂ C .

C = (1; 4] = {x 1 < x ≤ 4} b) Ta có A ∩ B = [ − 1;1), B ∪ C = (−3; 4) \ {1}, A \ B = [1; 2) Bài 1.42: A =  0; 4 ), B =  −2;2  , A ∪ B =  −2; 4 ) , A ∩ B =  0;2  , A \ B = ( 2; 4 ) Bài 1.43: a) A ∩ B =  −1; 0 ) ∪ ( 1;5 ) A ∪ C =  −1; +∞ ) B \ C = ( −2; 0 ) ∪ ( 1;2 )

−3 2 Bài 1.44: a) Để ( 1; m  ∩ ( 2; + ∞ ) ≠ ∅ thì m > 2 .  x ≤ 3    b) Viết tập A gồm các phần tử x thỏa mãn điều kiện  x + 1 ≥ 0 dưới dạng tập số.   x <0     x ≤ 3  x ∈ (−∞; 3] x ≤ 3           Có  x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ − 1 ⇔    x ∈ [ − 1; + ∞) (biểu diễn trên trục số)       x < 0 x < 0       x ∈ (−∞; 0)    ⇔ x ∈ (−∞; 3] ∩ [ − 1; + ∞) ∩ (−∞; 0) ⇔ x ∈ [ − 1; 0) . b) A ∪ B = R ⇔ 2m + 1 < −2 ⇔ m <

∈A ∉B ∈B ∉A

Vậy A =  −1; 0 ) .

-- 34 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

Vì ∆c < ∆b < ∆a nên c = 0,286 là số gần đúng tốt nhất. Bài 1.56: Giả sử x = 43 + u, y = 63 + v.

 m − n < −2 Bài 1.45:   m − n > 1 Bài 1.46: Điều kiện để tồn tại tập hợp A là m − 1 <

Ta có P = 2x + 2y = 2 ( 43 + 63 ) + 2u + 2v = 212 + 2 ( u + v ) .

m +1 ⇔ m < 3 (*) 2

Theo giả thiết −0, 5 ≤ u ≤ 0, 5 và −0, 5 ≤ v ≤ 0, 5 nên −2 ≤ 2 ( u + v ) ≤ 2 . Do đó P = 212m ± 2m . Bài 1.57: Giả sử a = 12 + d1, b = 10,2 + d2, c = 8 + d3 .

m + 1  A ⊂ ( −∞; −2 )  m < −5  < −2 a) A ⊂ B ⇔  ⇔ 2 ⇔   2; +∞ ) A ⊂    m ≥ 3  m −1 ≥ 2  Kết hợp với điều kiện (*) ta có m < −5 là giá trị cần tìm     −2 ≤ m − 1    m ≥ −1 ⇔ − 1 ≤ m < 3 b) A ∩ B = ∅ ⇔  ⇔ m +1   m<3 < 2      2 Kết hợp với điều kiện (*) ta có −1 ≤ m < 3 là giá trị cần tìm Bài 1.47: Với A = ( m – 1; 4  , B = ( –2 ;2m + 2 ) khác tập rỗng, ta có điều kiện m − 1 < 4 m < 5    ⇔ ⇔ −2 < m < 5 (*).     2 m + 2 > − 2   m > −2   Với điều kiện (*), ta có: a) A ∩ B ≠ ∅ ⇔ m – 1 < 2m + 2 ⇔ m > −3 . So sánh với (*) ta thấy các giá trị m thỏa mãn yêu cầu A ∩ B ≠ ∅ là –2 < m < 5 .    m − 1 ≥ −2  m ≥ −1 ⇔ ⇔ m > 1. So sánh (*) ta thấy các giá trị m thỏa mãn yêu b) A ⊂ B ⇔      m >1 2m + 2 > 4     cầu A ⊂ B là 1 < m < 5 .  m − 1 ≤ −2  m ≤ −1   c) B ⊂ A ⇔  ⇔ ⇔ m ≤ −1. So sánh với (*) ta thấy các giá trị m thỏa mãn yêu     m 2 + 2 ≤ 4  m ≤ 1   cầu B ⊂ A là −2 < m ≤ −1 .  m − 1 ≥ −1  1 d) (A ∩ B ) ⊂ (−1; 3) ⇔  ⇔ 0 ≤ m ≤ (thỏa (*)).   2m + 2 ≤ 3 2   Bài 1.48: Kq: 79720000 Bài 1.49: Kq: 1373 Bài 1.50: Kq: 347 Bài 1.51: Kq: 3,141592654 Bài 1.52 a) Sử dụng máy tính bỏ túi ta có

3 = 1, 732050808... Do đó: Giá trị gần đúng của

đến hàng phần trăm là 1,73. Giá trị gần đúng của

3 chính xác

3 chính xác đến hàng phần nghìn là 1,732.

Ta có P = a + b + c + d1 + d2 + d3 = 30,2 + d1 + d2 + d3 . theo giả thiết: −0,2 ≤ d1 ≤ 0,2; − 0,2 ≤ d2 ≤ 0,2; − 0,1 ≤ d3 ≤ 0,1. Suy ra –0, 5 ≤ d1 + d2 + d3 ≤ 0, 5 . Do đó:

P = 30,2 cm ± 0, 5 cm. Sai số tuyệt đối: ∆P ≤ 0,5 . Sai số tương đối: δP ≤ Bài 1.58: Kq:

d ≈ 1, 66% . P

0, 01 0,1 ≤ 0, 05 ≤ ⇒ 1, 8, 0, 5 là chữ số chắc chắn. 2 2

100 1000 = 50 < 300 < 500 = nên các chữ số 8 (hàng đơn vị), 5 (hàng chục) và 2 2 2 (hàng trăm) đều là các chữ số không chắc. Các chữ số còn lại 1, 0, 3, 4 là chữ số chắc.

Bài 1.59: Ta có:

Do đó cách viết chuẩn của số A là A ≈ 1034.103 (người).  a = 213, 7 d 1,2 Bài 1.60: Ρ = 213,7m ± 1,2m ⇒  nên δ ≤ = = 5, 62.10−3  d = 1,2 a 213, 7    a = 852cm d 1 Bài 1.61: R = 8, 52m ± 0, 01m ⇒  nên δ ≤ = = 1,174.10−3   d = 1 cm a 852   Bài 1.62: Ta có sai số tuyệt đối của số đo chiều dài con dốc là: ∆a = a.δa ≤ 192, 55.0,2% = 0, 3851 Vì 0, 05 < ∆a < 0, 5 . Do đó chữ số chắc của d là 1, 9, 2. Vậy cách viết chuẩn của a là 193 m (quy tròn đến hàng đơn vị). Bài 1.63: a) Vì có 5 chữ số chắc nên số gần đúng của π được viết dưới dạng chuẩn là 3,1416 (hay

π ≈ 3,1416 ). Sai số tuyệt đối của số gần đúng là ∆π = 3,1416 − π ≤ 0, 000008. b) Vì có 6 chữ số chắc nên π ≈ 3,14159 và sai số tuyệt đối của số gần đúng này là

b) Sử dụng máy tính bỏ túi ta có giá trị của π2 là 9,8696044. . . Do đó: Giá trị gần đúng của π2 chính xác

∆π = 3,14159 − π ≤ 0, 000003 .

đến hàng phần trăm là 9,87. Giá trị gần đúng của π chính xác đến hàng phần nghìn là 9,870. Bài 1.53 a) Vì 10 < 16 < 100 nên hàng cao nhất mà d nhỏ hơn một đơn vị của hàng đó là hàng trăm. Nên ta

c) Vì có 3 chữ số chắc nên π ≈ 3,14 và ∆π 3,14 − π ≤ 0, 001593 . Bài 1.64: P  Q: “Nếu điểm M nằm trên phân giác của góc Oxy thì M cách đều hai cạnh Ox, Oy ”: đúng.

phải quy tròn số 17638 đến hàng trăm. Vậy số quy tròn là 17700 (hay viết a ≈ 17700 ). b) Ta có 0,01 < 0,056 < 0,1 nên hàng cao nhất mà d nhỏ hơn một đơn vị của hàng đó là hàng phần chục. Do

P ⇔ Q: “Điểm M nằm trên phân giác của góc Oxy nếu và chỉ nếu (khi và chỉ khi) điểm M cách đều hai

đó phải quy tròn số 15,318 đến hàng phần chục. Vậy số quy tròn là 15,3 (hay viết a ≈ 15, 3 ). Bài 1.55: Ta có các sai số tuyệt đối là: ∆a =

2 7

− 0, 28 =

1 175

; ∆b =

2 7

− 0, 29 =

3 700

; ∆c = -- 35 --

2 7

− 0, 286 =

1 3500

Q  P: “Nếu điểm M cách đều hai cạnh Ox, Oy thì M nằm trên phân giác của góc Oxy ”: đúng. cạnh Ox, Oy”: đúng. Hay: P ⇔ Q: “Điều kiện cần và đủ để điểm M nằm trên phân giác của góc Oxy là M cách đều hai cạnh Ox, Oy”: đúng. Bài 1.65: a) P: “n là số tự nhiên và n5 chia hết cho 5”, Q: “n chia hết cho 5”. -- 36 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

b) Với n là số tự nhiên, n chia hết cho 5 là điều kiện cần để n5 chia hết cho 5 ; hoặc phát biểu cách khác: Với n là số tự nhiên, điều kiện cần để n5 chia hết cho 5 là n chia hết cho 5. c) Với n là số tự nhiên, n5 chia hết cho 5 là điều kiện đủ để n chia hết cho 5. d) Định lí đảo: “Cho số tự nhiên n, nếu n chia hết cho 5 thì n5 chia hết cho 5”. Thật vậy, nếu n = 5k thì n5 = 55. k5: Số này chia hết cho 5. Điều kiện cần và đủ để n chia hết cho 5 là n5 chia hết cho 5. Bài 1.66: a) Các tập con của X chứa có các phần tử 1, 3, 5, 7 được thành lập bằng cách thêm vào tập

{ 1 ; 3 ; 5 ; 7 } các phần tử còn lại của tập X. Do đó tất cả các tập con của X có chứa các phần tử 1, 3, 5, 7 là: { 1 ; 3 ; 5 ; 7 } , { 1 ; 3 ; 5 ; 7 ; 2 } , { 1 ; 3 ; 5 ; 7 ; 4 } , { 1 ; 3 ; 5 ; 7 ; 6 } , { 1 ; 3 ; 5 ; 7 ; 2 ; 4 } , { 1 ; 3 ; 5 ; 7; 2 ; 6 } , { 1 ; 3 ; 5 ; 7 ; 4 ; 6 } và X. b) Giả sử tập cần tìm là { a ; b }với a ≠ b. • Vì X có 7 phần tử nên có 7 cách chọn phần tử a. Sau khi chọn a thì X còn 6 phần tử, do đó với mỗi cách chọn a, ta có 6 cách chọn phần tử b, như vậy có 7. 6 = 42 cặp (a ; b) theo cách chọn này. Nhưng với cách chọn trên thì với hai phần tử bất kì a, b ta đã chọn lặp lại hai lần, đó là hai cặp (a ;b) và (b ;a ), nhưng chỉ có duy nhất tập { a ;b

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

 x = ±1  (1 − 3x )(x 4 − 3x 2 + 2) = 0 ⇔  x = ± 2 ∉ Q x = 1 / 3 

C = {x ∈ N | x ≤ 6} 1 b) A ∩ B = {−1;1}; A ∪ B = {−1; 0; ;1;2; 3; 4;5}, A \ B = {0;2; 3; 4;5} , 3 C B ∪A (A ∩ B ) = {0;1 / 3;2; 3; 4;5}

c) B ∪ C = {−1; 0;1 / 3;1;2; 3; 4; 5;6}, A ∩ (B ∪ C ) = {−1; 0;1;2; 3; 4; 5} = A Bài 1.71: a) Ta có: A = { x ∈ ℕ x < 2

42 = 21 tập con của X chứa đúng hai phần tử. 2 1 Bài 1.67: a) Giải phương trình: 4x 2 − 1= 0 ⇔ x = ± ∈ ℚ . Vậy mệnh đề đã cho đúng. 2

Do đó, có

Mệnh đề phủ định ∀x ∈ Q : 4x 2 − 1 ≠ 0 b) Ta có x 2 = 3 ⇔ x = ± 3 . Vì ± 3 ∉ Z nên mệnh đề đã cho sai.

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

Giả sử n: chẵn, tức là n = 2k (k ∈ N)  3n + 1 = 6k + 1  3n + 1: lẻ: trái với giả thiết. Vậy 3n + 1: lẻ. Từ hai phần thuận và đảo ta được: n: lẻ ⇔ 3n + 1: chẵn   1   Bài 1.70: a) A = { −1; 0; 1; 2; 3; 4; 5 } , B =  −1; ;1 vì  3     

}⇒

B = { x ∈ ℚ (x 2 − x ) ( x 2 − 2 ) = 0 } . x 2 − x = 0 ( x 2 − x ) ( x 2 − 2 ) = 0 ⇔  x 2 − 2 = 0 ⇔  x = 0 ⇔  ⇒ B = { 0 ; 1} (2)  x = 1 Từ (1) và (2) cho: A = B.

A = { 0 ; 1} . (1)

x = 0 ∨ x = 1  x = ± 2 ∉ ℚ 

3 ∉ℤ⇒A=∅ 2

Mệnh đề phủ định ∀x ∈ Z, x 2 ≠ 3

b) Ta có: 4x 2 − 9 = 0 ⇔ x = ±

c) Với n = 5 thì 2n + 3 = 35 , số này chia hết cho 5 (không nguyên tố). Do đó mệnh đề đã cho sai.

x 2 + 4x = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = −4 ⇒ B = { 0 ; − 4 } .

(3) (4)

Mệnh đề phủ định " ∃n ∈ N : 2 + 3 không phải là một số nguyên tố"

Từ (3) và (4) cho: A ⊂ B.

d) Mệnh đề đúng vì x 2 + 4x + 5 = (x + 2)2 + 1 > 0, ∀x ∈ ℝ.

c) Ta có: A = { x ∈ ℕ 1 < x < 4 } ⇒ A = { 2 ; 3 } . B = { x ∈ ℤ x 2 − 9 = 0 } ⇒ B = { −3 ; 3 } .

Mệnh đề phủ định ∃x ∈ ℝ, x + 4x + 5 ≤ 0

Ta thấy: 2 ∈ A mà 2 ∉ B nên A ⊄ B; −3 ∈ B mà −3 ∉ A nên B ⊄ A. Bài 1.72: a) Ta có A ∩ B = { 4 ; 6 } ⊂ X .

e) x − x + 2x + 2 = ( x − 1 ) + ( x + 1 ) nên mệnh đề đã cho đúng 4

Mệnh đề phủ định ∃x ∈ ℝ, x 4 − x 2 + 2x + 2 < 0 Bài 1.68: a) x ∈ ℝ, x < 0 ⇒ x + b) Mệnh đề đảo là x ∈ ℝ, x +

Do đó các tập X , Y thỏa mãn yêu cầu là: X = { 4 ; 6 } và Y = { 0 ; 2 }, X = { 4 ; 6 ; 0 } và Y = { 2 }, X = { 4 ; 6 ; 2 } và Y = { 0 } .

1 ≤ −2 x

b) Ta có A ∪ B = {0 ; 2 ; 4 ; 6 ; 5} , do đó các tập P thỏa mãn điều kiện (A ∩ B ) ⊂ P ⊂ (A ∪ B ) là:

{ 4 ; 6 }, { 4 ;

1 ≤ −2 ⇒ x < 0 x 2

1 x 2 + 2x + 1 ( x + 1 ) 1 do đó x + ≤ −2 ⇒ x < 0 là mệnh đề đúng +2 = = x x x x Vậy định lí trên có định lí đảo. Bài 1.69 a) Thuận: Cho n: lẻ, thì n = 2k + 1 (k ∈ N)  3n + 1 = 3(2k + 1) + 1 = 6k + 4 = 2(3k + 2), với 3k + 2 ∈ N  3n + 1: chẵn Đảo: Cho 3n + 1: chẵn, ta chứng minh n: lẻ Dùng phương pháp phản chứng:

Ta có x +

-- 37 --

6 ; 0 },

{4 ;

6 ; 2 },

{4 ;

6 ; 5 },

{4 ;

6 ; 0 ; 2 }, { 4 ; 6 ; 2 ; 5 } ,

{ 4 ; 6 ; 0 ; 2 ; 5 }. Bài 1.73: a) Ta có: A ∩ B =  −3 ; 1) ∩  −1 ; 5  =  −1 ; 1 ) ;     A ∪ B =  −3 ; 1 ) ∪  −1 ; 5  =  −3 ; 5  ; B \ A =  −1 ; 5  \  −3 ; 1) =  1 ; 5  .           C = { x ∈ ℝ x ≥ 2 } = ( −∞ ; − 2  ∪  2 ; + ∞ ) ; ( B \ A ) ∩ C =  2 ; 5  .     b) Ta có: C ℝ ( A ∪ B ) = C ℝ  −3 ; 5  = ( −∞ ; − 3 ) ∪ ( 5 ; + ∞ ) . (1)  

-- 38 --

{ 4; 6; 5; 0 } và

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

C ℝ A = C ℝ  −3 ; 1 ) = ( −∞ ; − 3 ) ∪  1 ; + ∞ ) ; C ℝ B = C ℝ  −1 ; 5  = ( −∞ ; − 1 ) ∪ ( 5 ; + ∞ ) ;     (1) và (2) (C ℝA ) ∩ (C ℝB ) = ( −∞ ; − 3 ) ∪ ( 5 ; + ∞ ). (2) cho: C ℝ ( A ∪ B ) = (C ℝA ) ∩ (C ℝB ) . Bài 1.74: a) K ∩ Z = { 0}, H = [−3; 3], H \ K = [−3; −1] ∪ [1; 3]

C RG = (−∞; −2), C R (H ∪ K ) = (−∞; −3) ∪ (3; +∞) C RG ∪ C R (H ∪ K ) = (−∞; −2) ∪ (3; +∞) b) a ≤ x ≤ b ⇔ c ≤ x ≤ 8 ⇔ −5 + d ≤ x ≤ 5 + d Do đó a = c = d − 5 và b = 8 = d + 5 ⇒ b = 8, a = c = −2, d = 3 Vậy x ∈ [−2; 8] ⇔ −2 ≤ x ≤ 8 ⇔| x − 3 |≤ 5 Bài 1.75:

2011 ≈ 44, 84,

2012 ≈ 44, 86

Bài 1.76: • Thuận: A ∪ B = A ∩ B, ta chứng minh: A = B ∀x , x ∈ A ⇒ x ∈ A ∪ B (vì A ⊂ A ∪ B ) ⇒ x ∈ A ∩ B (vì A ∪ B = A ∩ B )

⇒ x ∈ B (vì A ∩ B ⊂ B )

Như thế: ∀x, x ∈ A ⇒ x ∈ B, nên A ⊂ B

(a )

∀x, x ∈ B ⇒ x ∈ A ∪ B (vì B ⊂ A ∪ B ) ⇒ x ∈ A ∩ B ⇒ x ∈ A (vì A ∩ B ⊂ A)

(vì A ∪ B = A ∩ B )

Như thế: ∀x , x ∈ B ⇒ x ∈ A, nên B ⊂ A

(b)

(a) và (b) cho A = B • Đảo: Cho A = B, ta chứng minh: A ∪ B = A ∩ B Ta có A ∪ B = A ∪ A ( vì B = A) = A (c) (d) A ∩ B = A ∩ A ( vì B = A ) = A (c) và (d) cho A ∪ B = A ∩ B . Từ hai phần thuận và đảo ta được: A ∪ B = A ∩ B ⇔ A = B

-- 39 --

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

MỤC LỤC

MỤC LỤC CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT VÀ BẬC HAI ............................................................................................... 2 CHỦ ĐỀ 1: ĐẠI CƯƠNG VỀ HÀM SỐ....................................................................................................................... 2 DẠNG TOÁN 1: TÌM TẬP XÁC ĐỊNH CỦA PHƯƠNG TRÌNH ..................................................................... 2 DẠNG TOÁN 2: XÉT TÍNH CHẴN, LẺ CỦA HÀM SỐ ...................................................................................... 6 DẠNG TOÁN 3. XÉT TÍNH ĐỒNG BIẾN, NGHỊCH BIẾN(ĐƠN ĐIỆU) CỦA HÀM SỐ TRÊN MỘT KHOẢNG ................................................................................................................................................................... 9 DẠNG TOÁN 4: ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ VÀ TỊNH TIẾN ĐỒ THỊ HÀM SỐ...............................................12 CHỦ ĐỀ 2: HÀM SỐ BẬC NHẤT ..............................................................................................................................14 DẠNG TOÁN 1: XÁC ĐỊNH HÀM SỐ BẬC NHẤT VÀ SỰ TƯƠNG GIAO GIỮA ĐỒ THỊ CÁC HÀM SỐ ...................................................................................................................................................................................15 DẠNG TOÁN 2: XÉT SỰ BIẾN THIÊN VÀ VẼ ĐỒ THỊ CỦA HÀM SÔ BẬC NHẤT ..................................17 DẠNG TOÁN 3: ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ CHỨA DẤU TRỊ TUYỆT ĐỐI y = ax + b ..............................19 DẠNG TOÁN 4: ỨNG DỤNG CỦA HÀM SỐ BẬC NHẤT TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT, LỚN NHẤT .............................................................................................................22 CHỦ ĐỀ 3: HÀM SỐ BẬC HAI ..................................................................................................................................24 DẠNG TOÁN 1: XÁC ĐỊNH HÀM SỐ BẬC HAI ..............................................................................................24 DẠNG TOÁN 2: XÉT SỰ BIẾN THIÊN VÀ VẼ ĐỒ THỊ CỦA HÀM SÔ BẬC HAI ......................................26 DẠNG TOÁN 3: ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ CHO BỞI NHIỀU CÔNG THỨC VÀ HÀM SỐ CHỨA DẤU TRỊ TUYỆT ĐỐI .............................................................................................................................................................28 DẠNG TOÁN 4: ỨNG DỤNG CỦA HÀM SỐ BẬC HAI TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT, LỚN NHẤT .............................................................................................................30 CHỦ ĐỀ 4: ÔN TẬP ....................................................................................................................................................32 HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ PHẦN BÀI TẬP LUYỆN TẬP ......................................................................... 33

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT VÀ BẬC HAI CHỦ ĐỀ 1: ĐẠI CƯƠNG VỀ HÀM SỐ A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Định nghĩa • Cho D ⊂ ℝ, D ≠ ∅ . Hàm số f xác định trên D là một qui tắc đặt tương ứng mỗi số x ∈ D với một và chỉ một số y ∈ ℝ . • x được gọi là biến số (đối số), y được gọi là giá trị của hàm số f tại x . Kí hiệu: y = f ( x ) . • D được gọi là tập xác định của hàm số f . 2. Cách cho hàm số • Cho bằng bảng • Cho bằng biểu đồ

• Cho bằng công thức y = f ( x ) .

Tập xác định của hàm số y = f ( x ) là tập hợp tất cả các số thực x sao cho biểu thức f ( x ) có nghĩa. 3. Đồ thị của hàm số Đồ thị của hàm số y = f ( x ) xác định trên tập D là tập hợp tất cả các điểm M ( x ; f (x ) ) trên mặt phẳng toạ độ với mọi x ∈ D . Chú ý: Ta thường gặp đồ thị của hàm số y = f ( x ) là một đường. Khi đó ta nói y = f ( x ) là phương trình của đường đó. 4. Sư biến thiên của hàm số Cho hàm số f xác định trên K . • Hàm số y = f ( x ) đồng biến (tăng) trên K nếu ∀x1, x 2 ∈ K : x1 < x 2 ⇒ f (x 1 ) < f (x 2 ) • Hàm số y = f ( x ) nghịch biến (giảm) trên K nếu ∀x1, x 2 ∈ K : x1 < x 2 ⇒ f (x 1 ) > f (x 2 ) 5. Tính chẵn lẻ của hàm số Cho hàm số y = f ( x ) có tập xác định D . • Hàm số f được gọi là hàm số chẵn nếu với ∀x ∈ D thì −x ∈ D và f ( –x ) = f ( x ) . • Hàm số f được gọi là hàm số lẻ nếu với ∀x ∈ D thì −x ∈ D và f ( –x ) = −f ( x ) . Chú ý:

+ Đồ thị của hàm số chẵn nhận trục tung làm trục đối xứng. + Đồ thị của hàm số lẻ nhận gốc toạ độ làm tâm đối xứng. 6: Tịnh tiến đồ thị song song với trục tọa độ Định lý: Cho (G ) là đồ thị của y = f ( x ) và p > 0, q > 0 ; ta có

Tịnh tiến (G ) lên trên q đơn vị thì được đồ thị y = f ( x ) + q Tịnh tiến (G ) xuống dưới q đơn vị thì được đồ thị y = f ( x ) – q Tịnh tiến (G ) sang trái p đơn vị thì được đồ thị y = f ( x + p ) Tịnh tiến (G ) sang phải p đơn vị thì được đồ thị y = f ( x – p ) B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI DẠNG TOÁN 1: TÌM TẬP XÁC ĐỊNH CỦA PHƯƠNG TRÌNH 1. Phương pháp giải Tập xác định của hàm số y = f (x ) là tập các giá trị của x sao cho biểu thức f (x ) có nghĩa Chú ý : Nếu P (x ) là một đa thức thì: *

-- 1 --

1 có nghĩa ⇔ P (x ) ≠ 0 P (x ) -- 2 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 * *

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

có nghĩa ⇔ P (x ) > 0

2. Các ví dụ Ví dụ 1: Tìm tập xác định của các hàm số sau a) y =

x2 + 1 2 x + 3x − 4

b) y =

c) y =

2x 2 + x + 1 x 3 + x 2 − 5x − 2

d) y =

Suy ra tập xác định của hàm số là D = [ −2; +∞ ) \ {0; 2} . x +1 ( x + 1 )( x 2 + 3x + 4 )

− 1) − 2 x 2

 x ≠1 a) ĐKXĐ: x 2 + 3x − 4 ≠ 0 ⇔   x ≠ −4 Suy ra tập xác định của hàm số là D = ℝ \ {1; −4} . b) ĐKXĐ: ( x + 1) ( x 2 + 3x + 4 ) ≠ 0 ⇔ x ≠ −1

Ví dụ 3: Tìm tập xác định của các hàm số sau

Suy ra tập xác định của hàm số là D = ℝ \ {−1} .

a) y =

 x≠2  c) ĐKXĐ: x 3 + x 2 − 5 x − 2 ≠ 0 ⇔  −3 ± 5 x ≠  2

)(

)

d) ĐKXĐ: ( x 2 − 1) − 2 x 2 ≠ 0 ⇔ x 2 − 2 x − 1 x 2 + 2 x − 1 ≠ 0

 2± 7  x≠  x 2 − 2 x − 1 ≠ 0  2 ⇔ ⇔ 2  x + 2 x − 1 ≠ 0 x ≠ − 2 ± 7  2 Suy ra tập xác định của hàm số là

c) y =

x +1 (x − 3) 2x − 1 5−3 x

x 2 + 4x + 3 Lời giải:

b) y = d) y =

b) y =

x − x −6    1 khi x ≥ 1 d) y =  x   x + 1 khi x < 1  

Lời giải: a) ĐKXĐ: x 2 + 2 x + 3 ≠ 0 đúng với mọi x Suy ra tập xác định của hàm số là D = ℝ . x ≥ 0 x≥0  x ≥ 0  b) ĐKXĐ:  ⇔  x ≠ −2 ⇔   x − x − 6 ≠ 0  x ≠ 9  x ≠3

Suy ra tập xác định của hàm số là D = [ 0; +∞ ) \ {9} .

 2 − 7 2 + 7 − 2 − 7 − 2 + 7  D=ℝ\ ; ; ; . 2 2 2 2   Ví dụ 2: Tìm tập xác định của các hàm số sau a) y =

3 x2 − 1 x 2 + 2x + 3

c) y = x + 2 − x + 3

 −3 − 5 −3 + 5  Suy ra tập xác định của hàm số là D = ℝ \ 2; ; . 2 2  

(

5  5 5  − 3 ≤ x ≤ 3 x≤ 5  5  3  5−3 x ≥ 0   − ≤ x ≤ c) ĐKXĐ:  2 ⇔ ⇔  x ≠ −1 ⇔ 3 3 x ≠ −1 x + 4x + 3 ≠ 0   x ≠ −3  x ≠ −1  x ≠ −3  

 5 5 Suy ra tập xác định của hàm số là D =  − ;  \ {−1} .  3 3 x  >4 d) ĐKXĐ: x 2 − 16 > 0 ⇔ x > 4 ⇔   x < −4 Suy ra tập xác định của hàm số là D = ( −∞; −4 ) ∪ ( 4; +∞ ) .

Lời giải:

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

 x≠0   x≠0   2  b) ĐKXĐ:  x − 4 x + 4 > 0 ⇔ ( x − 2 ) 2 > 0 ⇔  x ≠ 2 x + 2 ≥ 0   x ≥ −2    x ≥ −2 x≠0

P (x ) có nghĩa ⇔ P (x ) ≥ 0

P (x )

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

x +2

 x + 2 ≥ 0  x ≥ −2 c) ĐKXĐ:  ⇔ ⇔ x ≥ −2  x + 3 ≥ 0  x ≥ −3 Suy ra tập xác định của hàm số là D = [ −2; +∞ ) .

d) Khi x ≥ 1 thì hàm số là y =

x x − 4x + 4

x +4 x 2 − 16

x ≠3  x≠3  a) ĐKXĐ:  ⇔ 1 2 x − 1 > 0  x > 2

1 luôn xác định với x ≥ 1. x

Khi x < 1 thì hàm số là y = x + 1 xác định khi  x <1  x <1 ⇔ ⇔ −1 ≤ x < 1  x +1 ≥ 0  x ≥ −1 Do đó hàm số đã cho xác định khi x ≥ −1 Suy ra tập xác định của hàm số là D = [ −1; +∞ ) . mx với m là tham số x −m + 2 −1 a) Tìm tập xác định của hàm số theo tham số m

Ví dụ 4: Cho hàm số: y =

1  Suy ra tập xác định của hàm số là D =  ; +∞  \ {3} . 2 

b) Tìm m để hàm số xác định trên ( 0;1) -- 3 --

-- 4 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

Lời giải:

c) y =

x ≥ m − 2  x − m + 2 ≥ 0 a) ĐKXĐ  ⇔ x − m + 2 ≠ 1  x ≠ m −1 

e) y =

Suy ra tập xác định của hàm số là D = [ m − 2; +∞ ) \ {m − 1} . b) Hàm số xác định trên ( 0;1) ⇔ ( 0;1) ⊂ [ m − 2; m − 1) ∪ ( m − 1; +∞ ) ( 0;1) ⊂ [ m − 2; m − 1)  m=2 m = 2 ⇔ ⇔  0;1 ⊂ m − 1; +∞ − 1 ≤ 0 m )  m ≤1 ( ) (

3x − 2 + 6x 4 − 3x

2x + 9

(x + 4) x + 3

g) f (x ) =

a) Hàm số y =

2x − 3m + 4 +

d) y = f) y =

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

6−x +

2x + 1 1 + x −1

x 2 − 2x + 3 x −3 x +2 2x 2

h) y =

x 2 − 3x + 2 1 − 1 + 4x Bài 2.2: Tìm giá trị của tham số m để:

Vậy m ∈ ( −∞;1] ∪ {2} là giá trị cần tìm. Ví dụ 5: Cho hàm số y =

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

x với m là tham số. x +m −1

x + 2m + 2 xác định trên ( −1; 0 ) x −m

a) Tìm tập xác định của hàm số khi m = 1 b) Tìm m để hàm số có tập xác định là [ 0; +∞ )

x có tập xác định là [ 0; +∞ ) x −m +1 Bài 2.3: Tìm giá trị của tham số m để:

Lời giải:

a) Hàm số y =

x −m +1 +

b) Hàm số y =

x + m + 2x − m + 1 xác định trên ( 0; +∞ ) .

3m − 4   2 x − 3m + 4 ≥ 0 x ≥ ĐKXĐ:  ⇔ 2  x + m −1 ≠ 0  x ≠ 1 − m 1  x ≥ − a) Khi m = 1 ta có ĐKXĐ :  2  x ≠ 0

3m − 4 4 = 0 ⇔ m = (thỏa mãn) 2 3

4 là giá trị cần tìm. 3 3. Bài tập luyện tập Bài 2.0. Tìm tập xác định của các hàm số sau:

Vậy m =

a) y =

2 x −1 . x −2

b) y =

x +2−

2 x −1

x −1 c) y = 2 . x +x +1

d) y = x + x − 4x + 4 . 2

   1 khi x ≥ 1 f) y = f (x ) =  2 − x   2 − x khi x < 1   Bài 2.1: Tìm tập xác định của các hàm số sau:

e) y =

a) y =

x +1 . x2 − x − 6

6 − 3x − x − 1

b) y =

2−x + x +2 x

-- 5 --

2x −x + 2m

xác định trên ( −1; 3 ) .

1 xác định trên ( −1; 0 ) . x +m DẠNG TOÁN 2: XÉT TÍNH CHẴN, LẺ CỦA HÀM SỐ 1. Phương pháp giải * Sử dụng định nghĩa Hàm số y = f (x ) xác định trên D :

c) Hàm số y =

 1  Suy ra tập xác định của hàm số là D =  − ; +∞  \ {0} .  2  3m − 4 6 6  3m − 4  ⇔ m ≤ khi đó tập xác định của hàm số là D =  b) Với 1 − m ≥ ; +∞  \ {1 − m} . Do đó m ≤ 2 5 5  2  không thỏa mãn yêu cầu bài toán. 6  3m − 4  Với m > khi đó tập xác định của hàm số là D =  ; +∞  . 5  2  Do đó để hàm số có tập xác định là [ 0; +∞ ) ⇔

b) Hàm số y =

−x − 2m + 6 −

 ∀x ∈ D ⇒ −x ∈ D  . • Hàm số chẵn ⇔   f (−x ) = f (x )    ∀x ∈ D ⇒ −x ∈ D  . • Hàm số lẻ ⇔   f (−x ) = −f (x )   Chú ý : Một hàm số có thể không chẵn cũng không lẻ Đồ thị hàm số chẵn nhận trục Oy làm trục đối xứng Đồ thị hàm số lẻ nhận gốc tọa độ O làm tâm đối xứng * Quy trình xét hàm số chẵn, lẻ. B1: Tìm tập xác định của hàm số. B2: Kiểm tra Nếu ∀x ∈ D ⇒ −x ∈ D Chuyển qua bước ba Nếu ∃x 0 ∈ D ⇒ −x 0 ∉ D kết luận hàm không chẵn cũng không lẻ. B3: xác định f ( − x ) và so sánh với f ( x ) . Nếu bằng nhau thì kết luận hàm số là chẵn Nếu đối nhau thì kết luận hàm số là lẻ Nếu tồn tại một giá trị ∃x 0 ∈ D mà f ( −x 0 ) ≠ f ( x 0 ), f ( −x 0 ) ≠ −f ( x 0 ) kết luận hàm số không chẵn cũng không lẻ. 2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Xét tính chẵn, lẻ của các hàm số sau: a) f (x ) = 3x 3 + 2 3 x

b) f (x ) = x 4 + x 2 + 1 -- 6 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

c) f ( x ) =

x +5 + 5−x

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

d) f (x ) =

2+x +

f (x ) =

2−x

Lời giải: a) Ta có TXĐ: D = ℝ 3

(

)

Với mọi x ∈ ℝ ta có − x ∈ ℝ và f (−x ) = 3 ( −x ) + 2 3 −x = − 3x 3 + 2 3 x = −f (x ) b) Ta có TXĐ: D = ℝ 4

Với mọi x ∈ ℝ ta có − x ∈ ℝ và f (−x ) = ( −x ) +

( −x )

+ 1 = x 4 + x 2 + 1 = f (x )

Do đó f (x ) = x 4 + x 2 + 1 là hàm số chẵn

Với mọi x ∈ [ −5;5] ta có − x ∈ [ −5;5] và f (−x ) =

( −x ) + 5 +

5 − ( −x ) =

x + 5 + 5 − x = f (x )

b) f ( x ) = x + 2 − x − 2 − 2x 2 − 1

  −1 Khi x < 0   d) f (x ) =   0 Khi x = 0   1 Khi x > 0   

Lời giải: a) Ta có TXĐ: D = ℝ

Suy ra f ( − x ) = f ( x ) Do đó f ( x ) = x + 2 − x − 2 là hàm số chẵn.

+ 1 = −2x x 2 + 1 = −f ( x )

x + x2 + 1

− 2x 2 − 1 là hàm số lẻ. x2 + 1 − x d) Ta có TXĐ: D = ℝ Dễ thấy mọi x ∈ ℝ ta có − x ∈ ℝ Với mọi x > 0 ta có − x < 0 suy ra f ( − x ) = −1, f ( x ) = 1  f ( − x ) = − f ( x )

  −1 Khi x < 0   Vậy hàm số f (x ) =  0 Khi x = 0 là hàm số lẻ.   1 Khi x > 0    x 2 ( x 2 − 2 ) + ( 2m 2 − 2 ) x x2 + 1 − m

là hàm số chẵn.

x 2 + 1 ≠ m (*)

Giả sử hàm số chẵn suy ra f ( − x ) = f ( x ) với mọi x thỏa mãn điều kiện (*) Ta có f ( − x ) =

x 2 ( x 2 − 2 ) − ( 2m 2 − 2 ) x x2 +1 − m

Suy ra f ( − x ) = f ( x ) với mọi x thỏa mãn điều kiện (*) ⇔

x 2 ( x 2 − 2 ) − ( 2m 2 − 2 ) x 2

x 2 ( x 2 − 2 ) + ( 2m 2 − 2 ) x x2 + 1 − m

x +1 − m

với mọi x thỏa mãn điều kiện (*)

⇔ 2 ( 2m2 − 2 ) x = 0 với mọi x thỏa mãn điều kiện (*)

* Với m = 1 ta có hàm số là f ( x ) =

ĐKXĐ :

x 2 + 1 > x 2 = x ≥ x  x 2 + 1 − x ≠ 0 với mọi x .

x 2 (x 2 − 2)

Suy ra TXĐ: D = ℝ \ {0} Dễ thấy với mọi x ∈ ℝ \ {0} ta có − x ∈ ℝ \ {0} và f ( − x ) = f ( x ) x 2 (x 2 − 2) x2 + 1 −1

là hàm số chẵn

* Với m = −1 ta có hàm số là f ( x ) =

x 2 + 1 > x 2 = x ≥ − x  x 2 + 1 + x ≠ 0 do đó

-- 7 --

x2 + 1 −1

x2 + 1 ≠ 1 ⇔ x ≠ 0

Do đó f ( x ) =

Suy ra TXĐ: D = ℝ Mặt khác

( −x )

⇔ 2m 2 − 2 = 0 ⇔ m = ± 1

 f ( −1) ≠ f (1) Ta có f ( −1) = 7, f (1) = −1    f ( −1) ≠ − f (1) Vậy hàm số không chẵn và không lẻ b) Ta có TXĐ: D = ℝ Với mọi x ∈ ℝ ta có − x ∈ ℝ và f (−x ) = ( −x ) + 2 − ( −x ) − 2 = x − 2 − x + 2

c) Ta có

− 2x 2 − 1 = 2x x 2 + 1

Với mọi x ∈ ℝ ta có − x ∈ ℝ và f (−x ) = 2 ( −x )

ĐKXĐ:

2+x +

x2 + 1 − x

)

Lời giải:

1 không chẵn và không lẻ. 2−x Ví dụ 2: Xét tính chẵn, lẻ của các hàm số sau:

c) f (x ) =

)

x2 + 1 − x

Ví dụ 3: Tìm m để hàm số: f ( x ) =

Ta có x0 = −2 ∈ [ −2; 2 ) nhưng − x0 = 2 ∉ [ −2; 2 )

x + x2 + 1

)(

Do đó với mọi x ∈ ℝ ta có f ( − x ) = − f ( x )

2 + x ≥ 0  x ≥ −2 d) ĐKXĐ:  ⇔ ⇔ −2 ≤ x < 2 2 − x > 0  x<2 Suy ra TXĐ: D = [ −2; 2 )

a) f (x ) = x 4 − 4x + 2

x +1+x

x +1

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

Và f ( −0 ) = − f ( 0 ) = 0

x + 5 + 5 − x là hàm số chẵn

Vậy hàm số f (x ) =

(

Với mọi x < 0 ta có − x > 0 suy ra f ( − x ) = 1, f ( x ) = −1  f ( − x ) = − f ( x )

x + 5 ≥ 0  x ≥ −5 c) ĐKXĐ:  ⇔ ⇔ −5 ≤ x ≤ 5 5 − x ≥ 0  x≤5 Suy ra TXĐ: D = [ −5;5]

Do đó f ( x ) =

(x + 2

Do đó f (x ) =

Do đó f (x ) = 3x + 2 x là hàm số lẻ 3

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

x 2 (x 2 − 2) x2 + 1 + 1

TXĐ: D = ℝ Dễ thấy với mọi x ∈ ℝ ta có − x ∈ ℝ và f ( − x ) = f ( x )

-- 8 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 Do đó f ( x ) =

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

là hàm số chẵn. x2 + 1 + 1 Vậy m = ±1 là giá trị cần tìm. 3. Bài tập luyện tập Bài 2.4:: Xét tính chẵn, lẻ của các hàm số sau:

x 3 + 5x x2 + 4

b) f ( x ) =

d) f ( x ) =

x −5 x −1

e) f ( x ) = 3x 2 − 2x + 1 f) f ( x ) =

x −1 + x + 1

x2 + 5 x2 −1

h) f (x ) =

2x − 1 + 2x + 1

Bài 2.5: Tìm m để hàm số: y = f ( x ) =

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

b) Với mọi x1 , x2 ∈ (1; +∞ ) , x1 ≠ x2 ta có

a) f ( x ) =

g) f (x ) =

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

f ( x2 ) − f ( x1 ) 3 Vì x1 > 1, x2 > 1  nghịch biến trên khoảng ( 1; +∞ ) . < 0 nên hàm số y = x2 − x1 x −1

x 2 (x 2 − 2 )

c) f ( x ) =

x +1− 1−x x3 x −1

x +2 + x −2 x −1 − x +1

x ( x 2 − 2 ) + 2m − 1 x − 2m + 1

là hàm số chẵn.

Bài 2.6: Cho hàm số y = f ( x ), y = g ( x ) có cùng tập xác định D. Chứng minh rằng a) Nếu hai hàm số trên lẻ thì hàm số y = f ( x ) + g ( x ) là hàm số lẻ b) Nếu hai hàm số trên một chẵn một lẻ thì hàm số y = f ( x ) g ( x ) là hàm số lẻ

Bài 2.7: a) Tìm m để đồ thị hàm số sau nhận gốc tọa độ O làm tâm đối xứng

y = x 3 − (m 2 − 9)x 2 + (m + 3)x + m − 3 .

  1  1 1  f ( x2 ) − f ( x1 ) =  x2 +  −  x1 +  = ( x2 − x1 ) 1 −  x x x  2   1   1 x2  f ( x2 ) − f ( x1 ) 1 Suy ra = 1− x2 − x1 x1 x2

Vì x1 > 1, x2 > 1 

f ( x2 ) − f ( x1 ) 1 > 0 nên hàm số y = x + đồng biến trên khoảng ( 1; +∞ ) . x x2 − x1

Ví dụ 2: Cho hàm số y = x 2 − 4

a) Xét chiều biến thiên cuả hàm số trên ( −∞; 0 ) và trên ( 0; +∞ ) b) Lập bảng biến thiên của hàm số trên  −1; 3  từ đó xác định giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số trên  −1; 3  .   Lời giải: TXĐ: D = R a) ∀x1, x 2 ∈ ℝ, x 1 < x 2 ⇒ x 2 − x 1 > 0

Ta có T = f ( x 2 ) − f ( x 1 ) = ( x 22 − 4 ) − ( x 12 − 4 ) = x 22 − x12 = ( x 2 − x 1 ) .( x 1 + x 2 )

b) Tìm m để đồ thị hàm số sau nhận trục tung làm trục đối xứng

Nếu x 1, x 2 ∈ ( −∞; 0 ) ⇒ T < 0 . Vậy hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên ( −∞; 0 ) .

y = x 4 − (m 2 − 3m + 2)x 3 + m 2 − 1 .

Nếu x 1, x 2 ∈ ( 0; +∞ ) ⇒ T > 0 . Vậy hàm số y = f ( x ) đồng biến trên ( 0; +∞ ) .

Bài 2.8: Chứng minh rằng đồ thị hàm số sau nhận trục tung làm trục đối

b) Bảng biến thiên của hàm số y = x 2 − 4 trên  −1; 3  x −1 0 −3 5

xứng: y = x + 2

3−x +

3+x .

DẠNG TOÁN 3. XÉT TÍNH ĐỒNG BIẾN, NGHỊCH BIẾN(ĐƠN ĐIỆU) CỦA HÀM SỐ TRÊN MỘT KHOẢNG 1. Phương pháp giải C1: Cho hàm số y = f (x ) xác định trên K. Lấy x 1, x 2 ∈ K ; x1 < x 2 , đặt T = f (x 2 ) − f (x 1 )

• Hàm số đồng biến trên K ⇔ T > 0 . • Hàm số nghịch biến trên K ⇔ T < 0 . f (x 2 ) − f (x 1 ) C2: Cho hàm số y = f (x ) xác định trên K. Lấy x 1, x 2 ∈ K ; x1 ≠ x 2 , đặt T = x 2 − x1

• Hàm số đồng biến trên K ⇔ T > 0 . • Hàm số nghịch biến trên K ⇔ T < 0 . 2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Xét sự biến thiên của hàm số sau trên khoảng ( 1; +∞ ) 3 x −1 Lời giải:

a) y =

b) y = x +

1 x

a) Với mọi x1 , x2 ∈ (1; +∞ ) , x1 ≠ x2 ta có f ( x2 ) − f ( x1 ) =

Suy ra

3 ( x1 − x2 ) 3 3 − = x2 − 1 x1 − 1 ( x2 − 1)( x1 − 1)

f ( x2 ) − f ( x1 ) 3 =− x2 − x1 ( x2 − 1)( x1 − 1) -- 9 --

y = x2 − 4

−4 Dựa vào bảng biến thiên ta có max y = 5 khi và chỉ khi x = 3 , min y = −4 khi và chỉ khi x = 0 . [ −1;3]

[ −1;3]

Ví dụ 3: Xét sự biến thiên của hàm số y =

4x + 5 +

x − 1 trên tập xác định của nó.

Áp dụng giải phương trình a)

4x + 5 + x − 1 = 3

b) 4x + 5 + x − 1 = Lời giải:

4x 2 + 9 + x

5  4 x + 5 ≥ 0 x ≥ − * ĐKXĐ:  ⇔ 4 ⇔ x ≥1  x −1 ≥ 0  x ≥ 1 Suy ra TXĐ: D = [1; +∞ ) Với mọi x1 , x2 ∈ [1; +∞ ) , x1 ≠ x2 ta có

-- 10 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

4 ( x2 − x1 ) 4 x2 + 5 + 4 x1 + 5

x2 − x1 x2 − 1 + x1 − 1

  4 1 = ( x2 − x1 )  +   4x + 5 + 4x + 5 x2 − 1 + x1 − 1  2 1  f ( x2 ) − f ( x1 ) 4 1 Suy ra = + >0 x2 − x1 4 x2 + 5 + 4 x1 + 5 x2 − 1 + x1 − 1 Nên hàm số y =

4x + 5 +

x − 1 đồng biến trên khoảng [1; +∞ ) .

a) Vì hàm số đã cho đồng biến trên [1; +∞ ) nên Nếu x > 1  f ( x ) > f (1) hay Suy ra phương trình

4x + 5 + x − 1 > 3

4x + 5 + x − 1 = 3 vô nghiệm

Nếu x < 1  f ( x ) < f (1) hay

4x + 5 + x − 1 < 3

4t + 5 + t − 1 ⇔ f ( x ) = f ( t )

Nếu x > t  f ( x ) > f ( t ) hay

4x + 5 + x − 1 >

4t + 5 + t − 1

Suy ra phương trình đã cho vô nghiệm Nếu x < t  f ( x ) < f ( t ) hay

4x + 5 + x − 1 <

4t + 5 + t − 1

Suy ra phương trình đã cho vô nghiệm Vậy f ( x ) = f ( t ) ⇔ x = t hay x 2 + 1 = x ⇔ x 2 − x + 1 = 0 (vô nghiệm) Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Nhận xét: • Hàm số y = f ( x ) đồng biến (hoặc nghịch biến) thì phương trình f ( x ) = 0 có tối đa một nghiệm. • Nếu hàm số y = f (x ) đồng biến (nghịch biến) trên D thì f (x ) > f (y ) ⇔ x > y (x < y ) và

f (x ) = f (y ) ⇔ x = y ∀x, y ∈ D . Tính chất này được sử dụng nhiều trong các bài toán đại số như giải phương trình , bất phương trình , hệ phương trình và các bài toán cực trị. 3. Bài tập luyện tập Bài 2.9: Xét sự biến thiên của các hàm số sau: a) y = 4 − 3x

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

trong mặt phẳng tọa độ với x ∈ D .

Chú ý : Điểm M (x 0 ; y 0 ) ∈ (C ) _ đồ thị hàm số y = f (x ) ⇔ y 0 = f (x 0 ) .

• Sử dụng định lý về tịnh tiến đồ thị một hàm số 2. Các ví dụ minh họa   x 2 + 1 khi x > 2    Ví dụ 1: Cho hai hàm số f ( x ) = 2x + 3x + 1 và g ( x ) =  2x − 1 khi − 2 ≤ x ≤ 2 .   6 − 5x khi x < −2    a) Tính các giá trị sau f ( −1 ) và g ( −3 ), g ( 2 ), g ( 3 ) . 2

b) Tìm x khi f ( x ) = 1 . c) Tìm x khi g ( x ) = 1 .

Lời giải:

Suy ra phương trình 4x + 5 + x − 1 = 3 vô nghiệm Với x = 1 dễ thấy nó là nghiệm của phương trình đã cho Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 . b) ĐKXĐ: x ≥ 1 . Đặt x 2 + 1 = t , t ≥ 1  x 2 = t − 1 phương trình trở thành

4x + 5 + x − 1 =

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

DẠNG TOÁN 4: ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ VÀ TỊNH TIẾN ĐỒ THỊ HÀM SỐ 1. Phương pháp giải • Cho hàm số y = f (x ) xác định trên D . Đồ thị hàm số f là tập hợp tất cả các điểm M (x ; f (x )) nằm

f ( x2 ) − f ( x1 ) = 4 x2 + 5 + x2 − 1 − 4 x1 + 5 − x1 − 1

b) y = x 2 + 4x − 5 .

có

f ( −1 ) = 2 ( −1 ) + 3 ( −1 ) + 1 = 0 ,

g ( −3) = 6 − 5 ( −3 ) = 21 ,

g ( 2 ) = 2.2 − 1 = 3

g ( 3 ) = 32 + 1 = 10

b) * Ta có f ( x ) = 1 ⇔ 2x 2 + 3x + 1 = 1  x=0 ⇔ 2 x2 + 3x = 0 ⇔  x = − 3  2

   x >2 x > 2 * Với x > 2 ta có g ( x ) = 1 ⇔  ⇔ vô nghiệm  2  x + 1 = 1  x = 0      −2 ≤ x ≤ 2   −2 ≤ x ≤ 2 ⇔   Với −2 ≤ x ≤ 2 ta có g ( x ) = 1 ⇔  ⇔x =1   2x − 1 = 1  x =1       x < −2   x < −2 ⇔   Với x < −2 ta có g ( x ) = 1 ⇔  vô nghiệm   6x − 5 = 1   x =1    Vậy g ( x ) = 1 ⇔ x = 1 . Ví dụ 2: Cho hàm số y = mx 3 − 2(m 2 + 1)x 2 + 2m 2 − m a) Tìm m để điểm M ( −1; 2 ) thuộc đồ thị hàm số đã cho b) Tìm các điểm cố định mà đồ thị hàm số đã cho luôn đi qua với mọi m . Lời giải: a) Điểm M ( −1; 2 ) thuộc đồ thị hàm số đã cho khi và chỉ khi

2 = −m − 2(m 2 + 1) + 2m 2 − m ⇔ m = −2

2 x trên ( −∞;2 ) và trên ( 2; +∞ ) d) y = trên ( −∞;1 ) x −2 x −1 3 Bài 2.10: Chứng minh rằng hàm số y = x + x đồng biến trên R.

Vậy m = −2 là giá trị cần tìm. b) Để N ( x; y ) là điểm cố định mà đồ thị hàm số đã cho luôn đi qua, điều kiện cần và đủ là

Áp dụng giải phương trình sau x 3 − x = 3 2 x + 1 + 1

y = mx 3 − 2(m 2 + 1)x 2 + 2m 2 − m, ∀m

c) y =

Bài 2.11: Cho hàm số y = x − 1 + x 2 − 2 x a) Xét sự biến thiên của hàm số đã cho trên [1; +∞ ) b) Tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [ 2;5]

-- 11 --

-- 12 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI 2

⇔ 2m2 (1 − x 2 ) + m ( x 3 − 1) − 2 x 2 − y = 0, ∀m

a) Ta tịnh tiến đồ thị hàm số y = x + 1 sang trái hai đơn vị ta được đồ thị hàm số y = ( x − 2 ) + 1 rồi tịnh

1 − x 2 = 0  3  x =1 ⇔  x −1 ⇔  y = −2 2 x 2 + y = 0 

tiến lên trên một đơn vị ta được đồ thị hàm số y = ( x − 2 ) hay y = x 2 − 4 x + 4 .

Vậy hàm số cần tìm là y = x 2 + 4 x + 6 . 2

3  15  b) Ta có −2 x 2 − 6 x + 3 = −2  x +  + 2 2 

Vậy đồ thị hàm số đã cho luôn đi qua điểm N (1; −2 ) . Chú ý: Nếu đa thức an x n + an −1x n −1 + ... + a1x + a 0 = 0

với mọi

x ∈K

khi và chỉ khi

an = an −1 = ... = a 0

Tịnh tiến liên tiếp đồ thị hàm số y = −2 x 2 đi sang bên trái

Ví dụ 3: Chứng minh rằng trên đồ thị (C ) của hàm số y =

x2 − x + 1 tồn tại hai điểm A(x A ; yA ) và x +1

  2x A + yA = 3 B(x B ; yB ) thỏa mãn:  .   2x + yB = 3   B Lời giải: Ta có A ∈ (C ) ⇔ yA =

Do đó tịnh tiến đồ thị hàm số y = −2 x 2 để được đồ thị hàm số y = −2 x 2 − 6 x + 3 ta làm như sau

3 15 đơn vị và lên trên đi đơn vị. 2 2

3. Bài tập luyện tập Bài 2.12: Cho hàm số y = f ( x ) = −3x 2 + m 2x + m + 1 (với m là tham số) a) Tìm các giá trị của m để f ( 0 ) = 5 . b) Tìm các giá trị của m để đồ thị của hàm số y = f ( x ) đi qua điểm A ( 1; 0 ) .

2 A

2 B

x − xA + 1 x − xB + 1 , B ∈ (C ) ⇔ yB = xA + 1 xB + 1

  x A2 − x A + 1  =3  2x A +  2x A + yA = 3   xA + 1 Do đó  (*) ⇔    x 2 − xB + 1  2x B + yB = 3   2x B + B =3   xB + 1   Với x A ≠ −1, xB ≠ −1 ta có

 1± 7  xA = 3 xA2 − 2 x A − 2 = 0  3 (thỏa mãn) ⇔ ( *) ⇔  2 1 ± 7 3 xB − 2 xB − 2 = 0 x =  B 3

 2x A + yA = 3  . Suy ra tồn tại hai điểm A(x A; yA ) và B(x B ; yB ) thuộc đồ thị ( C ) thỏa mãn:    2x + yB = 3   B Ví dụ 4: Tìm trên đồ thị hàm số y = −x 3 + x 2 + 3x − 4 hai điểm đối xứng nhau qua gốc tọa độ. Lời giải: Gọi M , N đối xứng nhau qua gốc tọa độ O . M ( x 0 ; y 0 ) ⇒ N ( −x 0 ; −y 0 )

  y 0 = −x 03 + x 02 + 3x 0 − 4 Vì M , N thuộc đồ thị hàm số nên   − y = x 03 + x 02 − 3x 0 − 4   0  y 0 = −x 03 + x 02 + 3x 0 − 4  y0 = −x 03 + x 02 + 3x 0 − 4   ⇔ ⇔   2   x 0 = ±2 2x 0 − 8 = 0      x =2  x = −2 hoặc  0 ⇔ 0  y0 = −2  y0 = 2 Vậy hai điểm cần tìm có tọa độ là ( 2; −2 ) và ( −2; 2 ) .

Ví dụ 5: a) Tịnh tiến đồ thị hàm số y = x 2 + 1 liên tiếp sang phải hai đơn vị và xuống dưới một đơn vị ta được đồ thị của hàm số nào? b) Nêu cách tịnh tiến đồ thị hàm số y = −2 x 2 để được đồ thị hàm số y = −2 x 2 − 6 x + 3 .

Bài 2.13: Tìm các điểm cố định mà đồ thị hàm số sau luôn đi qua với mọi m. a) y = x 3 + 2(m − 1)x 2 + (m 2 − 4m + 1)x − 2(m 2 + 1) b) y =

( m − 1) x + m + 2 x+m+2

Bài 2.14: Cho hàm số f (x ) = 2x 4 + (m − 1)x 3 + (m 2 − 1)x 2 + 2(m 2 − 3m + 2)x − 3 . Tìm m để điểm M (1; 0) thuộc đồ thị hàm số đã cho

Bài 2.15: a) Tịnh tiến đồ thị hàm số y = − x 2 + 2 liên tiếp sang trái 2 đơn vị và xuống dưới đồ thị của hàm số nào? b) Nêu cách tịnh tiến đồ thị hàm số y = x 3 để được đồ thị hàm số y = x 3 + 3x 2 + 3x + 6 . CHỦ ĐỀ 2: HÀM SỐ BẬC NHẤT A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Định nghĩa: Hàm số bậc nhất là hàm số có dạng y = ax + b (a ≠ 0) . 2. Sự biến thiên • TXĐ: D = ℝ • Hàm số số đồng biến khi a > 0 và nghịch biến khi a < 0 Bảng biến thiên +∞ −∞ −∞ x x +∞ y = ax + b +∞ y = ax + b

+∞

(a < 0 )

(a > 0 )

−∞

3. Đồ thị. Đồ thị của hàm số y = ax + b (a ≠ 0) là một đường thẳng có hệ số góc bằng a , cắt trục hoành tại  b  A  − ; 0  và trục tung tại B ( 0;b )  a 

Chú ý: • Nếu a = 0 ⇒ y = b là hàm số hằng, đồ thị là đường thẳng song song hoặc trùng với trục hoành.

• Phương trình x = a cũng là một đường thẳng(nhưng không phải là một hàm số) vuông góc với trục tọa độ và cắt tại điểm có hoành độ bằng a.

Lời giải: -- 13 --

1 đơn vị ta được 2

-- 14 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

• Cho đường thẳng d có hệ số góc k , d đi qua điểm M ( x 0 ; y 0 ) , khi đó phương trình của đường thẳng d là: y − y 0 = a ( x − x 0 ) .

B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI DẠNG TOÁN 1: XÁC ĐỊNH HÀM SỐ BẬC NHẤT VÀ SỰ TƯƠNG GIAO GIỮA ĐỒ THỊ CÁC HÀM SỐ 1. Phương pháp giải • Để xác định hàm số bậc nhất ta là như sau Gọi hàm số cần tìm là y = ax + b, a ≠ 0 . Căn cứ theo giả thiết bài toán để thiết lập và giải hệ phương trình với ẩn a, b , từ đó suy ra hàm số cần tìm.

• Cho hai đường thẳng d1 : y = a1x + b1 và d2 : y = a2x + b2 . Khi đó:

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

 b  c) Đường thẳng d cắt trục Ox tại P  − ; 0  và cắt Oy tại Q ( 0;b ) với a < 0, b > 0  a  1 1 b b2 Suy ra S ∆OPQ = OP .OQ = . − . b = − (3) 2 2 a 2a Ta có M ∈ d ⇒ 2 = a + b ⇒ b = 2 − a thay vào (3) ta được 2

(2 − a )

2 a = − − +2 2a a 2 Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có S ∆OPQ = −

2 a − − ≥2 a 2

    − 2  .  − a  = 2 ⇒ S ≥4 ∆OPQ  a   2 

  − 2 = − a Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi   a 2 ⇔ a = −2 ⇒ b = 4   a <0   Vậy hàm số cần tìm là y = −2x + 4 .

 a1 = a2 a) d1 và d2 trùng nhau ⇔  ;   b = b2  1   a1 = a 2 b) d1 và d2 song song nhau ⇔  ;   b ≠ b2   1   y = a1x + b1 c) d1 và d2 cắt nhau ⇔ a1 ≠ a2 . Và tọa độ giao điểm là nghiệm của hệ phương trình    y = a 2x + b2   d) d1 và d2 vuông góc nhau ⇔ a1.a2 = −1.

2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1. Cho hàm số bậc nhất có đồ thị là đường thẳng d . Tìm hàm số đó biết: a) d đi qua A(1; 3), B(2; −1) b) d đi qua C (3; −2) và song song với ∆ : 3x − 2y + 1 = 0 c) d đi qua M (1;2) và cắt hai tia Ox,Oy tại P,Q sao cho S ∆OPQ nhỏ nhất. d) d đi qua N ( 2; −1 ) và d ⊥ d ' với d ' : y = 4x + 3 .

Lời giải: Gọi hàm số cần tìm là y = ax + b, a ≠ 0

d) Đường thẳng d đi qua N ( 2; −1 ) nên −1 = 2a + b (4) Và d ⊥ d ' ⇒ 4.a = −1 ⇔ a = −

1 1 thay vào (4) ta được b = − . 4 2

1 1 Vậy hàm số cần tìm là y = − x − . 4 2 Ví dụ 2: Cho hai đường thẳng d : y = x + 2m, d ' : y = 3x + 2 ( m là tham số) a) Chứng minh rằng hai đường thẳng d, d ' cắt nhau và tìm tọa độ giao điểm của chúng b) Tìm m để ba đường thẳng d, d ' và d " : y = −mx + 2 phân biệt đồng quy.

Lời giải: a) Ta có ad = 1 ≠ ad ' = 3 suy ra hai đường thẳng d, d ' cắt nhau. Tọa độ giao điểm của hai đường thẳng d, d ' là nghiệm của hệ phương trình

 y = x + 2m  x = m −1    ⇔ suy ra d, d ' cắt nhau tại M ( m − 1; 3m − 1 )     y = 3 x + 2 y = 3m − 1     b) Vì ba đường thẳng d, d ', d " đồng quy nên M ∈ d " ta có

a) Vì A ∈ d và B ∈ d nên ta có hệ phương trình  3 = a +b  a = −4    ⇔     − 1 = 2 a + b   b=7   Vậy hàm số cần tìm là y = −4x + 7

  3  a = 3 1 2 (1) b) Ta có ∆ : y = x + . Vì d / /∆ nên    1 2 2  b ≠    2 Mặt khác C ∈ d ⇒ −2 = 3a + b (2)   3  a =   2 Từ (1) và (2) suy ra   13  b=−    2

 m =1 3m − 1 = −m ( m − 1 ) + 2 ⇔ m 2 + 2m − 3 = 0 ⇔   m = −3 • Với m = 1 ta có ba đường thẳng là d : y = x + 2, d ' : y = 3x + 2, d " : y = −x + 2, phân biệt và đồng quy tại M ( 0;2 ) .

• Với m = −3 ta có d ' ≡ d " suy ra m = −3 không thỏa mãn Vậy m = 1 là giá trị cần tìm. Ví dụ 3: Cho đường thẳng d : y = ( m − 1 ) x + m và d ' : y = ( m 2 − 1 ) x + 6 a) Tìm m để hai đường thẳng d, d ' song song với nhau b) Tìm m để đường thẳng d cắt trục tung tại A , d ' cắt trục hoành tại B sao cho tam giác OAB cân tại O Lời giải: a) Với m = 1 ta có d : y = 1, d ' : y = 6 do đó hai đường thẳng này song song với nhau

3 13 Vậy hàm số cần tìm là y = x − 2 2

-- 15 --

-- 16 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

 7  Với m = −1 ta có d : y = −2x − 1, d ' : y = 6 suy ra hai đường thẳng này cắt nhau tại M  − ;6   2  Với m ≠ ±1 khi đó hai đường thẳng trên là đồ thị của hàm số bậc nhất nên song song với nhau khi và chỉ m = 1    m = 1 m − 1 = m 2 − 1   khi  ⇔    m = 0 ⇔    m≠6  m = 0    m≠6    Đối chiếu với điều kiện m ≠ ±1 suy ra m = 0 . Vậy m = 0 và m = 1 là giá trị cần tìm.   y = ( m − 1) x + m x = 0 b) Ta có tọa độ điểm A là nghiệm của hệ  ⇔ ⇒ A ( 0; m )    y = m x =0       y = ( m 2 − 1) x + 6 ( m 2 − 1 ) x + 6 = 0 Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ  ⇔ (*)     y=0 y =0     Rõ ràng m = ±1 hệ phương trình (*) vô nghiệm   6 x =  6  Với m ≠ ±1 ta có (*) ⇔  ; 0   1 − m 2 ⇒ B  2    1 − m  y=0   Do đó tam giác OAB cân tại O ⇔ m =

−∞

+∞ +∞

y = 3x + 6

−∞ 3

Đồ thị hàm số y = 3x + 6 đi qua A ( −2; 0 ), B ( −1; 3 )

-2 -1 O

1 b) TXĐ: D = ℝ , a = − < 0 suy ra hàm số nghịch biến trên ℝ 2 Bảng biến thiên

x 1 3 y =− x+ 2 2

+∞

−∞ +∞

3/2 1

−∞

 3 1 3 Đồ thị hàm số y = − x + đi qua A ( 3; 0 ), B  0;   2  2 2

6 1 − m2

 m − m3 = 6 ⇔ m − m 3 = 6 ⇔  3  m − m = −6 m3 − m + 6 = 0  m = −2 (thỏa mãn) ⇔  3 ⇔   m = 2  m − m − 6 = 0 Vậy m = ±2 là giá trị cần tìm. 3. Bài tập luyện tập Bài 2.16: Cho hàm số bậc nhất có đồ thị là đường thẳng d . Tìm hàm số đó biết: a) d đi qua A(1;1), B(3; −2) b) d đi qua C (2; −2) và song song với ∆ : x − y + 1 = 0 c) d đi qua M (1;2) và cắt hai tia Ox,Oy tại P,Q sao cho ∆OPQ cân tại O. d) d đi qua N ( 1; −1 ) và d ⊥ d ' với d ' : y = −x + 3 .

Bài 2.17: Tìm m để ba đường thẳng d : y = 2x , d ' : y = −x + 6, d '' : y = m 2x + 5m + 3 phân biệt đồng quy. DẠNG TOÁN 2: XÉT SỰ BIẾN THIÊN VÀ VẼ ĐỒ THỊ CỦA HÀM SÔ BẬC NHẤT 1. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị của các hàm số sau a) y = 3x + 6

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

1 3 b) y = − x + 2 2

Lời giải: a) TXĐ: D = ℝ , a = 3 > 0 suy ra hàm số đồng biến trên ℝ Bảng biến thiên

-- 17 --

Ví dụ 2. Cho các hàm số : y = 2x − 3, y = −x − 3, y = −2 . a) Vẽ đồ thị các hàm số trên b) Dựa vào đồ thị hãy xác định giao điểm của các đồ thị hàm số đó Lời giải: a) Đường thẳng y = 2x − 3 đi qua các điểm

thẳng

3 2

-3

3  A ( 0; −3 ), B  ; 0   2  Đường

y = −x − 3

đi

qua

các

điểm

A ( 0; −3 ),C ( −3; 0 )

-1 O

-2 -3

Đường thẳng y = −2 song song với trục hoành và cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng -2 b) Đường thẳng y = 2x − 3, y = −x − 3

cắt nhau tại

A ( 0; −3 ) , Đường thẳng y = −x − 3, y = −2 cắt nhau tại A ' ( −1; −2 ) , Đường thẳng y = 2x − 3, y = −2 cắt nhau

1  tại A "  ; −2  .  2 

y 3 2

Ví dụ 3: Cho đồ thị hàm số có đồ thị (C ) (hình vẽ) a) Hãy lập bảng biến thiên của hàm số trên  −3; 3  b) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số trên  −4;2  Lời giải:

-- 18 --

1 -4 -3 -2 -1 O -1 -2 -3

4 x

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

a) Bảng biến thiên của hàm số trên  −3; 3 

−3 2

−2

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

Lời giải: a) Với x ≥ 0 đồ thị hàm số y = 2x là phần

đường thẳng đi qua hai điểm O ( 0;0 ), A ( 1;2 ) nằm bên phải của đường

thẳng x = 0 . Với x < 0 đồ thị hàm số y = −x là phần

đường thẳng đi qua hai điểm B ( −1;1 ), C ( −2;2 ) nằm bên trái của đường

−2 b) Dựa vào đồ thị hàm số đã cho ta có max = 3 khi và chỉ khi x = −4   y

 −4;2 

3 Bài 2.18: Cho các hàm số : y = −2x + 3, y = x + 2, y = . 2 a) Vẽ đồ thị các hàm số trên b) Dựa vào đồ thị hãy xác định giao điểm của các đồ thị hàm số đó Bài 2.19: Cho đồ thị hàm số có đồ thị (C ) (hình vẽ)

Ví dụ 2: Vẽ đồ thị của các hàm số sau a) y = x − 2 b) y = x − 2

3 2

2. Bài tập luyện tập.

Lời giải: -3 -2 -1 O

-3

a) Hãy lập bảng biến thiên của hàm số trên  −3; 3  b) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số trên  −2;2  DẠNG TOÁN 3: ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ CHỨA DẤU TRỊ TUYỆT ĐỐI y = ax + b 1. Phương pháp giải Vẽ đồ thị (C ) của hàm số y = ax + b ta làm như sau

b Cách 1: Vẽ (C 1 ) là đường thẳng y = ax + b với phần đồ thị sao cho hoành độ x thỏa mãn x ≥ − , Vẽ a b (C 2 ) là đường thẳng y = −ax − b lấy phần đồ thị sao cho x < − . Khi đó (C ) là hợp của hai đồ thị a (C 1 ) và (C 2 ) .

  x − 2 khi x ≥ 0 a) Cách 1: Ta có y =   −x − 2 khi x < 0   Vẽ đường thẳng y = x − 2 đi qua hai điểm

A ( 0; −2 ), B ( 2; 0 ) và lấy phần đường thẳng bên phải của trục tung Vẽ đường thẳng

y = −x − 2 đi qua hai điểm

-2

thẳng

d : y = x −2

đi

qua

Chú ý: • Biết trước đồ thị (C ) : y = f ( x ) khi đó đồ thị (C 1 ) : y = f ( x

trục hoành - Lấy đối xứng phần đồ thị hàm số y = x − 2 ở phía

• Biết trước đồ thị (C ) : y = f ( x ) khi đó đồ thị (C 2 ) : y = f ( x ) là gồm phần:

A ( 0; −2 ), B ( 2; 0 ) .

- Giữ nguyên đồ thị hàm số y = x − 2 ở phía trên

- Lấy đối xứng đồ thị (C ) ở bên phải trục tung qua trục tung.

Khi đó đồ thị của hàm số y = x − 2 là phần đường

Phần đường thẳng nằm trên trục hoành chính là (C ) .

) là gồm phần :

của trục tung. Cách 2: Đường

Cách 2: Vẽ đường thẳng y = ax + b và y = −ax − b rồi xóa đi phần đường thẳng nằm dưới trục hoành.

- Giữ nguyên đồ thị (C ) ở bên phải trục tung;

-2

A ( 0; −2 ), C ( −2; 0 ) và lấy phần đường thẳng bên trái

thẳng d nằm bên phải của trục tung và phần đối xứng của nó qua trục tung b) Đồ thị y = x − 2 là gồm phần:

dưới trục hoành và lấy đối xứng qua trục hoành. Ví dụ 3: Cho đồ thị (C ) : y = 3 x − 2 − 2x − 6

-2

a) Vẽ (C )

- Giữ nguyên đồ thị (C ) ở phía trên trục hoành

b) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số trên với x ∈  −3; 4 

- Lấy đối xứng đồ thị (C ) ở trên dưới trục hoành và lấy đối xứng qua trục hoành.

Lời giải:

2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1. Vẽ đồ thị của các hàm số sau   2x khi x ≥ 0 a) y =  . b) y = −3x + 3 .  − x khi x < 0  

  x khi x ≥ 3    5x − 12 khi 2 < x < 3 a) Ta có y =    −x khi x ≤ 2   

-- 19 --

thẳng x = 0 . b) Vẽ hai đường thẳng y = −3x + 3 và y = 3x − 3 và lấy phần đường thẳng nằm trên trục hoành

 −4;2 

min = 0 khi và chỉ khi x = 2  

-2

-3 -2 -1 O -1 -2

Vẽ đường thẳng y = x đi qua hai điểm O ( 0; 0 ), A ( 1;1 ) và lấy

-- 20 --

-3

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

phần đường thẳng bên phải của đường thẳng x = 3 Vẽ đường thẳng y = 5x − 12 đi qua hai điểm B ( 3; 3 ), C ( 2; −2 ) và lấy phần đường thẳng nằm giữa của hai đường thẳng x = 2, x = 3 .

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

min y = 1 khi và chỉ khi x ≥ −1    −2;2 

3. Bài tập luyện tập Bài 2.20: Vẽ đồ thị hàm số y = 2x − 3. Từ đó suy ra đồ thị của:

Vẽ đường thẳng y = −x đi qua hai điểm O ( 0; 0 ), D ( −1; −1 ) và lấy phần đường thẳng bên trái của đường

(C 1 ) : y

thẳng x = 2 b) Dựa vào đồ thị hàm số ta có max y = 4 khi và chỉ khi x = 4  

Bài 2.21: Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị của các hàm số sau

min y = −2 khi và chỉ khi x = 2

x 2 + 4x + 4 − x −2 x +2 b) Biện luận số giao điểm của đồ thị hàm số trên với đường thẳng y = m theo m.

y =

Bài 2.22: a) Lập bảng biến thiên của hàm số y =

 −3;4   

Ví dụ 4: Lập bảng biến thiên của các hàm số sau x 2 + x 2 − 2x + 1 .

b) y =

x 2 + 4x + 4 − x + 1 .

Từ đó tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của các hàm số đó trên  −2;2  Lời giải:   2x − 1 khi x ≥ 1   1 a) Ta có y = x + x − 1 =  khi 0 < x < 1   1 − 2 x khi x ≤ 0    Bảng biến thiên −∞ 0 1 +∞ x +∞ +∞ y

1 Ta có y ( −2 ) = 5, y ( 2 ) = 3

DẠNG TOÁN 4: ỨNG DỤNG CỦA HÀM SỐ BẬC NHẤT TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT, LỚN NHẤT 1. Phương pháp giải Cho hàm số f ( x ) = ax + b và đoạn  α; β  ⊂ ℝ . Khi đó, đồ thị của y hàm số y = f(x) trên [α; β ] là một đoạn thẳng nên ta có một số tính chất:  max f(x) = max{f(α); f(β},  

f(β)

 α, β 

 min f(x) = min{f(α); f(β},    α, β 

 max f (x ) = max { f (α) ; f (β ) } .  

f(α)

 α ,β 

Áp dụng các tính chất đơn giản này cho chúng ta cách giải nhiều bài toán một cách thú vị, ngắn gọn, hiệu quả. 2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Cho hàm số f ( x ) = 2x − m . Tìm m để giá trị lớn nhất của

f ( x ) trên  1;2  đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải: Dựa vào các nhận xét trên ta thấy max f (x ) chỉ có thể đạt được tại x = 1 hoặc x = 2 .

Dựa vào bảng biến thiên ta có

max y = 5 khi và chỉ khi x = −2    −2;2 

[1;2]

min y = 1 khi và chỉ khi x ∈  0;1   −2;2  

x 2 − 4x + 4 − 3 x 2 − 2x + 1

Từ đó tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của các hàm số đó trên  0;2  .

 −3;4 

a) y =

= 2 x − 3, (C 2 ) : y = 2x − 3 , (C 3 ) : y = 2 x − 3

Như vậy nếu đặt M = max f (x ) thì M ≥ f ( 1 ) = 2 − m và M ≥ f ( 2 ) = 4 − m .



  1 khi x ≥ −1    2x + 3 khi − 2 < x < −1 b) Ta có y = x + 2 − x + 1 =    −1 khi x ≤ −2    Bảng biến thiên x −∞ −2 −1 +∞ 1 1 y

[1;2]

Ta có

2 −m + 4 −m (2 − m ) + (m − 4) f (1) + f (2) = ≥ = 1. 2 2 2  2−m = 4 −m  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  ⇔ m = 3.   (2 − m )(m − 4) ≥ 0   Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 1, đạt được chỉ khi m = 3. M ≥

Ví dụ 2: Cho hàm số y =

2x − x 2 − 3m + 4 . Tìm m để giá trị lớn nhất của hàm số y là nhỏ nhất.

Lời giải:

−1 −1 Ta có y ( −2 ) = −1, y ( 2 ) = 1

Gọi A = max y . Ta đặt t =

Dựa vào bảng biến thiên ta có max y = 1 khi và chỉ khi x ≤ −2  

Khi đó hàm số được viết lại là y = t − 3m + 4 với t ∈  0;1  suy ra −3m + 4 + 5 − 3m A = max t − 3m + 4 = max { −3m + 4 , 5 − 3m + } ≥ [0,1] 2

 −2;2 

-- 21 --

2x − x 2 ⇒ t =

1 − ( x − 1 ) do đó 0 ≤ t ≤ 1

-- 22 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

Áp dụng BĐT trị tuyệt đối ta có −3m + 4 + 5 − 3m = 3m − 4 + 5 − 3m ≥ 1 Do đó A ≥

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

Bài 2.28: Chứng minh rằng với ∀m ≤ 1 thì x − 2(3m − 1)x + m + 3 ≥ 0 với ∀x ∈  1; + ∞ ) .  CHỦ ĐỀ 3: HÀM SỐ BẬC HAI A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 2

1 3 . Đẳng thức xảy ra m = . 2 2

1. Định nghĩa: Hàm số bậc hai là hàm số có dạng y = ax 2 + bx + c (a ≠ 0 ) .

3 Vậy giá trị cần tìm là m = . 2 Ví dụ 3: Cho a, b, c thuộc  0;2  . Chứng minh rằng: 2 ( a + b + c ) − ( ab + bc + ca ) ≤ 4

Lời giải: Viết bất đẳng thức lại thành ( 2 − b − c )a + 2 (b + c ) − bc − 4 ≤ 0 Xét hàm số bậc nhất f (a ) = ( 2 − b − c )a + 2 (b + c ) − bc − 4 với ẩn a ∈  0;2  Ta có: f ( 0 ) = 2 (b + c ) − bc − 4 = − ( 2 − b )( 2 − c ) ≤ 0 f ( 2 ) = ( 2 − b − c ) 2 + 2 (b + c ) − bc − 4 = −bc ≤ 0

Suy ra f (a ) ≤ max { f ( 0 ) ; f ( 2 ) } ≤ 0 đpcm.

2. Sự biến thiên • TXĐ: D = ℝ

 b   b  • Khi a > 0 hàm số đồng biến trên  − ; +∞ , nghịch biến trên  −∞; −  và có giá trị nhỏ nhất là  2a  2a   −

∆ b khi x = − . Khi a < 0 hàm số đồng biến trên 4a 2a

giá trị lớn nhất là − Bảng biến thiên x

Ví dụ 4: Cho các số thực không âm x, y, z thoả mãn x + y + z = 3 . Chứng minh rằng x 2 + y 2 + z 2 + xyz ≥ 4 .

y = ax 2 + bx + c

Lời giải:

(a > 0 )

−

−∞

 3 − x 2  )  ( Để chứng minh bất đẳng thức (2) ta sẽ chứng minh f ( 0 ) ≥ 0 và f   ≥ 0 .  4   2

 3 Thật vậy, ta có f ( 0 ) = 2x 2 − 6x + 5 = 2  x −   2 

 3 − x 2  ( )  1 2 1 + ≥ 0 và f   = 4 ( x − 1 ) ( x + 2 ) ≥ 0  5 4  

b 2a

+∞

+∞ +∞

−

−∞

y = ax 2 + bx + c

−

(a < 0 )

−

⇔ (3 − x )2 + x 2 + yz ( x − 2 ) − 4 ≥ 0 ⇔ yz (x − 2) + 2x 2 − 6x + 5 ≥ 0

khi đó VT(2) là hàm số bậc nhất của biến t , f (t ) = (x − 2)t + 2x 2 − 6x + 5 .

 b   − ; +∞ và có  2a 

∆ b khi x = − . 4a 2a

Bất đẳng thức t\ưng đương với (y + z )2 − 2yz + x 2 + xyz ≥ 4

2  (3 − x )2   y + z  (3 − x )2 . Đặt t = yz , do yz ≥ 0 và yz ≤  nên t ∈  0;  =   2    4 4

   −∞; − b  , nghịch biến trên 2a  

∆ 4a

b 2a

+∞

∆ 4a

−∞

3. Đồ thị.

 b ∆ Khi a > 0 đồ thị hàm số bậc hai bề lõm hướng lên trên và có tọa độ đỉnh là I  − ; −   2a 4a   b ∆ Khi a < 0 đồ thị hàm số bậc hai bề lõm hướng lên trên và có tọa độ đỉnh là I  − ; −   2a 4a  Đồ thị nhận đường thẳng x = −

b làm trục đối xứng. 2a

nên bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z = 1 .

3. Bài tập luyện tập   x, y, z ≥ 0 7 Bài 2.23: Cho  . Chứng minh 0 ≤ xy + yz + zx − 2xyz ≤ .   x +y +z = 1 27    x, y, z ≥ 0  Bài 2.24: Cho  . Chứng minh x 2 + y 2 + z 2 + xyz ≥ 4 .   x +y +z = 3    x, y, z ≥ 0  1 Bài 2.25: Cho  . Chứng minh x 3 + y 3 + z 3 + 6xyz ≥ .   x +y +z = 1 4   Bài 2.26: Cho 0 ≤ a, b, c ≤ 1 . Chứng minh a 2 + b 2 + c 2 ≤ a 2b + b 2c + c 2a + 1 .

  x, y, z ≥ 0 4 Bài 2.27: Cho  . Chứng minh x 2y + y 2z + z 2x ≤ .  x + y + z = 1 27   -- 23 --

−

b 2a

−

a<0

b 2a

a>0

B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI DẠNG TOÁN 1: XÁC ĐỊNH HÀM SỐ BẬC HAI 1. Phương pháp giải Để xác định hàm số bậc hai ta là như sau Gọi hàm số cần tìm là y = ax 2 + bx + c, a ≠ 0 . Căn cứ theo giả thiết bài toán để thiết lập và giải hệ phương trình với ẩn a, b, c , từ đó suy ra hàm số cần tìm.

2. Các ví dụ minh họa -- 24 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

Ví dụ 1. Xác định parabol ( P ) : y = ax 2 + bx + c , a ≠ 0 biết: a) ( P ) đi qua A(2; 3) có đỉnh I (1;2)

3 b) c = 2 và ( P ) đi qua B ( 3; −4 ) và có trục đối xứng là x = − . 2 c) Hàm số y = ax 2 + bx + c có giá trị nhỏ nhất bằng

3 1 khi x = và nhận giá trị 4 2

bằng 1 khi x = 1 . d) ( P ) đi qua M (4; 3) cắt Ox tại N (3; 0) và P sao cho ∆INP có diện tích bằng 1 biết hoành độ điểm P nhỏ hơn 3 . Lời giải: a) Vì A ∈ ( P ) nên 3 = 4a + 2b + c (1).

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 Ta có S ∆IBC

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

1 = IH .NP với H là hình chiếu của 2

Do IH = −

 b ∆ I  − ; −  lên trục hoành  2a 4a 

∆ 1 ∆ , NP = 3 − t nên S ∆INP = 1 ⇔ − .( 3 − t ) = 1 4a 2 4a 2

b  (t + 3 ) 3 c 2 2 8 ⇔ ( 3 − t )   − = ⇔ (3 − t ) − 3t = ⇔ (3 − t ) = (10)  2a  a a 4 a a Từ (8) và (9) ta có 7a + b = 3 ⇔ b = 3 − 7a suy ra t + 3 = − 3

Thay vào (10) ta có ( 3 − t ) =

8(4 − t ) 3

⇔ 3t 3 − 27t 2 + 73t − 49 = 0 ⇔ t = 1

Suy ra a = 1 ⇒ b = −4 ⇒ c = 3 .

b = 1 ⇔ 2a + b = 0 (2) và I ∈ ( P ) suy ra 2 = a + b + c (3) 2a     4a + 2b + c = 3 a =1      b = −2 Từ (1), (2) và (3) ta có  2a + b = 0 ⇔       a + b + c = 2 c = 3  

Mặt khác ( P ) có đỉnh I (1;2) nên −

Vậy ( P ) cần tìm là y = x 2 − 2x + 3 . b) Ta có c = 2 và ( P ) đi qua B ( 3; −4 ) nên −4 = 9a + 3b + 2 ⇔ 3a + b = −2 (4)

3 b 3 ( P ) có trục đối xứng là x = − nên − = − ⇔ b = 3a thay vào (4) ta được 2 2a 2 1 3a + 3a = −2 ⇔ a = − ⇒ b = −1 . 3 1 Vậy ( P ) cần tìm là y = − x 2 − x + 2 . 3 c) Hàm số y = ax 2 + bx + c có giá trị nhỏ nhất bằng

3 1 khi x = nên ta có 4 2

Vậy ( P ) cần tìm là y = x 2 − 4x + 3 .

3. Bài tập luyện tập Bài 2.29: Xác định phương trình của Parabol (P): y = x 2 + bx + c trong các trường hợp sau: a) (P) đi qua điểm A ( 1; 0 ) và B ( −2; − 6 ) b) (P) có đỉnh I ( 1; 4 ) c) (P) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 3 và có đỉnh S ( −2; −1 ) .

Bài 2.30: Tìm Parabol y = ax 2 + 3x − 2 , biết rằng Parabol đó : a) Qua điểm A ( 1; 5 ) b) Cắt trục Ox tại điểm có hoành độ bằng 2 c) Có trục đối xứng x = −3  1 11  d) Có đỉnh I  − ; −   2 4

Bài 2.31: Xác định phương trình Parabol: a) y = ax 2 + bx + 2 qua A(1 ; 0) và trục đối xứng x =

−

3 − 7a 1 4 −t ⇔ = a a 3

1 1 3 b 1 = ⇔ a + b = 0 (5) , = a   + b   + c ⇔ a + 2b + 4c = 3 (6) và a > 0 2a 2 4  2   2 

Hàm số y = ax 2 + bx + c nhận giá trị bằng 1 khi x = 1 nên a + b + c = 1 (7)

a + b = 0 a = 1       Từ (5), (6) và (7) ta có  a + 2b + 4c = 3 ⇔  b = −1     a + b + c = 1    c = 1   Vậy ( P ) cần tìm là y = x 2 − x + 1 . d) Vì ( P ) đi qua M (4; 3) nên 3 = 16a + 4b + c (8) Mặt khác ( P ) cắt Ox tại N (3; 0) suy ra 0 = 9a + 3b + c (9), ( P ) cắt Ox tại P nên P ( t; 0 ), t < 3

 b   t + 3 = − a Theo định lý Viét ta có    c  3t =    a

b) y = ax 2 + bx + 3 qua A(-1 ; 9) và trục đối xứng x = −2 c) y = ax 2 + bx + c qua A(0 ; 5) và đỉnh I ( 3; - 4)

DẠNG TOÁN 2: XÉT SỰ BIẾN THIÊN VÀ VẼ ĐỒ THỊ CỦA HÀM SÔ BẬC HAI 1. Phương pháp giải Để vẽ đường parabol y = ax 2 + bx + c ta thực hiện các bước như sau:  b ∆ – Xác định toạ độ đỉnh I  − ; −  .  2a 4a  b và hướng bề lõm của parabol. 2a – Xác định một số điểm cụ thể của parabol (chẳng hạn, giao điểm của parabol với các trục toạ độ và các điểm đối xứng với chúng qua trục trục đối xứng). – Căn cứ vào tính đối xứng, bề lõm và hình dáng parabol để vẽ parabol. 2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị các hàm số sau – Xác định trục đối xứng x = −

a) y = x 2 + 3x + 2

-- 25 --

3 2

b) y = −x 2 + 2 2x

-- 26 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

Lời giải:

b 3 ∆ 1 =− ,− =− 2a 2 4a 4 Bảng biến thiên x 3 − −∞ 2 y = x 2 + 3x + 2 +∞ a) Ta có −

Với m < −1 đường thẳng y = m và parabol y = x 2 − 6x + 8 không cắt nhau Với m = −1 đường thẳng y = m và parabol y = x 2 − 6x + 8 cắt nhau tại một điểm(tiếp xúc)

+∞ Suy ra đồ thị hàm số

-3 -2 I -1 O

Với m > −1 đường thẳng y = m và parabol y = x 2 − 6x + 8 cắt nhau tại hai điểm phân biệt

max y = 15 khi và chỉ khi x = −1    −1;5 

A ( −2; 0 ), B ( −1; 0 ), C ( 0;2 ), D ( −3;2 )

min y = −1 khi và chỉ khi x = 3    −1;5 

3 Nhận đường thẳng x = − làm trục đối xứng và hướng bề lõm lên 2 trên 2, −

3. Bài tập luyện tập Bài 2.32: Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị các hàm số sau

a) y = x 2 − 3x + 2

∆ =2 4a

Bài 2.33: Cho hàm số y = −x − 2x + 3

2 2

+∞

y = −x 2 + 2 2x

−∞

Suy ra đồ thị hàm số y = −x + 2 2x có đỉnh là I 2

Nhận đường thẳng x =

(

)

(

2;2 , đi qua các điểm O ( 0; 0 ), B 2 2; 0

)

2 làm trục đối xứng và hướng bề lõm xuống dưới

Ví dụ 2: Cho hàm số y = x 2 − 6x + 8 a) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị các hàm số trên b) Sử dụng đồ thị để biện luận theo tham số m số điểm chung của đường thẳng y = m và đồ thị hàm số trên c) Sử dụng đồ thị, hãy nêu các khoảng trên đó hàm số chỉ nhận giá trị dương d) Sử dụng đồ thị, hãy tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số đã cho trên  −1; 5 

a) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị các hàm số trên b) Tìm m để đồ thị hàm số trên cắt đường thẳng y = m tại hai điểm phân biệt c) Sử dụng đồ thị, hãy nêu các khoảng trên đó hàm số chỉ nhận giá trị âm d) Sử dụng đồ thị, hãy tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số đã cho trên  −3;1  DẠNG TOÁN 3: ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ CHO BỞI NHIỀU CÔNG THỨC VÀ HÀM SỐ CHỨA DẤU TRỊ TUYỆT ĐỐI 1. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Vẽ đồ thị của hàm số sau y  x −2 khi x ≥ 2  a) y =  b) y = x 2 − x − 2  2 − x + 2x khi x < 2   Lời giải:  khi x ≥ 2  x −2 a) Đồ thị hàm số y =  gồm :  2 − x + 2 x khi x <2   + Vẽ đường thẳng y = x − 2 đi qua A ( 2; 0 ), B ( 0; −2 ) và lấy phần

các điểm O ( 0; 0 ), C ( 2; 0 ) và lấy phần đồ thị nằm bên trái của

đường thẳng x = 2

b) Vẽ parabol

+∞ +∞

O -1

y = x 2 − 6x + 8

−1

2 3

1 5  I  ; −  ,  2 4 

(P )

trục

của đồ thị hàm số y = x 2 − x − 2 có đỉnh

đối

xứng

x =

1 , 2

đi

qua

các

điểm

A ( −1; 0 ), B ( 2; 0 ),C ( 0; −2 ), D ( 1; −2 ) . Khi đó đồ thị hàm số y = x 2 − x − 2 gồm

-- 27 --

+ Parabol y = −x 2 + 2x có đỉnh I ( 1;2 ) , trục đối xứng x = 1 , đi qua

y=m

O 1

nằm bên phải của đường thẳng x = 2

Lời giải: b ∆ a) Ta có − = 3, − = −1 2a 4a Bảng biến thiên −∞ x +∞

b) y = −2x 2 + 4x 2

O −∞

c) Hàm số nhận giá trị dương ứng với phần đồ thị nằm hoàn toàn trên trục hoành Do đó hàm số chỉ nhận giá trị dương khi và chỉ khi x ∈ ( −∞;2 ) ∪ ( 4; +∞ ) . d) Ta có y ( −1 ) = 15, y ( 5 ) = 13, y ( 3 ) = −1 , kết hợp với đồ thị hàm số suy ra

 3 1 y = x + 3x + 2 có đỉnh là I  − ; −  , đi qua các điểm  2 4  2

b = 2a Bảng biến thiên x

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

Nhận đường thẳng x = 3 làm trục đối xứng và hướng bề lõm lên trên b) Đường thẳng y = m song song hoặc trùng với trục hoành do đó dựa vào đồ thị ta có

+∞

1 − 4

b) Ta có −

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

Suy ra đồ thị hàm số y = x 2 + 3x + 2 có đỉnh là I ( 3; −1 ) , đi qua các điểm A ( 2; 0 ), B ( 4; 0 )

-1 O -- 28 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

+ Phần parabol ( P ) nằm phía trên trục hoành và phần đối xứng của

(P )

nằm dưới trục hoành qua trục

hoành. Ví dụ 2: Vẽ đồ thị của hàm số sau

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

DẠNG TOÁN 4: ỨNG DỤNG CỦA HÀM SỐ BẬC HAI TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT, LỚN NHẤT 1. Phương pháp giải

a) y = x 2 − 3 x + 2

b) y = x 2 − 3 x + 2

Dựa vào đồ thị(bảng biến thiên) của hàm số y = ax 2 + bx + c (a ≠ 0) ta thấy nó đạt giá trị lớn nhất, nhỏ

c) y = x 2 − 3 x + 3

d) y = x 2 − 4x − 3 x − 2 + 6 − 1

b nhất trên  α; β  tại điểm x = α hoặc x = β hoặc x = − . Cụ thể: 2a

TH 1: a > 0

Lời giải: 3 1 a) Vẽ đồ thị hàm số ( P ) : y = x − 3x + 2 có đỉnh I  ; −  , trục  2 4 

3 , đi qua các điểm A ( 1; 0 ), B ( 2; 0 ),C ( 0;2 ), D ( 3;2 ) . 2 Bề lõm hướng lên trên.

đối xứng x =

-2 -1 O

Khi đó đồ thị hàm số y = x 2 − 3 x + 2 là ( P1 ) gồm phần bên phải trục tung của ( P ) và phần lấy đối xứng của nó qua trục tung.

hoành qua trục hoành.

b b ∈  α; β  ⇒ min f (x ) = f (− ); max f (x ) = max { f (α), f (β ) }     2a  2a  α ;β   α ;β 

* Nếu −

b ∉  α; β  ⇒ min f (x ) = min { f (α), f (β ) } ; max f (x ) = max { f (α), f (β ) }  α ;β   α ;β  2a    

TH 2: a < 0 : * Nếu −

b b ∈  α; β  ⇒ max f (x ) = f (− ); min f (x ) = min { f (α), f (β )}  α ;β   α ;β  2a  2a    

b f (x ) = min { f (α), f (β ) } ; max f (x ) = max { f (α), f (β ) } ∉  α; β  ⇒ min  α ;β   α ;β  2a     2. Các ví dụ minh họa

* Nếu −

Ví dụ 1: Cho phương trình x 2 + 2 ( m + 3 ) x + m 2 − 3 = 0 , m là tham số.

b) Đồ thị hàm số y = x 2 − 3 x + 2 là ( P2 ) gồm phần phía trên trục hoành của ( P1 ) và phần đối xứng của ( P1 ) nằm phía dưới trục

* Nếu −

Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x 2 và P = 5(x1 + x 2 ) − 2x1x 2 giá trị lớn nhất. -2 -1 O

Lời giải: 2

Ta có ∆ ' = ( m + 3 ) − ( m 2 − 3 ) = 6m + 12 y

c) Đồ thị hàm số y = x 2 − 3 x + 3 là ( P3 ) có được từ việc tịnh tiến

Phương trình có nghiệm ⇔ ∆ ' ≥ 0 ⇔ 6m + 12 ≥ 0 ⇔ m ≥ −2   x1 + x 2 = −2 ( m + 3 ) Theo định lý Viét ta có    x 1x 2 = m 2 − 3  

( P1 ) đi một đơn vị lên phái trên song song với trục tung.

P = −10 ( m + 3 ) − 2 ( m 2 − 3 ) = −2m 2 − 10m − 24 O

d) Ta có 2

y = x 2 − 4x − 3 x − 2 + 6 − 1 = ( x − 2 ) − 3 x − 2 + 2 − 1

Xét hàm số y = −2x 2 − 10x − 24 với x ∈  −2; +∞ ) Bảng biến thiên x 5 − −2 +∞ 2 −12

Do đó tịnh tiến ( P1 ) sang phải đi hai đơn vị song song với trục hoành ta được đồ thị hàm số y =

(x − 2)

y = −2x 2 − 10x − 24

− 3 x − 2 + 2 , tiếp tục tịnh

−∞

tiến xuống dưới một đơn vị song song với trục tung ta được đồ thị hàm số y =

(x − 2)

−3 x −2 +2 −1

2. Bài tập luyện tập Bài tập 2.34: Vẽ đồ thị của hàm số sau   x2 − x khi x ≥ 1 a) y =   2 − x x khi x < 1 + + 2   Bài 2.35: Vẽ đồ thị của hàm số sau a) y = −x 2 − 2 x + 3

O -1

Suy ra max y = −12 khi và chỉ khi x = −2   −2;+∞ )

Vậy m = −2 là giá trị cần tìm. y =

Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = Lời giải: b) y = −x 2 + 2x + 3

Đặt t =

x 2 + 1, t ≥ 1 ⇒ t 2 =

x 4 + 2x 2 + 1 − 3 3 x 2 + 1 + 1

x 4 + 2x 2 + 1

Khi đó hàm số trở thành y = t 2 − 3t + 1 với t ≥ 1 .

  −x 2 − 2x + 3 khi x ≥ 1 b) y =   2 − x − 2 x + 3 khi x < 1  

-- 29 --

-- 30 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 Bảng biến thiên x

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

3 2

1 −1

+∞

Chứng minh rằng

+∞

Lời giải:

y = t 2 − 3t + 1

Suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số y =

x 4 + 2x 2 + 1 − 3 3 x 2 + 1 + 1 là −

5 3 khi và chỉ khi t = hay 4 2

Ví dụ 3:Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = x 4 − 4x 2 − 1 trên  −1;2  . Lời giải: Đặt t = x 2 . Với x ∈  −1;2  ta có t ∈  0; 4  Hàm số trở thành f ( t ) = t 2 − 4t − 1 với t ∈  0; 4 

0 −1

1 3 ≤ x 4 + y 4 − x 2y 2 ≤ . 9 2

Ta có P = (x 2 + y 2 )2 − 3x 2y 2 = ( 1 + xy ) − 3x 2y 2 = −2x 2y 2 + 2xy + 1

3 19 x2 + 1 = ⇔ x = ± 2 8

Bảng biến thiên t

4 −1

Đặt t = xy , khi đó P = −2t 2 + 2t + 1

  x 2 + y 2 ≥ 2xy  1 + xy ≥ 2 xy 1 Vì  nên  ⇔ − ≤ xy ≤ 1  2  x + y 2 ≥ −2xy 1 + xy ≥ − 2 xy 3    Do đó −

1 ≤ t ≤ 1. 3

 1  Xét hàm số f (t ) = −2t 2 + 2t + 1 trên  − ;1   3  b 1 = , ta có bảng biến thiên Ta có − 2a 2 t 1 − 3

y = t 2 − 3t + 1

−1

f (t ) = −2t 2 + 2t + 1

Từ bảng biến thiên ta có min f (t ) =

min y = min f ( t ) = −1 khi t = 2 hay x = ± 2 .  

 −1;12   3 

 −1;2 

Ví dụ 4: Cho các số thực a, b thoả mãn ab ≠ 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a 2 b2 a b + − − + 1. b2 a 2 b a Lời giải: P =

Đặt t = t2 =

 3 

Suy ra điều phải chứng minh. 3. Bài tập luyện tập Bài 2.36: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số a) y = x 4 − 2x 2 trên −2;1  

18 70 ≤ 7(x 4 + y 4 ) + 4x 2y 2 ≤ . 25 33 Bài 2.38: Cho các số thực không âm x, y thay đổi và thỏa mãn x + y = 1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị

Xét hàm số f (t ) = t 2 − t − 1 với t ∈ ( −∞; −2  ∪  2; +∞ ) . Bảng biến thiên −∞ −2 1 2 t +∞

f (t ) = t 2 − t − 1

Từ bảng biến thiên ta có

min

1 3 ≤ P ≤ max f (t ) =  1  9 2  − ;1   

Chứng minh rằng :

Ta có P = t 2 − 2 − t + 1 = t 2 − t − 1

( −∞;−2  ∪  2;+∞ )

Bài 2.37:Cho x, y là các số thực thoả mãn: 2(x 2 + y 2 ) = xy + 1 .

a b a b + + 2 ⇒ 2 + 2 = t2 − 2 b2 a 2 b a

min P =

b) y = x 4 + 2x 3 − x trên [−1;1].

a b a b a b a b + . Ta có t = + = + ≥2 . = 2, b a b a b a b a

1 2 3 2

1 9

t = 0  x =0 Suy ra max y = max f ( t ) = −1 khi  hay   −1;2   0;4       t = 4  x = ±2    −1;2 

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

Đặt P = x 4 + y 4 − x 2y 2

5 − 4

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

Ví dụ 5: Cho các số x, y thoả mãn: x 2 + y 2 = 1 + xy .

f (t ) = 1 khi t = 2 hay 2 =

a b + ⇔ a =b. b a

-- 31 --

nhỏ nhất của biểu thức: S = ( 4x 2 + 3y )( 4y 2 + 3x ) + 25xy .

+∞ +∞

CHỦ ĐỀ 4: ÔN TẬP  1 khi x ≥ 1  Bài 2.39: Cho hàm số f ( x ) =  x + 3  2− x khi x < 1  a) Tính f ( −2 ) ; f ( 2 ) b) Tìm x , sao cho f ( x ) = 3

Bài 2.40: Tìm tập xác định của hàm số sau -- 32 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

a) y =

x+ 3 x x6 − x 4 + x 2 − 1

b) y =

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

1 > 1 + 4x 1 − 1 + 4 x > 0 1   1  g) ĐKXĐ:  ⇔ 1 ⇔ − ≤ x < 0  D =  − ;0  4 x ≥ − 1 + 4 x ≥ 0  4    4 h) TXĐ: D = ( −∞;1) ∪ ( 2; +∞ )

1 x−2 x2 + 2 a) y = 2 b) y = + x − 7x − 8 2− x x−5 Bài 2.41: Xét tính chẵn lẻ của hàm số 1− x − 1+ x x −1 − 1 + x

Bài 2.2: a) ĐKXĐ: x ≠ m

Bài 2.42 : Xác định a và b để đồ thị của hàm số y = ax + b cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 3 và đi qua điểm A ( −2;1) . Bài 2.43: Cho hàm số y = − x 2 + mx − 4 (m là tham số)

a) Với m = 5 , hãy vẽ đồ thị hàm số trên. b) Tìm m sao cho đồ thị của hàm số nói trên là parabol nhận đường thẳng x = 2 làm trục đối xứng. 3x + 1 Bài 2.44: Tìm giá trị của m để hàm số y = 2 xác định trên R. x − 2x + m − 3 Bài 2.45: Dây truyền đỡ nền cầu treo có dạng Parabol A B ACB như hình vẽ. Đầu cuối của dây được gắn chặt vào điểm A và B trên trục AA' và BB' với độ cao 30m. Chiều dài nhịp A ' B ' = 200m . Độ cao ngắn nhất của dây truyền trên nền cầu là OC = 5m . Xác định chiều dài các C dây cáp treo (thanh thẳng đứng nối nền cầu với dây truyền)? O B' A' Bài 2.46: Tìm m để đường thẳng y = m cắt đồ thị

 m≥0 Hàm số xác định trên ( −1; 0 ) ⇔ m ∉ ( −1; 0 ) ⇔   m ≤ −1 x≥0 b) ĐKXĐ:  (*) x ≥ m Nếu m > 0 thì (*) ⇔ x ≥ m  D = [ m; +∞ ) nên m > 0 không thỏa mãn Nếu m ≤ 0 thì (*) ⇔ x ≥ 0  D = [ 0; +∞ ) Vậy m ≤ 0 là giá trị cần tìm. Bài 2.3: a) m ≥ 2 , b) m ∈  0;1  c) m ∈  1; 3  Bài 2.4: a) Hàm số lẻ b) Hàm số chẵn c) TXĐ: D = [ −1;1] nên ∀x ∈ D  − x ∈ D

f ( − x ) = 1 − x − 1 + x = − f ( x ) , ∀x ∈ D Vậy hàm số đã cho là hàm số lẻ. d) TXĐ: D = ℝ \ {1}

Bài 2.47: Cho f là hàm số lẻ và đồng biến trên ℝ . a, b, c là các số thực thỏa mãn a + b + c = 0 . Chứng minh rằng f (a ).f (b) + f (b).f (c) + f (c ).f (a ) ≤ 0 .

Ta có x = −1 ∈ D nhưng − x = 1 ∉ D Do đó hàm số không chẵn và không lẻ e) TXĐ: D = ℝ . Ta có f (1) = 2, f ( −1) = 6

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ PHẦN BÀI TẬP LUYỆN TẬP  x ≥1  x ≥1  x ≥1 Bài 2.0: a) ĐKXĐ:  ⇔ ⇔  TXĐ: D = [1; +∞ ) \ {2}  x ≠ ±2 x ≠ 2 x ≠2

Do đó hàm số không chẵn và không lẻ. f) TXĐ: D = ( −∞ − 1) ∪ ( −1;1) ∪ (1; +∞ ) nên ∀x ∈ D  − x ∈ D

x + 2 ≥ 0  x ≥ −2 b) ĐKXĐ:  ⇔ ⇔ x > 1  TXĐ: D = (1; +∞ ) x − 1 > 0   x >1

f ( −x ) =

hàm số y = x x − 2 tại điểm một điểm duy nhất.

1 3  c) ĐKXĐ: x 2 + x + 1 ≠ 0 ⇔  x +  + ≠ 0 (đúng ∀x )  TXĐ: D = ℝ 2 4   x ≥ −1  x +1 ≥ 0  x ≥ −1  e) ĐKXĐ:  2 ⇔  x ≠ −2 ⇔   TXĐ: D = [ −1; +∞ ) \ {3} . x − x − 6 ≠ 0  x≠3 x ≠ 3  f) TXĐ: D = ℝ \ {2} Bài 2.1: a) D = [1; 2] b) D = [ −2; 2] \ {0}

e) D = ( −3; +∞ )

2 4  c) D =  ;  3 3 

2   x − 2 x + 3 ≥ 0  f) ĐKXĐ:  ⇔  x − 3 x + 2 ≠ 0 

(

d) D = [1;6]

( x − 1)

)(

x −1

Suy ra D = ℝ \ {1; 4}

-- 33 --

Suy ra f ( −1) ≠ f (1) , f ( −1) ≠ − f (1)

+2≥0

x ≠1 ⇔ x −2 ≠ 0 x ≠ 4

)

( −x )

−x − 1

=−

x3 = −f ( x ), ∀x ∈ D x −1

Vậy hàm số đã cho là hàm số lẻ. g) TXĐ: D = ℝ  ∀x ∈ D  − x ∈ D . f (−x ) =

−x − 1 + −x + 1 −2x − 1 + −2x + 1

= f ( x ) , ∀x ∈ D

Vậy hàm số đã cho là hàm số chẵn.   x −1 ≠ x + 1 h) ĐKXĐ: x − 1 ≠ x + 1 ⇔  ⇔x ≠0   x − 1 ≠ −( x + 1 )   TXĐ: D = ℝ \ {0}  ∀x ∈ D  − x ∈ D

f (−x ) =

−x + 2 + −x − 2 −x − 1 − −x + 1

= −f ( x ), ∀x ∈ D

Vậy hàm số đã cho là hàm số lẻ. 1 Bài 2.5: m = 2 -- 34 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

Bài 2.6: a) Ta có hàm số y = f ( x ) + g ( x ) có tập xác định D . Do hàm số y = f ( x ), y = g ( x ) lẻ nên

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 Suy ra

f ( x2 ) − f ( x1 ) x2 − x1

∀x ∈ D  − x ∈ D và f ( − x ) = − f ( x ) , g ( − x ) = − g ( x ) suy ra

y ( −x ) = f ( −x ) + g ( −x ) = −  f ( x ) + g ( x )  = −y ( x ) Suy ra hàm số y = f ( x ) + g ( x ) là hàm số lẻ.

Vậy hàm số nghịc biến trên ( −∞; −1) .

Bài 2.10: • Với mọi x1 , x2 ∈ ℝ, x1 ≠ x2 ta có f ( x2 ) − f ( x1 )

b) Giả sử hàm số y = f ( x ) chẵn, y = g ( x ) lẻ

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

−1 = <0 ( x2 − 1)( x1 − 1)

x2 − x1

3 2

+ x2 ) − ( x13 + x1 ) x2 − x1

= x22 + x12 + x2 x1 + 1 > 0

Khi đó hàm số y = f ( x ) g ( x ) có tập xác định là D nên ∀x ∈ D  − x ∈ D

Suy ra hàm số đã cho đồng biến trên ℝ

Ta có y ( −x ) = f ( −x ) g ( −x ) = f ( x )  −g ( x )  = −f ( x ) g ( x ) = −y ( x )

• Ta có x 3 − x = 3 2 x + 1 + 1 ⇔ x3 + x = 2 x + 1 + 3 2 x + 1

Do đó hàm số y = f ( x ) g ( x ) lẻ.

Đặt

Bài 2.7: a) Ta có TXĐ: D = ℝ  ∀x ∈ D  − x ∈ D Đồ thị hàm số đã cho nhận gốc tọa độ O làm tâm đối xứng khi và chỉ khi nó là hàm số lẻ

Do hàm số f ( x ) = x 3 + x đồng biến trên ℝ nên

2 x + 1 = y , phương trình trở thành x 3 + x = y 3 + y

= −  x 3 − (m 2 − 9) x 2 + (m + 3) x + m − 3 , ∀x ∈ ℝ

 x = −1 x = y  3 2 x + 1 = x ⇔ x3 − 2 x − 1 = 0 ⇔  . x = 1± 5  2

⇔ 2(m 2 − 9) x 2 − 2 ( m − 3) = 0, ∀x ∈ ℝ

Bài 2.11: a) Với mọi x1 , x2 ∈ [1; +∞ ) , x1 ≠ x2 ta có

m − 9 = 0 ⇔ ⇔m=3  m−3 = 0 b) Ta có TXĐ: D = ℝ  ∀x ∈ D  − x ∈ D Đồ thị hàm số đã cho nhận trục tung làm trục đối xứng khi và chỉ khi nó là hàm số chẵn ⇔ f ( − x ) = f ( x ) , ∀x ∈ ℝ

f ( x 2 ) − f ( x1 ) =

⇔ f ( − x ) = − f ( x ) , ∀x ∈ ℝ ⇔ ( − x ) − (m2 − 9) ( − x ) + (m + 3) ( − x ) + m − 3

⇔ ( − x ) − (m2 − 3m + 2) ( − x ) + m2 − 1 = x 4 − (m2 − 3m + 2) x3 + m2 − 1, ∀x ∈ ℝ m =1 ⇔ 2(m − 3m + 2) x = 0, ∀x ∈ ℝ ⇔ m − 3m + 2 = 0 ⇔  m = 2 4  4  Bài 2.9: a) Hàm số đồng biến trên  −∞;  và nghịch biến trên khoảng  ; +∞  3  3  b) Với mọi x1 , x2 ∈ ℝ, x1 ≠ x2 ta có 2

f ( x2 ) − f ( x1 ) x2 − x1

(x =

2 2

+ 4 x2 − 5 ) − ( x12 + 4 x1 − 5 ) x2 − x1

= x1 + x2 + 4

(

) (

x 2 − 1 + x 22 − 2x 2 −

x 1 − 1 + x 12 − 2x 1

)

x2 − x1 + ( x2 − x1 )( x2 + x1 − 2 ) x2 − 1 + x1 − 1

Suy ra

f ( x2 ) − f ( x1 ) = x2 − x1

1 + x2 + x1 − 2 > 0 x2 − 1 + x1 − 1

Do đó hàm số đã cho đồng biến trên [1; +∞ ) b) Hàm số đã cho đồng biến trên [1; +∞ ) nên nó đồng biến trên [ 2;5] Vậy max y = y ( 5 ) = 17 ⇔ x = 5 , min y = y ( 2 ) = 1 ⇔ x = 2 [ 2;5]

[ 2;5]

Bài 2.12: a) f ( 0 ) = 5 ⇔ m + 1 = 5 ⇔ m = 4 b) Đồ thị của hàm số y = f ( x ) đi qua điểm A ( 1; 0 ) khi và chỉ khi  m =1 0 = −3 + m 2 + m + 1 ⇔ m 2 + m − 2 = 0 ⇔   m = −2

x1 , x2 ∈ ( −∞; −2 )  K < 0 suy ra hàm số nghịch biến trên ( −∞; −2 )

Bài 2.13: a) Ta có y = x 3 + 2(m − 1)x 2 + (m 2 − 4m + 1)x − 2(m 2 + 1)

x1 , x2 ∈ ( −2; +∞ )  K > 0 suy ra hàm số đồng biến trên ( −2; +∞ )

⇔ m2 ( x − 2) + m ( 2 x 2 − 4 x ) + x3 − 2 x2 + x − 2 − y = 0

c) Với mọi x1 , x2 ∈ ℝ, x1 ≠ x2 ta có

Với x1, x 2 ∈ ( −∞;2 ) ⇒ K < 0 do đó hàm số nghịch biến trên ( −∞;2 )

Tọa độ điểm cố định mà họ đồ thị đồ thị luôn đi qua là nghiệm của hệ x − 2 = 0 x = 2  2 ⇔ 2 x − 4 x = 0 y = 0  x3 − 2 x 2 + x − 2 − y = 0 

Với x1, x 2 ∈ ( 2; +∞ ) ⇒ K < 0 do đó hàm số nghịch biến trên ( 2; +∞ )

Vậy điểm cần tìm là A ( 2; 0 ) .

d) Với mọi x1 , x2 ∈ ( −∞;1) , x1 ≠ x2 ta có

b) Điểm cố định là A ( −4;3) , B ( 0;1)

2 ( x1 − x2 ) 2 2 2 f ( x2 ) − f ( x1 ) = − = K =− x2 − 2 x1 − 2 ( x2 − 2 )( x1 − 2 ) ( x2 − 2 )( x1 − 2 )

f ( x 2 ) − f ( x1 ) =

x2 x1 x1 − x 2 − = x 2 − 1 x 1 − 1 ( x 2 − 1 )( x 1 − 1 )

-- 35 --

Bài 2.14: Điểm M (1; 0) thuộc đồ thị hàm số đã cho khi và chỉ khi

f (1) = 0 ⇔ 0 = 2 + ( m − 1) + ( m2 − 1) + 2 ( m2 − 3m + 2 ) − 3

-- 36 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

⇔ 3m2 − 5m + 1 = 0 ⇔ m =

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

5 ± 13 Vậy m = là giá trị cần tìm. 6 Bài 2.15: a) Ta tịnh tiến đồ thị hàm số y = − x 2 + 2 sang trái 2 đơn vị ta được đồ thị hàm số 2

1 1 2 đơn vị ta được đồ thị hàm số y = − ( x + 2 ) + 2 + . 2 2

b) Ta có x3 + 3 x2 + 3 x + 6 = ( x + 1) + 5 Do đó tịnh tiến đồ thị hàm số y = x3 để được đồ thị hàm số y = x 3 + 3x 2 + 3x + 6 ta làm như sau

Đồ thị hàm số y =

 3 3 đi qua M  0;  và song song với trục hoành  2  2

Giao điểm của hai đồ thị hàm số y = −2x + 3, y = Giao điểm của hai đồ thị hàm số y = x + 2, y =

a) Vì A ∈ d và B ∈ d nên ta có hệ phương trình  2    1 = a +b a = −    3 ⇒ y = −2x + 5 ⇔    5 3 3  3 = −2a + b   = b    3  a = 1 b) Ta có ∆ : y = x + 1 . Vì d / /∆ nên    b ≠1   Mặt khác C ∈ d ⇒ −2 = 2a + b ⇒ b = −4 Vậy hàm số cần tìm là y = x − 4

Bài 2.19: a) Bảng biến thiên của hàm số trên  −3; 3 

 b = 0(l ) b Ta có OP = OQ ⇔ − = b ⇔ b ( a + 1 ) = 0 ⇔  a  a = −1 Ta có M ∈ d ⇒ 2 = a + b ⇒ b = 3 Vậy hàm số cần tìm là y = −x + 3 . d) Đường thẳng d đi qua N ( 1; −1 ) nên −1 = a + b

−3

−1

3 3 3 là M 2  ;  2  4 2 

 1 3 3 là M 2  − ;   2 2  2

3 2

2 0

−3

b) Dựa vào đồ thị hàm số đã cho ta có

max = 2 khi và chỉ khi x = 0    −2;2 

min = −2 khi và chỉ khi x = 2    −2;2 

Bài 2.20: Đồ thị hàm số y = 2x − 3 đi qua A ( 0; −3 ), B ( 2;1 ) ta gọi là (C )

• Khi đó đồ thị hàm số (C 1 ) : y = 2 x − 3 là phần được xác định như sau Ta giữ nguyên đồ thị (C ) ở bên phải trục tung; lấy đối xứng đồ thị (C ) ở phần bên phải trục tung qua trục

Và d ⊥ d ' ⇒ a = 1 suy ra b = −2 . Vậy hàm số cần tìm là y = x − 2 . Bài 2.17: Tọa độ giao điểm(nếu có) của hai đường thẳng d, d ' là nghiệm của hệ phương trình

 y = 2x x = 2    ⇔ suy ra d, d ' cắt nhau tại M ( 2; 4 )     y = − x + 6  y = 4   Vì ba đường thẳng d, d ', d " đồng quy nên M ∈ d " ta có 4 = 2m 2 + 5m + 3 ⇒ 2m 2 + 5m − 1 = 0 ⇔ m =

-2

1 7 b) Giao điểm của hai đồ thị hàm số y = −2x + 3, y = x + 2 là M 1  ;   3 3 

Bài 2.16: Gọi hàm số cần tìm là y = ax + b, a ≠ 0

 b  c) Đường thẳng d cắt trục Ox tại P  − ; 0  và cắt Oy tại Q ( 0;b ) với a < 0, b > 0  a 

3 2

Đồ thị hàm số y = x + 2 đi qua A ' ( 0;2 ), B ' ( −2; 0 )

Tịnh tiến liên tiếp đồ thị hàm số y = x3 đi sang bên trái 1 đơn vị và lên trên đi 5 đơn vị.

−5 ± 33 4

−5 ± 33 Dễ thấy với m = ba đường thẳng đó phân biệt và đồng quy 4 Vậy m =

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

3  Bài 2.18: a) Đồ thị hàm số y = −2x + 3 đi qua A ( 0; 3 ), B  ; 0   2 

5 ± 13 6

y = − ( x + 2 ) + 2 rồi tịnh tiến lên trên

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

−5 ± 33 là giá trị cần tìm.. 4

tung. • (C 2 ) : y = 2x − 3 là phần đồ thị (C ) nằm phái trên trục hoành và đồ thị lấy đối xứng qua trục hoành của phần nằm trên trục hoành của (C ) .

• (C 3 ) : y = 2 x − 3 là phần đồ thị (C 1 ) nằm phái trên trục hoành và đồ thị lấy đối xứng qua trục hoành của phần nằm trên trục hoành của (C 1 ) .

2 (C)

x -2 -1 O

-3

-- 37 --

-- 38 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

Bài 2.21: Ta có y = x − 2 − 3 x − 1

  −2x + 1 Khi x ≥ 2    −4x + 5 Khi 1 ≤ x < 2 =   2x − 1 Khi x < 1    Bảng biến thiên −∞ 1 x 1 y

y 1 O -1

+∞ -3

-3

−∞ max y = 1 khi và chỉ khi x = 1  

−∞

 0;2 

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

1 Nếu x ≠ thì f (yz ) là hàm số bậc nhất. Do đó để chứng minh f (yz ) ≤ 0 ta chỉ cần chứng minh 2  f (0) ≤ 0   2    2  1 1 7  . Dễ thấy f (0) = x (1 − x ) − = −  x −  − < 0 và   (1 − x )    f ≤ 0 27  2  108     4        2  1−x 2  ) (1 − x ) 2 7 1 ( f = (1 − 2 x ). + x (1 − x ) − =− ( 6x + 1)( 3x − 1) ≤ 0 . Vậy là trong hai  108 4 4 27     trường hợp ta kết luận f (yz ) ≤ 0 . Ta đã giải xong bài toán. (y + z )2 (3 − x )2 Bài 2.24: Từ giả thiết ta có x, y, z ∈  0; 3  và yz ≤ = . Mặt khác ta thấy   4 4 2

 0;2   

⇔ f (yz ) = (x − 2)yz + 2x 2 − 6x + 5 ≥ 0

  −x + 3 Khi x ≥ 2  x +2   x − 1 Khi − 2 < x < 2 Bài 2.22: a) Ta có y = − x −2 =   x +2  x − 3 Khi x < −2    Bảng biến thiên +∞ −∞ −2 2 x +∞ y 1

−∞

b) Dựa vào bảng biến thiên của hàm số y =

−∞ x 2 + 4x + 4 − x − 2 ta có số giao điểm của nó với đường x +2

thẳng y = m như sau:

(3).

Nếu x = 2 thì BĐT (3) sẻ thành 1 ≥ 0 (hiển nhiên đúng). Nếu x ≠ 2 thì f (yz ) là hàm số bậc nhất. Do đó để chứng minh f (yz ) ≥ 0 ta chỉ cần chứng minh

 f (0) ≥ 0   2    2  3 1  . Dễ thấy f (0) = 2x 2 − 6x + 5 = 2  x −  + > 0 và  (3 − x )    f  2 2 ≥0    4       2  3−x 2  ) (3 − x ) 2 1 ( f + 2x 2 − 6x + 5 = (x + 2) ( x − 1 ) ≥ 0 . Vậy là trong hai trường hợp ta  = (x − 2). 4 4 4     kết luận f (yz ) ≥ 0 . (y + z )2 (1 − x )2 Bài 2.25: Từ giả thiết ta có x, y, z ∈  0; 1  và yz ≤ . Mặt khác ta thấy =   4 4 1 1 ⇔ x 3 + (y + z )3 − 3yz (y + z ) + 6xyz − ≥ 0 4 4 1 3 3 ⇔ x + (1 − x ) − 3yz (1 − x ) + +6xyz − ≥ 0 4

x 3 + y 3 + z 3 + 6xyz ≥

Với m > 1 thì có 1 giao điểm Với m = 1 thì có hai giao điểm Với m < 1 thì có ba giao điểm Bài 2.23: Từ giả thiết ta có x, y, z ∈  0; 1  ⇒ xy + yz + zx − 2xyz = xy + yz (1 − x ) + zx (1 − y ) ≥ 0 .  

(y + z )2 (1 − x )2 . Mặt khác ta lại có = 4 4 7 7 xy + yz + zx − 2xyz ≤ ⇔ f (yz ) = (1 − 2x )yz + x (1 − x ) − ≤ 0 (2). 27 27 Khi đó ta thấy rằng

Củng từ giả thiết ta suy ra yz ≤

Nếu x =

x 2 + y 2 + z 2 + xyz ≥ 4 ⇔ x 2 + ( y + z ) − 2yz + xyz − 4 ≥ 0 ⇔ x 2 + ( 3 − x ) − 2yz + xyz − 4 ≥ 0

min y = −3 khi và chỉ khi x = 2 .

1 1 khi đó BĐT (2) thành − ≤ 0 (hiển nhiên đúng). 2 108

⇔ f (yz ) = (3x − 1)yz + x 2 − x + Nếu x =

1 ≥0 4

(4).

1 1 thì BĐT (4) sẻ thành ≥ 0 (hiển nhiên đúng). 3 36

1 thì f (yz ) là hàm số bậc nhất. Theo TC2 thì để chứng minh f (yz ) ≥ 0 ta chỉ cần chứng minh 3   f (0) ≥ 0  2   2  1 1  cho  . Dễ thấy f (0) = x 2 − x + =  x −  ≥ 0 và   (1 − x )    f 4  2 ≥0    4       2  2  (1 − x ) 1 3  1  (1 − x )  f + x 2 − x + = x  x 2 − x +  ≥ 0 (đúng vì 0 ≤ x ≤ 1 và  = (3x − 1).  4 4 4 4  3     Nếu x ≠

x2 − x + -- 39 --

1  1 1 =  x −  + > 0 ). Vậy là trong hai trường hợp ta kết luận f (yz ) ≥ 0 . 3  2 12 -- 40 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

Bài 2.26: Ta có a 2 + b 2 + c 2 ≤ a 2b + b 2c + c 2a + 1 ⇔ (b − 1)a 2 + b 2c + c 2a + 1 − b 2 − c 2 ≥ 0 .

Vì 0 ≤ a ≤ 1 ⇒ a ≥ a 2 ⇒

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

0 = 1 + b + c b + c = −1 b = 3    Bài 2.29: a) Vì (P) đi qua A, B nên  ⇔ ⇔ .       − 6 = 4 − 2 b + c 2 b − c = 10   c = −4   

(b − 1)a 2 + b 2c + c 2a + 1 − b 2 − c 2 ≥ (b − 1)a 2 + b 2c + c 2a 2 + 1 − b 2 − c 2 =

Vậy (P): y = x 2 + 3x – 4 .

= (c + b − 1 )a + b c + 1 − b − c = f (a ) . Ta chỉ cần chứng minh f (a ) ≥ 0 (5) là được.

  −b  =1   b = −2 ⇔ . b) Vì (P) có đỉnh I ( 1; 4 ) nên  2 2   b − 4c c = 5    − =4    4

Nếu c + b − 1 = 0 ⇒ c = 1 − b khi đó BĐT sẻ trở thành b c + (b − b ) ≥ 0 (đúng vì 0 ≤ b, c ≤ 1 ). 2

Nếu c 2 + b − 1 ≠ 0 thì ta có f (a 2 ) là hàm số bậc nhất. Do đó để chứng minh

f (a 2 ) ≥ 0

chỉ

cần

chứng

minh

cho

 f (0) ≥ 0   .   f (1) ≥ 0  

Vậy (P): y = x 2 – 2x + 5 . Dễ

thấy

f (0) = b 2c + 1 − b 2 − c 2

= ( 1 − c ) (1 + c − b 2 ) = (1 − c)  c + ( 1 − b 2 )  ≥ 0 (đúng vì 0 ≤ b, c ≤ 1 ) và f (1) = b 2c + (b − b 2 ) ≥ 0 (đúng vì 0 ≤ b, c ≤ 1 ). Vậy là trong hai trường hợp ta kết luận f (a 2 ) ≥ 0 . Ta đã giải xong bài toán. Bài 2.27: Giả sử x = min { x , y, z } thì từ giả thiết của bài toán ta suy ra 0 ≤ x ≤

1 . Mặt khác ta lại có 3

4 4 1 1 x y +y z +z x ≤ ⇔ yx 2 + y 2z + z 2x − ≤ 0 . Vì 0 ≤ x ≤ ⇒ x 2 ≤ x 27 27 3 3 1  4 1 4 4 2 2 2 2 2 2 2  ⇒ yx + y z + z x − ≤ yx + y z + z x − =  y + z  x + y z − = f (x ) . Bây giờ ta sẻ 27 3 27  3  27 2

chứng minh f (x ) ≤ 0 (6) là được. 1 4 Nếu y + z 2 = 0 ⇒ y = z = 0 thì BĐT (6) thành − ≤ 0 (hiển nhiên đúng). 3 27 1 Nếu y + z 2 ≠ 0 thì f (x ) là hàm số bậc nhất . Theo TC2 thì để chứng minh f (x ) ≤ 0 ta chỉ cần chứng 3    f (0) ≤ 0 4 minh cho   1  . Dễ thấy f (0) = y 2z − ; vì x = 0 nên từ giả thiết ⇒ y + z = 1 . Theo BĐT Côsi  ≤0  f 27        3 

c) (P) cắt Oy tại điểm có tung độ bằng 3 suy ra c = 3   b  − = −2 (P) có đỉnh S ( −2; −1 ) suy ra:  ⇔  2a   −1 = 4a − 2b + 3   Bài 2.30: a) y = 4x 2 + 3x − 2

c) y =

b) y = −x 2 + 3x − 2

1 2 x + 3x − 2 2

d) y = 3x 2 + 3x − 2

Bài 2.31: a) y = x 2 − 3x + 2 Bài 2.32: a) Ta có −

Bảng biến thiên x

y = x 2 − 3x + 2

b) y = −2x 2 − 8x + 3

3 2

−∞ +∞

có

đỉnh

⇒ y 2z −

+∞

1 4

là

1 2 x − 2x + 5 3

+∞

1 1  2 ( y + z )  4 ta có y 2z = .y.y.(2z ) ≤ .   = 27 2 2  3 

c) y =

b 3 ∆ 1 = ,− =− 2a 2 4a 4

−

y = x 2 − 3x + 2

 b = 4    a = 1 

Suy ra đồ thị hàm số 3 1 I  ; −  ,  2 4 

đi

qua

các

điểm

A ( 2; 0 ), B ( 1; 0 ), C ( 0;2 ), D ( 3;2 )

1 4 1 1 4 1 ; vì x = nên từ giả thiết ta ≤ 0 ⇒ f (0) ≤ 0 và f   = y 2z + y + z 2 − 27 3  3  9 3 27 2

1 2  1  2 2 12 4 1 suy ra y + z = ⇒ z = − y ⇒ f   = y 2  − y  + y +  − y  − = −y 3 + y 2 − y = 3 3 3  3 27 3  3   3  9  2   1 1 1 = −y  y 2 − y +  = −y   y −  +  ≤ 0 (đúng vì y ≥ 0 ). Vậy là trong hai trường hợp ta kết 3 2 12      luận f (x ) ≤ 0 . Ta đã giải xong bài toán.

Bài 2.28: Ta có x 2 − 2(3m − 1)x + m + 3 ≥ 0 ⇔ f (m ) = (−6x + 1)m + x 2 + 2x + 3 ≥ 0 . Ta thấy

Nhận đường thẳng x =

3 làm trục đối xứng và hướng bề lõm lên trên 2

b ∆ = 1, − =2 2a 4a Bảng biến thiên −∞ x

1 2

+∞

y = −x 2 + 2 2x

O −∞

−∞

f (m ) là hàm số bậc nhất có hệ số của m là −6x + 1 < 0 (do x ∈  1; + ∞ ) ). Theo TC1 thì f (m ) là hàm 

Suy ra đồ thị hàm số y = −2x 2 + 4x có đỉnh là I ( 1;2 ) , đi qua các

nghịch biến ⇒ f (m) ≥ f (1) với ∀m ≤ 1 . Tức là ta có x 2 − 2(3m − 1)x + m + 3 ≥ (x − 2)2 ≥ 0 (đúng

điểm O ( 0; 0 ), B ( 2; 0 )

với ∀x ∈  1; + ∞ ) ).  Vậy là ta giải quyết xong bài toán.

Nhận đường thẳng x = 1 làm trục đối xứng và hướng bề lõm xuống dưới

-- 41 --

b) Ta có −

-- 42 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

y = −x 2 − 2x + 3 −∞ y = −x 2 − 2x + 3

có

−∞ đỉnh

là

I ( −1; 4 ) ,

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

  −x 2 − 2x + 3 khi x ≥ 1 Vậy đồ thị hàm số y =  gồm phần bên đồ thị bên phải đường thẳng x = 1 của  2 − x − 2 x + 3 khi x < 1   ( P2 ) và phần đồ thị bên trái đường thẳng x = 1 của ( P1 ) .

b ∆ Bài 2.33: a) Ta có − = −1, − =4 2a 4a Bảng biến thiên +∞ −∞ −1 x 4

Suy ra đồ thị hàm số đi

qua

các

Bài 2.36: a) Đặt t = x 2 , x ∈ −2;1 ⇒ t ∈ 0; 4     Xét hàm số f ( t ) = t 2 − 2t , t ∈ [ 0; 4]

Suy ra max y = 8 ⇔ x = −2, min y = −1 ⇔ x = ±1 . [-2;1]

điểm

b) Ta có y = x + 2x − x = (x 2 + x )2 − (x 2 + x )

A ( 1; 0 ), B ( −3; 0 ) Nhận đường thẳng x = −1 làm trục đối xứng và hướng bề lõm xuống dưới b) Đường thẳng y = m song song hoặc trùng với trục hoành do đó dựa

[-2;1]

-3

Đặt t = x 2 + x . Xét hàm số t = x 2 + x với x ∈ [−1;1] 1

vào đồ thị ta có Với m < 4 đường thẳng y = m và parabol y = −x − 2x + 3 cắt 2

nhau tại hai điểm phân biệt c) Hàm số nhận giá trị dương ứng với phần đồ thị nằm hoàn toàn trên trục hoành Do đó hàm số chỉ nhận giá trị âm khi và chỉ khi x ∈ ( −∞; −3 ) ∪ ( 1; +∞ ) . d) max y = 4 khi và chỉ khi x = −1  

b 1 = − , bảng biến thiên là 2a 2 t 1 − −1 2 0 1 t = x2 + x − 4

Ta có −

Suy ra min t =−    −1;1 

 −3;1 

min y = 0 khi và chỉ khi x = −3, x = 1 .    −3;1 

  x2 − x khi x ≥ 1 Bài 2.34: a) Đồ thị hàm số y =  gồm :  2 − x + x + 2 khi x < 1   1 1  1 + Parabol y = x 2 − x có đỉnh I  ; −  , trục đối xứng x = , đi qua các điểm O ( 0; 0 ), A ( 1; 0 ) và lấy 2  2 4  phần đồ thị nằm bên phải của đường thẳng x = 1 1 9 1 + Parabol y = −x 2 + x + 2 có đỉnh I  ;  , trục đối xứng x = , đi qua các điểm B ( −1; 0 ) , C ( 2; 0 ) và  2 4  2 lấy phần đồ thị nằm bên trái của đường thẳng x = 1 b) Vẽ parabol ( P ) của đồ thị hàm số y = −x 2 + 2x + 3 có đỉnh I ( 1; 4 ) , trục đối xứng x = 1 , đi qua các điểm A ( −1; 0 ), B ( 3; 0 ),C ( 0; 3 ) , D ( 2; 3 ) .

Khi đó đồ thị hàm số y = −x 2 + 2x + 3 gồm phần parabol ( P ) nằm phía trên trục hoành và phần đối

( P ) nằm dưới trục hoành qua trục hoành. Bài 2.35: a) Vẽ đồ thị hàm số ( P ) : y = −x 2 − 2x + 3

xứng của

có đỉnh I ( −1; −4 ) , trục đối xứng x = −1 , đi qua

các điểm A ( 1; 0 ), B ( −3; 0 ),C ( 0; 3 ), D ( −2; 3 ) . Bề lõm hướng xuống dưới. Khi đó ( P1 ) là đồ thị hàm số y = −x 2 − 2 x + 3 là gồm phần bên phải trục tung của ( P ) và phần lấy đối xứng của nó qua trục tung. b) Gọi ( P2 ) là phần đồ thị của ( P ) nằm trên trục hoành và lấy đối xứng của phần nằm dưới trục hoành qua

trục Ox .

1 2

1 ≤ t ≤ max t =2   4  −1;1 

 1  Khi đó, hàm số được viết lại : f (t ) = t 2 − t với t ∈  − ;2  .  4  Bảng biến thiên t 1 1 − 2 4 2

f (t ) = t 2 − t

5 16

2 −

1 4

Từ bảng biến thiên ta có

 x =1 max y = max f (t ) = 2 khi t = 2 hay x 2 + x = 2 ⇔    [ −1;1]  − 1;2   x = −2  4  min y = min f (t ) = − [−1;1]

 −1; 2   4 

1 1 1 −1 ± khi t = hay x 2 + x = ⇔ 2x 2 + 2x − 1 = 0 ⇔ x = 4 2 2 2

2 Bài 2.37: Ta có: 7(x 4 + y 4 ) + 4x 2y 2 = 7  ( x 2 + y 2 ) − 2x 2y 2  + 4x 2y 2    xy + 1 2  1 1 2 2 2 2 2 2 = 7   − 2 x y  + 4 x y =  −33 ( xy ) + 14 xy + 7  = ( −33t + 14t + 7 ) , t = xy 4 4  2  

Ta có xy + 1 = 2(x 2 + y 2 ) ≥ 4xy ⇒ xy ≤

1 3 2

Mặt khác 2(x 2 + y 2 ) = xy + 1 ⇔ 2 ( x + y ) = 5xy + 1 ⇒ xy ≥ − -- 43 --

-- 44 --

1 5

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

1  1 1 Xét hàm số f ( t ) = ( −33t 2 + 14t + 7 ) , t ∈  − ;  . 4  5 3 70 7 18 1 Ta có max f ( t ) = ⇔ t = , min f ( t ) = ⇔t =−  1 1  1 1 33 33 25 5 − ; − ;    

3 = 16x 2y 2 + 12  ( x + y ) − 3xy ( x + y )  + 34xy  

= 26x 2y 2 − 2xy + 12 . 2

Đặt t = xy , ta được: S = 16t 2 − 2t + 12; 0 ≤ xy ≤

(x + y ) 4

 1 1 ⇒ t ∈  0;  .  4  4

 1 Xét hàm số f ( t ) = 16t 2 − 2t + 12 trên đoạn  0;  ta tìm được  4  25 Giá trị lớn nhất của S bằng ; 2   x + y = 1 1 1 Khi  ⇔ ( x ; y ) =  ;  .  1   2 2  xy =    4  x + y = 1 191 ; Khi  Giá trị nhỏ nhất của S bằng   xy = 16 16    2 + 3 2 − 3   2 − 3 2 + 3   ⇔ ( x ; y ) =  ; ;  hoặc ( x ; y ) =   .  4 4  4   4

f ( 2) =

b) + Khi x ≥ 1 có f ( x ) = 3 ⇔

1 5

1 8 =3⇔ x =− ( loai) x+3 3

+ Khi x < 1 có f ( x ) = 3 ⇔ 2 − x = 3 ⇔ x = −7 ( nhận)  x ≠ −1 Bài 2.40: a) Hàm số xác định khi và chỉ khi: x − 7 x − 8 ≠ 0 ⇔  x ≠ 8 2

TXĐ D = ℝ \ {−1;8} 2 − x > 0 x < 2 b) Hàm số xác định khi và chỉ khi  ⇔ x + 1 ≠ 0  x ≠ −1 Vậy tập xác định là D = (− ∞;2 ) \ {− 1}. Bài 2.41: a) TXĐ: D = ℝ \ {−1;1}

Suy ra ∀x ∈ D  − x ∈ D

f ( −x) =

−x + 3 −x 6

( −x) − ( −) + ( −x)

−1

=−

1− x − 1+ x = f ( x ) , ∀x ∈ D x −1 − 1+ x

(1) Vì A ( −2; 1) thuộc đường thẳng y = ax + b nên: −2a + b = 1 (2)

S = 16x 2y 2 + 12 ( x 3 + y 3 ) + 9xy + 25xy

f ( −2 ) = 2 ; +

−x −1 − 1+ ( −x)

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

Vậy hàm số đã cho là chẵn. Bài 2.42: Vì đường thẳng y = ax + b cắt trục hoành tại điểm có hoành tại điểm có hoành độ nên: 3a + b = 0

Bài 2.38: Do x + y = 1 nên :

Bài 2.39: a) +

1− ( −x) − 1+ ( −x)

f ( −x) =

 5 3

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

x+ 3 x = − f ( x ) , ∀x ∈ D x − x4 + x2 −1 6

Vậy hàm số đã cho là lẻ b) TXĐ: D = [ −1;1] \ {0}

1   a = − 5 3a + b = 0 Từ (1)và (2) ta có hệ pt:  ⇔  −2a + b = 1 b = 3  5 Bài 2.43: a) Với m = 5 ta có hàm số: y = − x 2 + 5 x − 4

5 5 9 Vẽ đồ thị: Đỉnh I  ;  . Trục đối xứng: x = . 2 2 4 Bảng giá trị x 1 2 3 4 5 2 2 0 y 0 2 9 4 b) Để đường thẳng x = 2 làm trục đối xứng thì

−m =2⇔m=4 −2.(−1)

Bài 2.44: Hàm số xác định trên ℝ ⇔ x 2 − 2 x + m − 3 ≠ 0, ∀x 2

⇔ ( x − 1) + m − 4 ≠ 0, ∀x ⇔ m − 4 > 0 ⇔ m > 4 Bài 2.45: Chọn trục Oy trùng với trục đối xứng của

Parabol, trục Ox nằm trên nền cầu như Hình vẽ. Khi đó ta có A ( 100; 30 ), C ( 0; 5 ) , ta tìm phương trình

M3 C

của Parabol có dạng y = ax 2 + bx + c . Parabol có đỉnh là C và đi qua A nên ta   b  − =0   2a  có hệ phương trình:  a.0 + b.0 + c = 5  a.1002 + b.100 + c = 30       1   a=   400   ⇔ b = 0   c=5     

A(100;30)

x A'

1 2 x + 5 . Bài toán đưa việc xác định chiều dài các dây cáp treo sẽ là 400 tính tung độ những điểm M 1 , M 2 , M 3 của Parabol. Ta dễ dàng tính được tung độ các điểm có các hoành độ

Suy ra Parabol có phương trình y =

x1 = 25, x2 = 50, x3 = 75 lần lượt là y1 = 6,56 ( m ) , y2 = 11, 25 ( m ) , y3 = 19, 06 ( m ) . Đó chính là độ dài các dây cáp treo cần tính.

Suy ra ∀x ∈ D  − x ∈ D -- 45 --

-- 46 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ II. HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI

  x 2 − 2x khi x ≥ 2 Bài 2.46: Ta có: y = x x − 2 =   2 − x + 2 x khi x < 2   Lập bảng biến thiên(hoặc vẽ đồ thị) từ đó ta suy đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = x x − 2 tại một điểm duy nhất khi và chỉ khi m < 0 hoặc m > 1 . Bài 2.47: Trong ba số a, b, c phải có hai số không trái dấu thêm nữa do f hàm số lẻ nên f (a ).f (b ) + f (b ).f (c ) + f (c ).f (a ) = f (−a ).f (−b ) + f (−b ).f (−c ) + f (−c ).f (−a ) và

( −a ) + ( −b ) + ( −c ) = 0 . Do đó không mất tính tổng quát ta có thể giả sử a ≥ 0; b ≥ 0 . Vì

f là hàm số lẻ

nên f ( c ) = f ( −a − b ) = −f ( a + b ) Do đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với ( f (a) + f (b)) f (a + b) ≥ f (a )f (b) (*) Mặt khác 0 = f (0) ≤ f (a ), 0 = f (0) ≤ f (b), f (b) ≤ f (a + b) do f là hàm số đồng biến trên ℝ . Vì vậy theo bất đẳng thức côsi ta có 2f (a + b) ≥ f (a ) + f (b) ≥ 2 f (a )f (b) Từ đó: ( f (a ) + f (b ) ) f (a + b ) ≥ 2 f (a )f (b ) f (a )f (b) = 2 f (a )f (b) ≥ f (a )f (b) Do đó (*) đúng suy ra điều phải chứng minh.

-- 47 --

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

MỤC LỤC

MỤC LỤC CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH............................................................................ 2 CHỦ ĐỀ 1: ĐẠI CƯƠNG VỀ PHƯƠNG TRÌNH ...................................................................................................... 2 DẠNG TOÁN 1: TÌM ĐIỀU KIỆN XÁC ĐỊNH CỦA PHƯƠNG TRÌNH ......................................................... 2 DẠNG TOÁN 2: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHÉP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG VÀ HỆ QUẢ ......... 4 CHỦ ĐỀ 2: PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT VÀ BẬC HAI MỘT ẨN ..................................................................... 8 DẠNG TOÁN 1: GIẢI VÀ BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH DẠNG ax + b = 0 ............................................... 9 DẠNG TOÁN 2: GIẢI VÀ BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH DẠNG ax2 + bx + c = 0 ..................................11 DẠNG TOÁN 3: MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ VI-ÉT........................................................................14 Loại 1: Nhẩm nghiệm phương trình bậc hai, phân tích thành nhân tử.......................................14 Loại 2: Bài toán liên quan đến biểu thức đối xứng hai nghiệm x1, x2 của phương trình bậc hai........................................................................................................................................................................16 DẠNG TOÁN 4: MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI ..19 Loại 1: Tìm điều kiện để hai phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 và a’x2 + b’x + c’ = 0 có nghiệm chung ..................................................................................................................................................19 Loại 2: Chứng minh trong các phương trình bậc hai có ít nhất một phương trình có nghiệm ...............................................................................................................................................................20 Loại 3: Chứng minh bất đẳng thức có chứa các hệ số của phương trình bậc hai với nghiệm của nó có điều kiện ........................................................................................................................................20 CHỦ ĐỀ 3. MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HOẶC BẬC HAI .............22 DẠNG TOÁN 1: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN TRONG DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI ................................22 DẠNG TOÁN 2: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN Ở MẪU ..................................................................................26 DẠNG TOÁN 3: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN TRONG CĂN BẬC HAI ......................................................31 Loại 1: Bình phương hai vế của phương trình ....................................................................................31 Loại 2: Phân tích thành tích bằng cách nhân liên hợp ......................................................................33 Loại 3: Đặt ẩn phụ ..........................................................................................................................................35 Loại 4: Đặt ẩn phụ không hoàn toàn........................................................................................................40 DẠNG TOÁN 4: PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO ..................................................................................................42 Loại 1: Đưa về phương trình tích .............................................................................................................42 Loại 2: Đặt ẩn phụ ..........................................................................................................................................44 CHỦ ĐỀ 4. HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT NHIỀU ẨN..................................................................................49 DẠNG TOÁN 1: GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN, BA ẨN .................................................49 DẠNG TOÁN 2: GIẢI VÀ BIỆN LUẬN HỆ HAI PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN .........................53 CHỦ ĐỀ 5. MỘT SỐ VÍ DỤ VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI HAI ẨN ........................................................56 DẠNG TOÁN 1: HỆ GỒM MỘT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT VÀ MỘT BẬC HAI ................................56 DẠNG TOÁN 2: HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG ........................................................................................58 DẠNG TOÁN 3: HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP BẬC HAI.......................................................................62 DẠNG TOÁN 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI HAI ẨN .....................64 Loại 1: Hệ phương trình có thể đưa về phương trình tích ..............................................................64 Loại 2: Hệ phương trình giải bằng cách đặt ẩn phụ ...........................................................................71 DẠNG TOÁN 5: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH ĐẶT ẨN PHỤ ĐƯA VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH76 CHỦ ĐỀ 6: ÔN TẬP ....................................................................................................................................................82 HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ PHẦN BÀI TẬP LUYỆN TẬP ......................................................................... 83

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH CHỦ ĐỀ 1: ĐẠI CƯƠNG VỀ PHƯƠNG TRÌNH A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Định nghĩa. Cho hai hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) có tập xác định lần lượt là D f và Dg . Đặt D = Df ∩ Dg . Mệnh đề chứa biến " f ( x ) = g ( x ) " được gọi là phương trình một ẩn ; x được gọi là ẩn số (hay ẩn) và D gọi là tập xác định của phương trình. x 0 ∈ D gọi là một nghiệm của phương trình f ( x ) = g ( x ) nếu " f ( x 0 ) = g ( x 0 ) " là mệnh đề đúng.

Chú ý: Các nghiệm của phương trình f ( x ) = g ( x ) là các hoành độ giao điểm đồ thị hai hàm số

y = f ( x ) và y = g ( x ) . 2. Phương trình tương đương, phương trình hệ quả. a) Phương trình tương đương: Hai phương trình f1 ( x ) = g1 ( x ) và f2 ( x ) = g2 ( x ) được gọi là tương đương nếu chúng có cùng tập nghiệm. Kí hiệu là f1 ( x ) = g1 ( x ) ⇔ f2 ( x ) = g2 ( x ) . Phép biến đổi không làm thay đổi tập nghiệm của phương trình gọi là phép biến đổi tương đương. b) Phương trình hệ quả: f2 ( x ) = g2 ( x ) gọi là phương trình hệ quả của phương trình f1 ( x ) = g1 ( x ) nếu tập nghiệm của nó chứa tập nghiệm của phương trình f1 ( x ) = g1 ( x ) . Kí hiệu là f1 ( x ) = g1 ( x ) ⇒ f2 ( x ) = g2 ( x ) c) Các định lý: Định lý 1: Cho phương trình f ( x ) = g ( x ) có tập xác định D ; y = h ( x ) là hàm số xác định trên D . Khi đó trên D , phương trình đã cho tương đương với phương trình sau 1) f ( x ) + h ( x ) = g ( x ) + h ( x ) 2) f ( x ) .h ( x ) = g ( x ) .h ( x ) nếu h ( x ) ≠ 0 với mọi x ∈ D

Định lý 2: Khi bình phương hai vế của một phương trình, ta được phương trình hệ quả của phương trình đã cho. f (x ) = g (x ) ⇒ f 2 (x ) = g2 (x ) .

Lưu ý: Khi giải phương trình ta cần chú ý Đặt điều kiện xác định(đkxđ) của phương trình và khi tìm được nghiệm của phương trình phải đối chiếu với điều kiện xác định. Nếu hai vế của phương trình luôn cùng dấu thì bình phương hai vế của nó ta thu được phương trình tương đương. Khi biến đổi phương trình thu được phương trình hệ quả thì khi tìm được nghiệm của phương trình hệ quả phải thử lại phương trình ban đầu để loại bỏ nghiệm ngoại lai. B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI DẠNG TOÁN 1: TÌM ĐIỀU KIỆN XÁC ĐỊNH CỦA PHƯƠNG TRÌNH 1. Phương pháp giải - Điều kiện xác định của phương trình bao gồm các điều kiện để giá trị của f ( x ), g ( x ) cùng được xác định và các điều kiện khác (nếu có yêu cầu trong đề bài) - Điều kiện để biểu thức f ( x ) xác định là f ( x ) ≥ 0

1 xác định là f ( x ) ≠ 0 f (x ) -- 1 --

-- 2 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 1 f (x )

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

xác định là f ( x ) > 0

2. Các ví dụ Ví dụ 1: Tìm điều kiện xác định của phương trình sau: a) x +

5 =1 x2 − 4

c) 1 + 2x − 3 =

b) 1 + 3 − x = d)

3x − 2

4 − 2x =

x −2

x +1 x 3 − 3x + 2

Lời giải: a) Điều kiện xác định của phương trình là x 2 − 4 ≠ 0 ⇔ x 2 ≠ 4 ⇔ x ≠ ±2 3 − x ≥ 0 x ≤ 3   b) Điều kiện xác định của phương trình là  ⇔ ⇔2≤x ≤3    x − 2 ≥ 0  x ≥ 2     3  x ≥  2x − 3 ≥ 0   3   2 ⇔ ⇔x ≥ c) Điều kiện xác định của phương trình là    3 x − 2 ≥ 0 2 2  x ≥     3 d) Điều kiện xác định của phương trình là  4 − 2x ≥ 0  x ≤2    ⇔  3    x 3x 2 0 x − 1 x − + ≠ )( 2 + x − 2 ) ≠ 0    ( x ≤ 2    x < 2 x ≤2    x ≠ 1 ⇔   ⇔ ⇔   2   x ≠ 1 − 1 − 2 ≠ 0 x x ( ) ( )  x ≠ 2        Ví dụ 2: Tìm điều kiện xác định của phương trình sau rồi suy ra tập nghiệm của nó: a) 4x + c)

4x − 3 = 2 3 − 4x + 3

x + x −2 =

−3 − x

−x 2 + 6x − 9 + x 3 = 27

( x − 3 ) ( 5 − 3x ) + 2x

3x − 5 + 4

Lời giải:

  x ≥ 3    4x − 3 ≥ 0   4 ⇔x =3 ⇔ a) Điều kiện xác định của phương trình là    3 − 4x ≥ 0 3 4    x ≤   4 3 Thử vào phương trình thấy x = thỏa mãn 4 3   Vậy tập nghiệp của phương trình là S =    4      2

b) Điều kiện xác định của phương trình là −x 2 + 6x − 9 ≥ 0 ⇔ − ( x − 3 ) ≥ 0 ⇔ x = 3 Thay x = 3 vào thấy thỏa mãn phương trình Vậy tập nghiệp của phương trình là S = { 3 }  x ≥0  x ≥0       c) Điều kiện xác định của phương trình là  x − 2 ≥ 0 ⇔  x ≥ 2        −3 − x ≥ 0  x ≤ −3   Không có giá trị nào của x thỏa mãn điều kiện Vậy tập nghiệm của phương trình là S = ∅

-- 3 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

2   ( x − 3 ) ( 5 − 3x ) ≥ 0 d) Điều kiện xác định của phương trình là  (*)  3x − 5 ≥ 0    Dễ thấy x = 3 thỏa mãn điều kiện (*).   x ≤ 5    5 − 3x ≥ 0  3⇔x =5 Nếu x ≠ 3 thì (*) ⇔  ⇔   3x − 5 ≥ 0  5 3    x ≥   3 5 Vậy điều kiện xác định của phương trình là x = 3 hoặc x = 3 5 Thay x = 3 và x = vào phương trình thấy chỉ có x = 3 thỏa mãn. 3 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = { 3 } .

3. Bài tập luyện tập Bài 3.0: Tìm điều kiện xác định của phương trình sau: a)

5 = x2 − x − 1

b) 1 + x − 2 =

x −1

x +1 x 2 − 3x + 2 Bài 3.1: Tìm điều kiện xác định của phương trình sau rồi suy ra tập nghiệm của nó:

c) 1 + 2x − 4 =

2 − 4x

2x − 6 =

a) 4x + 2 4x − 3 = 2 4x − 3 + 3

−x 2 + x − 1 + x = 1

c) 2x + x − 2 = 2 − x + 2 d) x − 4x 2 + 5x − 2 + x = 2 − x DẠNG TOÁN 2: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHÉP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG VÀ HỆ QUẢ 1. Phương pháp giải Để giải phương trình ta thực hiện các phép biến đổi để đưa về phương trình tương đương với phương trình đã cho đơn giản hơn trong việc giải nó. Một số phép biến đổi thường sử dụng Cộng (trừ) cả hai vế của phương trình mà không làm thay đổi điều kiện xác định của phương trình ta thu được phương trình tương đương phương trình đã cho. Nhân (chia) vào hai vế với một biểu thức khác không và không làm thay đổi điều kiện xác định của phương trình ta thu được phương trình tương đương với phương trình đã cho. Bình phương hai vế của phương trình ta thu được phương trình hệ quả của phương trình đã cho. Bình phương hai vế của phương trình(hai vế luôn cùng dấu) ta thu được phương trình tương đương với phương trình đã cho. 2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Giải các phương trình sau 3

a) 1 + c)

1 5 = 2 x −3 x −x −6

x + 3(x 4 − 3x 2 + 2) = 0 d) Lời giải:   x ≠3 x ≠3   a) ĐKXĐ :  2 ⇔    x − x − 6 ≠ 0 x ≠ −2     Với điều kiện đó phương trình tương đương với 1+

x2 x −2

1 x −2

− x −2

x − 1(x 2 − x − 2) = 0

1 5 = ⇔ ( x − 3 )( x + 2 ) + x + 2 = 5 x − 3 ( x − 3 )( x + 2 ) -- 4 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

⇔ x 2 = 9 ⇔ x = ±3 Đối chiếu với điều kiện ta có nghiệm của phương trình là x = −3 . b) ĐKXĐ: x > 2 Với điều kiện đó phương trình tương đương với −1 ± 13 2 Đối chiếu với điều kiện ta thấy không có giá trị nào thỏa mãn Vậy phương trình vô nghiệm. c) ĐKXĐ: x ≥ −3  x +3 = 0 Phương trình tương đương với  4 x − 3x 2 + 2 = 0   x = −3  x = −3    x = −3 2    x − 1 = 0 ⇔  2 ⇔ ⇔  x = ±1 2 x − 1 )( x − 2 ) = 0 x = ± 2  2  (   x − 2 = 0 Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x2 = 1 − (x − 2) ⇔ x2 + x − 3 = 0 ⇔ x =

x = −3, x = ±1 và x = ± 2 .  x ≥ 0  x ≥0  d) ĐKXĐ:  ⇔ ⇔ x ≥1      x −1 ≥ 0 x ≥ 1   Với điều kiện đó phương trình tương đương với  x =1   x −1 = 0   ⇔  x = −1  2 x −x −2 = 0 x = 2   Đối chiếu với điều kiện ta có ngiệm của phương trình là x = 1 và x = 2 . Ví dụ 2: Giải các phương trình sau a)

b) . x 2 − 3x + 4 = 8 − 3x .

4x 2 − 15

2x − 3 =

c) 2x + 1 = x − 2

d) 2x + 1 = x − 1

  2x − 3 ≥ 0 a) ĐKXĐ:  2 (*)  4x − 15 ≥ 0   Với điều kiện (*) phương trình tương đương với

45 ± 105 16

Thay vào phương trình ta thấy chỉ có x = c) Phương trình tương đương với

45 − 105 và đó là nghiệm duy nhất của phương trình. 16 2

( 2x + 1 )

= ( x −2

)

⇔ 4x 2 + 4x + 1 = x 2 − 4x + 4  x = −3  ⇔ 3x 2 + 8x − 3 = 0 ⇔   x =1  3

Vậy phương trình có hai nghiệm là x = −3 và x = 2

1 . 3

d) Ta có 2x + 1 = x − 1 ⇒ ( 2x + 1 ) = ( x − 1 )

⇒ 4x 2 + 4x + 1 = x 2 − 2x + 1 ⇔ 3x 2 + 6x = 0  x =0 ⇒   x = −2 Thử vào phương trình ta thấy không có giá trị nào thỏa mãn Vậy phương trình vô nghiệm. Ví dụ 3: Tìm nghiệm ( x ; y ) với x là số nguyên dương của phương trình sau

20 − 8x + 6x 2 − y 2 = y 7 − 4x Lời giải:

   x ≤ 20    20 − 8x ≥ 0  8 ⇔x ≤7 ⇔ Nếu phương trình có nghiệm ( x ; y ) thì x phải thỏa mãn    7 − 4x ≥ 0  7 4    x ≤   4 Vì x là số nguyên dương nên x = 1 Thay x = 1 vào phương trình ta được

)

(*) ⇒

(

6 − y2 =

12 + 6 − y 2 = y 3 (*)

)

Thay vào điều kiện (*) ta thấy chỉ có x = 2 thỏa mãn Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2 2

 3 7 b) ĐKXĐ: x − 3x + 4 ≥ 0 ⇔  x −  + ≥ 0 (luôn đúng với mọi x )  2  4 2

Bình phương hai vế của phương trình ta được 2

x 2 − 3x + 4 = ( 8 − 3x ) ⇔ x 2 − 3x + 4 = 9x 2 − 48x + 64 -- 5 --

3 (y − 2 ) ⇒ 6 − y2 = 3(y − 2 )

⇒ 4y 2 − 12y + 6 = 0 ⇒ y =

4x 2 − 15 ⇔ 2x − 3 = 4x 2 − 15  x =2  ⇔ 4x 2 − 2x − 12 = 0 ⇔  x = − 3  2 2x − 3

8x 2 − 45x + 60 = 0 ⇔ x =

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

Điều kiện xác định của phương trình (*) là 6 − y 2 ≥ 0

Lời giải:

(

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

3± 3 2

3+ 3 là thỏa mãn 2  3 + 3   . Vậy phương trình có nghiệm thỏa mãn đề bài là  1;  2 

Thử vào phương trình (*) thấy chỉ có y =

Ví dụ 4: Tìm m để cặp phương trình sau tương đương a) mx 2 − 2 ( m − 1 ) x + m − 2 = 0 (1) và ( m − 2 ) x 2 − 3x + m 2 − 15 = 0 (2) b) 2x 2 + mx − 2 = 0 (3) và 2x 3 + ( m + 4 ) x 2 + 2 ( m − 1 ) x − 4 = 0 (4) Lời giải: a) Giả sử hai phương trình (1) và (2) tương đương

-- 6 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

 x =1 Ta có ( 1 ) ⇔ ( x − 1 )( mx − m + 2 ) = 0 ⇔  mx m +2 = 0 −  Do hai phương trình tương đương nên x = 1 là nghiệm của phương trình (2) Thay x = 1 vào phương trình (2) ta được  m =4 ( m − 2 ) − 3 + m 2 − 15 = 0 ⇔ m 2 + m − 20 = 0 ⇔  m = −5  x = 1  Với m = −5 : Phương trình (1) trở thành −5x 2 + 12x − 7 = 0 ⇔  x = 7  5

 x =1  Phương trình (2) trở thành −7x 2 − 3x + 10 = 0 ⇔   x = − 10 7 

Suy ra hai phương trình không tương đương  1 x = Với m = 4 : Phương trình (1) trở thành 4x 2 − 6x + 2 = 0 ⇔  2 x = 1  x = 1  Phương trình (2) trở thành 2x 2 − 3x + 1 = 0 ⇔  x = 1  2

Suy ra hai phương trình tương đương Vậy m = 4 thì hai phương trình tương đương. b) Giả sử hai phương trình (3) và (4) tương đương  x = −2 ⇔  2  2x + mx − 2 = 0 Do hai phương trình tương đương nên x = −2 cũng là nghiệm của phương trình (3) 2

Thay x = −2 vào phương trình (3) ta được 2 ( −2 ) + m ( −2 ) − 2 = 0 ⇔ m = 3  x = −2  Với m = 3 phương trình (3) trở thành 2x 2 + 3x − 2 = 0 ⇔   x =1  2 2

Phương trình (4) trở thành 2x 3 + 7x 2 + 4x − 4 = 0 ⇔ ( x + 2 ) ( 2x + 1 ) = 0

x + 1(x 2 − 16) = 0

3−x =0 x 2 − 2x − 3

Bài 3.3: Giải các phương trình sau a)

x − 2 = x2 − 8 2 x + 3 = 2x − 3 c)

3x 2 − x − 9 = x − 1 .

d) 2x − 1 = 3x − 4

Bài 3.4: Tìm m để cặp phương trình sau tương đương a) x 2 + mx − 1 = 0 (1) và ( m − 1 ) x 2 + 2 ( m − 2 ) x + m − 3 = 0 (2) b) ( 2m − 2 ) x 2 − ( 2m + 1 ) x + m 2 + m − 17 = 0 (3) và ( 2 − m ) x 2 + 3x + 15 − m 2 = 0 (4) CHỦ ĐỀ 2: PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT VÀ BẬC HAI MỘT ẨN A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Định nghĩa Phương trình bậc nhất một ẩn là phương trình có dạng ax + b = 0 với a, b là số thực và a ≠ 0 Phương trình bậc hai một ẩn phương trình có dạng ax 2 + bx + c = 0 với a,b, c là số thực và a ≠ 0 2. Giải và biện luận phương trình ax + b = 0 (1).

b b do đó phương trình có nghiệm duy nhất x = − a a Nếu a = 0 : phương trình (1) trở thành 0x + b = 0 Th1: Với b = 0 phương trình nghiệm đúng với mọi x ∈ R Th2: Với b ≠ 0 phương trình vô nghiệm Nếu a ≠ 0 : ( 1 ) ⇔ x = −

Nếu a ≠ 0 : ∆ = b 2 − 4ac Th1: ∆ > 0 phương trình có hai nghiệm phân biệt x = TH2: ∆ = 0 phương trình có nghiệm kép x = −

−b ± ∆ 2a

b 2a

Th3: ∆ < 0 phương trình vô nghiệm. 4. Định lí Vi-ét và ứng dụng a) Định lí Vi-ét. Hai số x1 và x 2 là các nghiệm của phương trình bậc hai ax 2 + bx + c = 0 khi và chỉ khi chúng thỏa mãn hệ thức x1 + x 2 = −

b c và x1x 2 = . a a

b) Ứng dụng. Nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai

 x = −2  ⇔   x =1  2

Phân tích thành nhân tử: Nếu đa thức f ( x ) = ax 2 + bx + c có hai nghiệm x1 và x 2 thì nó có thể phân tích thành nhân tử f ( x ) = a ( x − x 1 )( x − x 2 ) .

Suy ra phương trình (3) tương đương với phương trình (4) Vậy m = 3 . 3. Bài tập luyện tập Bài 3.2: Giải các phương trình sau

1 6 = 2−x 4 − x2

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

3. Giải và biện luận phương trình ax 2 + bx + c = 0 Nếu a = 0 : trở về giải và biện luận phương trình dạng (1)

Ta có 2x 3 + ( m + 4 ) x 2 + 2 ( m − 1 ) x − 4 = 0 ⇔ ( x + 2 ) ( 2x 2 + mx − 2 ) = 0

a) 1 +

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

2x 3−x

-- 7 --

Tìm hai số khi biết tổng và tích của chúng: Nếu hai số có tổng là S và tích là P thì chúng là nghiệm của phương trình x 2 − Sx + P = 0 . Xét dấu của các nghiệm phương trình bậc hai:

1 3−x

− 3−x

b c Cho phương trình bậc hai ax 2 + bx + c = 0 (*), kí hiệu S = − , P = khi đó a a + Phương trình (*) có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi P < 0 -- 8 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

∆ ≥ 0    + Phương trình (*) có hai nghiệm dương khi và chỉ khi  P > 0  S > 0    ∆ ≥ 0    + Phương trình (*) có hai nghiệm âm khi và chỉ khi  P > 0   S <0    B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI DẠNG TOÁN 1: GIẢI VÀ BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH DẠNG ax + b = 0 1. Phương pháp giải Để giải và biện luận phương trình dạng ax + b = 0 ta dựa vào kết quả đã nêu ở trên. Lưu ý:  a ≠0 Phương trình ax + b = 0 có nghiệm ⇔   a = b = 0 a = 0  Phương trình ax + b = 0 vô nghiệm ⇔   b≠0   Phương trình ax + b = 0 có nghiệm duy nhất ⇔ a ≠ 0 2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Giải và biện luận phương trình sau với m là tham số.

a) ( m − 1 ) x + 2 − m = 0

b) m ( mx − 1 ) = 9x + 3

Lời giải: a) Phương trình tương đương với ( m − 1 ) x = m − 2

m −2 m −1

1 m−3 Ví dụ 2: Giải và biện luận phương trình sau với a, b là tham số. m ≠ 3 và m ≠ −2 : Phương trình có nghiệm x =

a) a 2 ( x − a ) = b 2 ( x − b )

a) Ta có a 2 ( x − a ) = b 2 ( x − b ) ⇔ ( a 2 − b 2 ) x = a 3 − b 3 + Với a 2 − b 2 = 0 ⇔ a = ±b Khi a = b : Phương trình trở thành 0x = 0 suy ra phương trình nghiệm đúng với mọi x ∈ R

Kết luận a = b : phương trình nghiệm đúng với mọi x ∈ R a = −b và b ≠ 0 : phương trình vô nghiệm

+ Với m 2 − 9 = 0 ⇔ m = ±3 : Khi m = 3 : Phương trình trở thành 0x = 6 suy ra phương trình vô nghiệm Khi m = −3 : Phương trình trở thành 0x = 0 suy ra phương trình nghiệm đúng với mọi x ∈ R

1 m−3

a 2 + ab + b 2 a +b

a = 0 + Với a (b − 2 ) = 0 ⇔   b = 2

b) Ta có m ( mx − 1 ) = 9x + 3 ⇔ ( m 2 − 9 ) x = m + 3

+ Với m 2 − 9 ≠ 0 ⇔ m ≠ ±3 : Phương trình tương đương với x =

m+3 1 = . m −3 m2 − 9

Khi a = 0 : Phương trình trở thành 0x = b 2 − 2b + 2 , do b 2 − 2b + 2 = (b − 1) + 1 > 0 nên phương trình vô nghiệm. Khi b = 2 : Phương trình trở thành 0x = 2 suy ra phương trình vô nghiệm a ≠ 0  b 2 − 2b + 2 : Phương trình tương đương với x = . + Với a (b − 2 ) ≠ 0 ⇔   b ≠ 2 a (b − 2 )   Kết luận a = 0 hoặc b = 2 thì phương trình vô nghiệm a ≠ 0 và b ≠ 2 thì phương trình có nghiệm là x =

c) Phương trình tương đương với  (m + 1)2 − 3m − 7  x = 2 + m -- 9 --

a 3 − b3 a 2 + ab + b 2 = 2 2 a +b a −b

b) Ta có b ( ax − b + 2 ) = 2 ( ax + 1 ) ⇔ a (b − 2 ) x = b 2 − 2b + 2

m −2 m −1

Kết luận: m = 3 : Phương trình vô nghiệm m = −3 : Phương trình nghiệm đúng với mọi x ∈ R

b) b ( ax − b + 2 ) = 2 ( ax + 1 )

Lời giải:

a ≠ ±b : Phương trình có nghiệm là x =

Kết luận m = 1 : Phương trình vô nghiệm

m ≠ ±3 : Phương trình có nghiệm x =

 m =3 + Với m 2 − m − 6 = 0 ⇔  :  m = −2 Khi m = 3 : Phương trình trở thành 0x = 5 suy ra phương trình vô nghiệm Khi m = −2 : Phương trình trở thành 0x = 0 suy ra phương trình nghiệm đúng với mọi x ∈ R  m ≠3 m +2 1 + Với m 2 − m − 6 ≠ 0 ⇔  : Phương trình tương đương với x = 2 = . m −m −6 m −3  m ≠ −2 Kết luận: m = 3 : Phương trình vô nghiệm m = −2 : Phương trình nghiệm đúng với mọi x ∈ R

+ Với a 2 − b 2 ≠ 0 ⇔ a ≠ ±b : Phương trình tương đương với x =

+ Với m − 1 = 0 ⇔ m = 1 : Phương trình trở thành 0x = −1 Suy ra phương trình vô nghiệm.

m ≠ 1 : Phương trình có nghiệm duy nhất x =

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

Khi a = −b và b ≠ 0 : Phương trình trở thành 0x = −2b 3 suy ra phương trình vô nghiệm (Trường hợp a = −b, b = 0 ⇒ a = b = 0 thì rơi vào trường hợp a = b )

c) (m + 1) x = (3m + 7)x + 2 + m 2

+ Với m − 1 ≠ 0 ⇔ m ≠ 1 : Phương trình tương đương với x =

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 ⇔ (m2 − m − 6 )x = 2 + m

b 2 − 2b + 2 a (b − 2 )

Ví dụ 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất. a) (m 2 − m )x = 2x + m 2 − 1 -- 10 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

b) m ( 4mx − 3m + 2 ) = x (m + 1) Lời giải: 2

 m ≠ −1  Phương trình có nghiệm duy nhất ⇔ a ≠ 0 hay m − m − 2 ≠ 0 ⇔   m ≠2   Vậy với m ≠ −1 và m ≠ 2 thì phương trình có nghiệm duy nhất 2

b) Ta có m ( 4mx − 3m + 2 ) = x (m + 1) ⇔ ( 4m 2 − m − 1 ) x = 3m 2 − 2m Phương trình có nghiệm duy nhất ⇔ a ≠ 0 hay 4m 2 − m − 1 ≠ 0 ⇔ m ≠ Vậy với m ≠

1 ± 17 8

1 ± 17 thì phương trình có nghiệm duy nhất 8

y = ( m + 1 ) x 2 + 12x + 2 . Lời giải: Đồ thị hai hàm số không cắt nhau khi và chỉ khi phương trình

( m + 1) x 2 + 3m 2x + m = ( m + 1) x 2 + 12x + 2 ⇔ 3 ( m 2 − 4 ) x = 2 − m vô nghiệm

Lời giải: a) Ta có ∆ = 1 − 4m Với ∆ > 0 ⇔ 1 − 4m > 0 ⇔ m < Với ∆ = 0 ⇔ 1 − 4m = 0 ⇔ m = Với ∆ < 0 ⇔ 1 − 4m < 0 ⇔ m >

1 ± 1 − 4m 1 : Phương trình có hai nghiệm phân biệt x = 4 2 1 1 : Phương trình có nghiệm kép x = 4 2 1 : Phương trình vô nghiệm 4

Kết luận

Ví dụ 4: Tìm m để đồ thị hai hàm số sau không cắt nhau y = ( m + 1 ) x 2 + 3m 2x + m và

vô nghiệm

m <

1 ± 1 − 4m 1 : Phương trình có hai nghiệm phân biệt x = 4 2

m =

1 1 : Phương trình có nghiệm kép x = 4 2

1 : Phương trình vô nghiệm 4

b) + TH1: Với m + 1 = 0 ⇔ m = −1 khi đó phương trình trở thành 2x − 3 = 0 ⇔ x =

  m 2 − 4 = 0   m = ±2 ⇔ ⇔ ⇔ m = −2    m m ≠2 2 − ≠ 0     Vậy với m = −2 là giá trị cần tìm. 3. Bài tập luyện tập Bài 3.5: Giải và biện luận phương trình sau với m là tham số.

a) ( 2m − 4 ) x + 2 − m = 0

Ta có ∆ ' = m 2 − ( m − 2 )( m + 1 ) = m + 2 Khi ∆ > 0 ⇔ m + 2 > 0 ⇔ m > −2 khi đó phương trình có hai nghiệm phân biệt x =

b) (m + 1)x = (3m 2 − 1)x + m − 1

x + a −b x +b −a b2 − a 2 (1) − = a b ab a ( x 2 + 1) ax − 1 2 b) (2) + = x −1 x +1 x2 −1 Bài 3.7: Tìm m để phương trình sau vô nghiệm.

Khi ∆ = 0 ⇔ m + 2 = 0 ⇔ m = −2 khi đó phương trình có nghiệm là x = 2 Khi ∆ < 0 ⇔ m + 2 < 0 ⇔ m < −2 khi đó phương trình vô nghiệm Kết luận 3 2 m = −2 : phương trình có nghiệm là x = 2

m = −1 : phương trình có nghiệm là x =

m > −2 và m ≠ −1 : Phương trình có hai nghiệm phân biệt x =

a) (m 2 − m )x = 2x + m 2 − 1

m < −2 : phương trình vô nghiệm

b) m 2 ( x − m ) = x − 3m + 2

c) ( 2m 2 + 5m + 2 ) x 2 − 4mx + 2 = 0

Bài 3.8: Tìm điều kiện của a, b để phương trình sau có nghiệm .

 m = −2  + TH1: Với 2m 2 + 5m + 2 = 0 ⇔  m = − 1  2

a) a (bx − a + 2 ) = (a + b − 1 ) x + 1 2x − a 2x − b −b = − a (a, b ≠ 0) a b

Khi m = −2 phương trình trở thành 8x + 2 = 0 ⇔ x = −

DẠNG TOÁN 2: GIẢI VÀ BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH DẠNG ax + bx + c = 0 1. Phương pháp giải 2

Để giải và biện luận phương trình dạng ax 2 + bx + c = 0 ta làm theo như các bước đã nêu ở trên. 2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Giải và biện luận phương trình sau với m là tham số. -- 11 --

3 2

+ TH2: Với m + 1 ≠ 0 ⇔ m ≠ −1 khi đó phương trình trên là phương trình bậc hai

Bài 3.6: Giải và biện luận các phương trình sau:

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

b) ( m + 1 ) x 2 − 2mx + m − 2 = 0

c) ( 2m 2 + 5m + 2 ) x 2 − 4mx + 2 = 0

a) Ta có (m − m )x = 2x + m − 1 ⇔ (m − m − 2)x = m − 1 2

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 a) x 2 − x + m = 0

Khi m = −

1 4

1 phương trình trở thành 2x + 2 = 0 ⇔ x = −1 2

-- 12 --

m ± m +2 m +1

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

 m ≠ −2   + TH2: Với 2m 2 + 5m + 2 ≠ 0 ⇔  1 khi đó phương trình đã cho là phương trình bậc hai  m ≠−    2

Ta có ∆ = 4m − 2 ( 2m + 5m + 2 ) = −2 ( 5m + 2 ) 2

Khi

x =

∆ > 0 ⇔ −2 ( 5m + 2 ) > 0 ⇔ m < −

2 5

khi đó phương trình có hai nghiệm phân biệt

2m ± −2 ( 5m + 2 ) 2m 2 + 5m + 2

Khi ∆ = 0 ⇔ m = −

2 phương trình có nghiệm kép x = −5 5

Khi ∆ < 0 ⇔ m > −

2 phương trình vô nghiệm. 5

1 phương trình có nghiệm x = −1 2

m =−

2 phương trình có nghiệm (kép) x = −5 5

Ví dụ 3: Tìm m để phương trình mx 2 + x + m + 1 = 0 a) Có nghiệm kép. b) Có hai nghiệm phân biệt Lời giải: a) Với m = 0 phương trình trở thành phương trình bậc nhất x + 1 = 0 suy ra m = 0 không thỏa mãn yêu cầu bài toán. Với m ≠ 0 m ≠ 0 phương trình trên là phương trình bậc hai nên nó có nghiệm kép khi và chỉ khi m ≠ 0   a ≠ 0  m ≠0  m ≠0    1    ⇔ ⇔ ⇔ ⇔m =   2    4m − 4m + 1 = 0 m = 1 2 ∆ = 0  1 − 4m ( m + 1 ) = 0        2

Vậy m ≠ 0 và m ≠

2 phương trình vô nghiệm. 5 Ví dụ 2: Giải và biện luận phương trình sau với a, b là tham số. m>−

ax 2 − 2 ( a + b ) x + a + 2b = 0

Lời giải: + TH1: Với a = 0 phương trình trở thành −2bx + 2b = 0 ⇔ bx = b Khi b = 0 phương trình là 0x = 0 do đó phương trình nghiệm đúng với mọi x Khi b ≠ 0 phương trình có nghiệm là x = 1 + TH2: Với a ≠ 0 phương trình là phương trình bậc hai 2

Ta có ∆ ' = ( a + b ) − a (a + 2b ) = b 2 a +b a

 a +b +b a + 2b x = =  a a Khi b ≠ 0 phương trình có hai nghiệm phân biệt là   x = a + b −b = 1  a Kết luận a = b = 0 phương trình nghiệm đúng với mọi x a = 0 và b ≠ 0 phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 a ≠ 0 và b = 0 phương trình có nghiệm kép x =

a + 2b và x = 1 a

∆ > 0 ⇔ 1 − 4m ( m + 1 ) > 0 ⇔ 4m 2 − 4m + 1 > 0 ⇔ ( 2m − 1 ) > 0 ⇔ m ≠

2m ± −2 ( 5m + 2 ) 2 1 m < − , m ≠ −2 và m ≠ − khi đó phương trình có hai nghiệm phân biệt x = 5 2 2m 2 + 5m + 2

Khi b = 0 phương trình có nghiệm kép x =

a ≠ 0 và b ≠ 0 phương trình có hai nghiệm phân biệt là x =

1 thì phương trình có nghiệm kép 2 b) Với m = 0 phương trình trở thành phương trình bậc nhất x + 1 = 0 suy ra m = 0 không thỏa mãn yêu cầu bài toán. Với m ≠ 0 phương trình trên là phương trình bậc hai nên nó có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

1 4

m =−

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

Vậy m =

Kết luận m = −2 phương trình có nghiệm x = −

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

a +b a

1 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt. 2

3. Bài tập luyện tập Bài 3.9: Tìm m để phương trình x 2 − 3mx + (2m 2 − m − 1) = 0 có nghiệm kép tìm nghiệm kép đó Bài 3.10: Cho phương trình: mx 2 − 2mx + m + 1 = 0 a) Giải phương trình đã cho khi m = −2 . b) Tìm m để phương trình đã cho có nghiệm Bài 3.11: Giải và biện luận phương trình a) (m − 2)x 2 − 2(m + 1)x + m − 5 = 0 Bài 3.12:

b) (m − 2)x 2 − (2m − 1)x + m + 2 = 0

Tùy thuộc vào giá trị của tham số m , hãy tìm hoành độ giao điểm của đường thẳng

d : y = 2x + m và Parabol (P): y = ( m – 1 ) x 2 + 2mx + 3m – 1.

DẠNG TOÁN 3: MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ VI-ÉT Loại 1: Nhẩm nghiệm phương trình bậc hai, phân tích thành nhân tử Ví dụ 1: Cho phương trình 2x 2 − mx + 5 = 0 . Biết phương trình có một nghiệm là 2. Tìm m và tìm nghiệm còn lại Lời giải: Cách 1: Vì phương trình có nghiệm nên theo hệ thức Viét ta có x1x 2 = Giả sử x 1 = 2 suy ra x 2 = Mặt khác x1 + x 2 = Vậy m =

5 2

5 . 4

m 5 m 13 ⇒2+ = ⇒m = . 2 4 2 2

13 5 và nghiệm còn lại là 2 2

Cách 2: Thay x = 2 vào phương trình ta được 8 − 2m + 5 = 0 ⇔ m = -- 13 --

1 2

-- 14 --

13 . 2

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

5 5 Theo hệ thức Viét ta có x1x 2 = mà x 1 = 2 nên x 2 = . 2 4 13 5 Vậy m = và nghiệm còn lại là . 2 2 Ví dụ 2: Phân tích đa thức sau thành nhân tử

 2x 2 + 1 + 2x + 1 m = = x2 + x + 1  2 Suy ra f ( x ) = 0 ⇔  2  m = 2x + 1 − 2x − 1 = x 2 − x  2 2 Vậy f ( x ) = ( m − x − x − 1 )( m − x 2 + x ) .

a) f (x ) = 3x 2 − 14x + 8

b) g(x ) = −x 4 + 5x 2 − 4

Loại 2: Bài toán liên quan đến biểu thức đối xứng hai nghiệm x 1, x 2 của phương trình bậc hai

d) Q(x ; y ) = 2x 2 − 2y 2 − 3xy + x − 2y .

Ví dụ 4: Cho phương trình x 2 − 2 ( m + 1 ) x + m 2 + 2 = 0 với m là tham số. Tìm m để phương trình có

c) P (x ; y ) = 6x − 11xy + 3y . 2

Lời giải: a) Phương trình 3x

 Suy ra f (x ) = 3  x 

hai nghiệm x 1; x 2 sao cho

 2 x = − 14x + 8 = 0 ⇔  3 x = 4  2 − ( x − 4 ) = ( 3x − 2 )( x − 4 ) 3

a) x13 + x 23 = 2x1x 2 ( x1 + x 2 )

b) x 14 − x 24 = 16m 2 + 64m c) A = x 1x 2 − 2 ( x1 + x 2 ) − 6 đạt giá trị nhỏ nhất

2 ( x12 + x 22 ) + 16 − 3x1x 2 đạt giá trị lớn nhất

x2 = 1 2 b) Phương trình −x 4 + 5x 2 − 4 = 0 ⇔ − ( x 2 ) + 5x 2 − 4 = 0 ⇔  2  x = 4 Suy ra g(x ) = − ( x 2 − 1 )( x 2 − 4 ) = − ( x − 1 )( x + 1 )( x − 2 )( x + 2 )

d) B =

c) Xét phương trình 6x 2 − 11xy + 3y 2 = 0 ẩn x .

⇔ ( m + 1) − ( m 2 + 2 ) ≥ 0 ⇔ m ≥

  x + x 2 = 2m + 2 Theo Viet ta có:  1  x .x = m 2 + 2   1 2

 y x = 11y ± 7y 3 ⇔  12  x = 3y  2

a) Ta có x13 + x 23 = ( x1 + x 2 ) − 3x1x 2 ( x1 + x 2 ) 3

Suy ra x13 + x 23 = 2x 1x 2 ( x1 + x 2 ) ⇔ ( x1 + x 2 ) − 3x1x 2 ( x 1 + x 2 ) = 2x1x 2 ( x 1 + x 2 )

 y  3y  Do đó P (x ; y ) = 6  x −  x −  = ( 3x − y )( 2x − 3y )   3  2  d) Xét phương trình 2x 2 − 2y 2 − 3xy + x − 2y = 0 ( ẩn x )

⇔ 2x 2 + ( 1 − 3y ) x − 2y 2 − 2y = 0 2

∆x = ( 1 − 3y ) − 8 ( −2y 2 − 2y ) = 25y 2 + 10y + 1 = ( 5y + 1 )

Suy ra phương trình có nghiệm là x =

1 (*) 2

∆x = ( 11y ) − 4.18y 2 = 49y 2 Suy ra phương trình có nghiệm là x =

Lời giải: Ta có phương trình có hai nghiệm x 1 ; x 2 ⇔ ∆ ' ≥ 0

3y − 1 ± ( 5y + 1 ) 4

 x = 2y  ⇔   x = −y − 1  2

 −y − 1  Do đó Q(x ; y ) = 2 ( x − 2y )  x −  = ( x − 2y )( 2x + y + 1 )  2  Ví dụ 3: Phân tích đa thức f ( x ) = x 4 − 2mx 2 − x + m 2 − m thành tích của hai tam thức bậc hai ẩn x . Lời giải:

2 ⇔ ( x 1 + x 2 )  ( x 1 + x 2 ) − 5x 1x 2  = 0   2  Suy ra ( 2m + 2 )  ( 2m + 2 ) − 5 ( m 2 + 2 )  = 0 ⇔ 2 ( m + 1 ) ( −m 2 + 8m − 6 ) = 0    m = −1  m +1 = 0 ⇔  ⇔  −m 2 + 8m − 6 = 0  m = 4 ± 10 

Đối chiếu với điều kiện (*) ta thấy chỉ có m = 4 ± 10 thỏa mãn Vậy m = 4 ± 10 thỏa mãn yêu cầu bài toán. b) Ta có x 14 − x 24 =

( x 12 + x 22 )( x 12 − x 22 )

2 =  ( x 1 + x 2 ) − 2x 1x 2  x 1 − x 2 x 1 + x 2  

Mà

x1 − x 2 =

( x1 − x 2 )

( x1 + x2 )

− 4x 1x 2 =

( 2m + 2 )

− 4 (m2 + 2 ) =

8m − 4

Suy ra

Ta có f ( x ) = 0 ⇔ x 4 − 2mx 2 − x + m 2 − m = 0

2 x 14 − x 24 =  ( 2m + 2 ) − 2 ( m 2 + 2 )  8m − 4 2m + 2  

⇔ m 2 − ( 2x 2 + 1 ) m + x 4 − x = 0 2

∆m = ( 2x 2 + 1 ) − 4 ( x 4 − x ) = 4x 2 + 4x + 1 = ( 2x + 1 )

-- 15 --

= ( 2m 2 + 8m ) 8m − 4 2m + 2 Suy ra x 14 − x 24 = 16m 2 + 64m ⇔ ( 2m 2 + 8m ) 8m − 4 2m + 2 = 16m 2 + 64m

-- 16 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

(

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

)

⇔ ( m + 4m ) 8m − 4 2m + 2 − 8 = 0  m 2 + 4m = 0 (1) ⇔   8m − 4 2m + 2 = 8 (2)  m =0 Ta có ( 1 ) ⇔  (loại)  m = −4 2

( 2 ) ⇔ ( 8m − 4 )( 2m + 2 )

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 2

2 2

Suy ra A =

2x1x 2 + 3 2m + 1 = x12 + x 22 + 2(x1x 2 + 1) m 2 + 2 2

( m − 1) 2m + 1 2m + 1 − m 2 − 2 −1 = =− 2 ≤ 0, ∀m ⇒ A ≤ 1, ∀m 2 m +2 m2 + 2 m +2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi m = 1 Vì A − 1 =

= 64 ⇔ 32m 3 + 48m 2 − 80 = 0

2 ( 2m + 1 ) + m 2 + 2 (m + 2 ) 1 2m + 1 1 1 = 2 + = = ≥ 0, ∀m ⇒ A ≥ − , ∀m 2 2 2(m2 + 2 ) 2 (m 2 + 2 ) m +2 2

⇔ m = 1 (thỏa mãn (*)) Vậy m = 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Và A +

c) Ta có A = x 1x 2 − 2 ( x 1 + x 2 ) − 6 = m 2 + 2 − 2 ( 2m + 2 ) − 6 = m 2 − 4m − 8

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi m = −2 1 khi và chỉ khi m = −2 2 2m + 1 Chú ý: Để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 2 ta làm như sau m +2

⇒ A = ( m − 2 ) − 12 ≥ −12

Vậy max A = 1 khi và chỉ khi m = 1 , min A = −

Suy ra min A = −12 ⇔ m = 2 , m = 2 thỏa mãn (*) Vậy với m = 2 thì biểu thức A đạt giá trị nhỏ nhất. d) B =

2 ( x 12 + x 22 ) + 16 − 3x1x 2 =

2 ( x 1 + x 2 ) − 4x1x 2 + 16 − 3x1x 2

2 ( 2m + 2 ) − 4 ( m 2 + 2 ) + 16 − 3 ( m 2 + 2 ) =

4m 2 + 16m + 16 − 3 ( m 2 + 2 )

= 2m + 4 − 3 ( m 2 + 2 ) = −3m 2 + 2m − 2

Xét hàm số y = −3m 2 + 2m − 2 với m ≥

1 2

7 − 4

Xét A − k =

−km 2 + 2m − 2k 2 + 1 . Khi đó để biểu thức đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất thì tử số là biếu thức m2 + 2

f ( m ) = −km 2 + 2m − 2k 2 + 1

phải

biểu

diễn

được

dưới

dạng

bình

phương

hay

 k =1  . Vì vậy ta mới đi xét như trên. ∆m = 0 ⇔ 1 + k ( 1 − 2k ) = 0 ⇔ −2k 2 + k + 1 = 0 ⇔  k = − 1  2

1 2

Bảng biến thiên x

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

c) Ta có x + x = ( x 1 + x 2 ) − 2x1x 2 = m − 2m + 2 . 2 1

+∞

3. Bài tập luyện tập Bài 3.13: Phân tích đa thức sau thành nhân tử b) g(x ) = 2x 4 − 14x 2 − 36

a) f (x ) = 2x 2 − 5x + 3 c) P (x ; y ) = 3x − 5xy − 2y . 2

d) Q(x ; y ) = x 2 − 2y 2 − xy − 3y − 1 .

Bài 3.14: Phân tích đa thức f ( x ) = 2x 3 + ( m + 1 ) x 2 + 2mx + m 2 + m (biến x với tham số m ) thành tích một đã thức bậc hai và một bậc nhất. −∞

Suy ra giá trị max y = − m≥

1 2

Bài 3.15: Gọi x 1, x 2 là hai nghiệm của phương trình: −x 2 + 3x + 1 = 0 . Tính giá trị của các biểu thức:

A = x12 + x 22 ; B = x 13 ( x 1 − 1 ) + x 23 ( x 2 − 1 ) ; C =

1 7 khi m = 4 2

Bài 3.16: Tìm m để phương trình 3x 2 + 4 ( m − 1 ) x + m 2 − 4m + 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt x 1, x 2

7 1 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức B là − khi m = . 4 2 Ví dụ 5: Cho phương trình x 2 − mx + m − 1 = 0 với m là tham số. a) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi m b) Gọi x 1, x 2 là hai nghiệm của phương trình. Tìm hệ thức liên hệ giữa x 1, x 2 không phụ thuộc vào m c) Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức A =

2x 1x 2 + 3 x 12 + x 22 + 2(x1x 2 + 1)

thỏa mãn:

∆ = m 2 − 4 ( m − 1 ) = ( m − 2 ) ≥ 0 nên phương trình có nghiệm với mọi giá trị của m

1 1 1 + = ( x1 + x 2 ) . x1 x2 2

Bài 3.17: Cho phương trình x 2 − 2 ( m − 1 ) x + m 2 − 3 = 0 với m là tham số. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x 1; x 2 sao cho a) x 1 + x 2 = 2x 1x 2 b) A = 2 ( x 12 + x 22 ) − x 1x 2 đạt giá trị lớn nhất

Lời giải: a) Ta có

1 1 − . x12 x 22

c) B =

x1x 2 đạt giá trị nhỏ nhất x 12 + x 22 − x 1x 2

b) Theo hệ thức Viét ta có: x 1 + x 2 = m và x 1x 2 = m − 1 Suy ra hệ thức liên hệ giữa x 1, x 2 không phụ thuộc vào m là x 1x 2 = x 1 + x 2 − 1 -- 17 --

-- 18 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

DẠNG TOÁN 4: MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI 1. Phương pháp giải và các ví dụ minh họa Loại 1: Tìm điều kiện để hai phương trình bậc hai ax 2 + bx + c = 0 và a /x 2 + b /x + c / = 0 có nghiệm chung Chúng ta làm như sau:  ax 2 + bx 0 + c = 0 Bước 1: Giả sử hai phương trình có nghiệm chung là x 0 thì  / 0 2 a x 0 + b /x 0 + c / = 0   Giải hệ tìm được x 0 ,suy ra giá trị của tham số

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

Suy ra để khi hai phương trình ( 1) và ( 2 ) không có nghiệm chung là m ≠ 1 . 9 và m ≠ 1 . 8 Loại 2: Chứng minh trong các phương trình bậc hai có ít nhất một phương trình có nghiệm Để giải quyết bài toán này chúng ta sẽ đi chứng minh tổng các biệt thức Delta là một số không âm. Ví dụ 3: Cho các số dương a,b, c thỏa mãn diệu kiện a + 2b + 3c = 1 .Chứng minh rằng có ít nhất một

Vậy để phương trình đầu có bốn nghiệm phân biệt thì m <

trong hai phương trình sau có nghiệm 4x 2 − 4 ( 2a + 1 ) x + 4a 2 + 192abc + 1 = 0 4x 2 − 4 ( 2b + 1 ) x + 4b 2 + 96abc + 1 = 0

Bước 2: Thế giá trị của tham số tìm được vào hai phương trình để kiểm tra và kết luận.

Lời giải:

Ví dụ 1: Tìm tất cả các giá trị của a để hai phương trình x 2 + ax + 1 = 0 và x 2 + x + a = 0 có nghiệm chung Lời giải: Điều kiện cần: Giả sử hai phương trình có nghiệm chung là x 0 thì

Hai phương trình trên lần lượt có ∆1/ = 16a ( 1 − 48bc ), ∆2/ = 16b ( 1 − 24ac )

2    x 0 + ax 0 + 1 = 0 ⇒ (a − 1 ) x + 1 − a = 0  0  x 02 + x 0 + a = 0   Nếu a = 1 thay vào hai phương trình ta thấy chúng vô nghiệm Nếu a ≠ 1 thì x 0 = 1 ⇒ a = −2

Vì a, b là các số dương nên ∆1/ , ∆2/ lần lượt cùng dấu với 1 − 48bc và 1 − 24ac 2

Mặt khác ta lại có 1 − 48bc + 1 − 24ac = 2 − 24c (a + 2b ) = 2 − 24c ( 1 − 3c ) = 2 ( 6c − 1 ) ≥ 0 Dẫn đến ∆1/ + ∆/2 ≥ 0 Vậy có ít nhất một trong hai phương trình trên có nghiệm Ví dụ 4: Cho các số a, b, c thỏa mãn điệu kiện a + b + c = 6 .Chứng minh rằng có ít nhất một trong ba phương trình sau có nghiệm x 2 + ax + 1 = 0

Điều kiện đủ: Với a = −2 thì hai phương trình trở thành x − 2x + 1 = 0 và x + x − 2 = 0 Giải hai pt này ta thấy chúng có nghiệm chung là x = 1 Vậy a = −2 là giá trị cần tìm 2

x 2 + bx + 1 = 0 x 2 + cx + 1 = 0

Ví dụ 2:Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (x − 2mx + m − 1)(x − 3x + 2m ) = 0 có bốn

Lời giải:

nghiệm phân biệt Lời giải:

Ba pt trên lần lượt có ∆1 = a 2 − 4, ∆2 = b 2 − 4 , ∆3 = c 2 − 4

⇒ ∆1 + ∆2 + ∆3 = a 2 + b 2 + c 2 − 12

 x 2 − 2mx + m − 1 = 0 ( 1 ) Phương trình tương đương với  2  x − 3x + 2m = 0 ( 2 ) Phương trình đầu có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi hai phương trình ( 1) và ( 2 ) mỗi phương trình phải

Ta có bất đẳng thức quen thuộc sau b 2 + c 2 ≥

có hai nghiệm phân biệt và chúng không có nghiệm chung.

Suy ra ∆1 + ∆2 + ∆3 ≥ a 2 +

(b + c ) 2

(b + c )

− 12 = a 2 +

(6 − a ) 2

− 12

 1 3 * Ta có ∆ '1 = m 2 − m + 1 =  m −  + > 0, ∀m nên phương trình (1) có nghiệm với mọi m .  2 4

Mặt khác a 2 +

9 Do đó điều kiện để cả hai phương trình ( 1) và ( 2 ) có hai nghiệm phân biệt là ∆2 = 9 − 8m > 0 ⇔ m < 8 .

Vậy với a, b, c thỏa mãn điệu kiện a + b + c = 6 thì có ít nhất một trong ba phương trình có nghiệm

* Giả sử hai phương trình ( 1 ) và ( 2 ) có nghiệm chung là x 0 thì 2 2    x 0 − 2mx 0 + m − 1 = 0 ⇒ x 2 − ( 3x − x 2 ) .x + 3x 0 − x 0 − 1 = 0  0 0 0 0 2  x − 3 x + 2 m = 0 2 0   0 ⇒ 2x 03 − 5x 02 + 3x 0 − 2 = 0 ⇒ x 0 = 2 ⇒ m = 1

x = 0 Với m = 1 phương trình (1) trở thành x 2 − 2x = 0 ⇔  , phương trình (2) trở thành  x = 2 x = 1 do đó m = 1 thì hai phương trình có nghiệm chung. x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔   x = 2

-- 19 --

(6 − a )

− 12 =

3 (a − 2 )

≥ 0 ⇒ ∆1 + ∆2 + ∆3 ≥ 0 2 2 Do đó có ít nhất một trong ba biệt thức ∆1, ∆2 , ∆3 không âm

Loại 3: Chứng minh bất đẳng thức có chứa các hệ số của phương trình bậc hai với nghiệm của nó có điều kiện Để làm xuất hiện điều kiện ràng buộc đối với hệ số phương trình bậc hai ta thường dựa trên + Nếu phương trình bậc hai ax 2 +bx + c = 0 có nghiệm thực thì ∆≥ 0 ⇔ b 2 ≥ 4ac . + Sử dụng định lí Viét và điều kiện nghiệm của đề bài đã cho để suy ra ràng buộc của hệ số a, b, c . Ví dụ 5: Cho phương trình x 2 −bx + c = 0 có hai nghiệm thực dương x 1 , x 2 thoả mãn x 1 + x 2 ≤ 1. Chứng minh rằng: 1 a) c ≤ . 4

b) b(c + 1) ≥ 5c. -- 20 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

Chứng minh.  x 1 + x 2 2 1  ≤ . a) Ta có c = x 1x 2 ≤    2  4

c) Thay b = x 1 + x 2 , c = x 1x 2 ta có bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: (x 1 + x 2 )(x 1x 2 + 1) ≥ 5x 1x 2 ⇔

Ta c ó:

1 1 + + x1 + x 2 ≥ 5 x1 x2

1 1 1 1 3 1 1  3 4 + + x1 + x 2 = x 1 + + x2 + +  +  ≥ 1 + 1 + ≥ 5. x1 x 2 4x 1 4x 2 4  x1 x 2  4 x1 + x 2

Ví dụ 6: Cho phương trình x 2 −bx + c = 0 có hai nghiệm thực dương x 1 , x 2 thoả mãn x 1 + x 2 ≥ 1. 1 a) Chứng minh rằng: b 2 − 2c ≥ . 2

b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = 2bc −b − 3b + 1 . 3

2 1 1 + x 2 ) − 2x 1x 2 ≥ ⇔ x 12 + x 22 ≥ 2 2

Ta có: x 12 + x 22 ≥

2 1 1 (x + x2 ) ≥ 2 . 2 1

b) Theo giả thiết ta có: b ≥ 1, c ≤

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

 f (x ) = g(x ) hoặc f (x ) = g(x ) ⇔ f 2 (x ) = g 2 (x ) f (x ) = g(x ) ⇔   f (x ) = −g(x ) 2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Giải các phương trình sau

a) 2x + 1 = x 2 − 3x − 4 .

b) 3x − 2 = 3 − 2x

c) x − 4x − 5 = 4x − 17 Lời giải:

d) 2x − 5 + 2x 2 − 7x + 5 = 0

Lời giải:. a) Thay b = x 1 + x 2 , c = x 1x 2 ta có bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHỦ ĐỀ 3. MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HOẶC BẬC HAI DẠNG TOÁN 1: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN TRONG DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI 1. Phương pháp giải Để giải phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối(GTTĐ) ta tìm cách để khử dấu GTTĐ, bằng cách: – Dùng định nghĩa hoặc tính chất của GTTĐ. – Bình phương hai vế. – Đặt ẩn phụ. Phương trình dạng f (x ) = g(x ) ta có thể giải bằng cách biến đổi tương đương như sau

  x = 5 ± 45  2x + 1 = x 2 − 3x − 4  x 2 − 5x − 5 = 0  2  a) Phương trình ⇔  ⇔ ⇔  2  x2 − x − 3 = 0  1 ± 13   2x + 1 = − ( x − 3x − 4 ) x =  2

5 ± 45 1 ± 13 và . 2 2 3 b) Cách 1: Với 3 − 2x < 0 ⇔ x > ta có VT ≥ 0, VP < 0 suy ra phương trình vô nghiệm 2 3 Với 3 − 2x ≥ 0 ⇔ x ≤ khi đó hai vế của phương trình không âm suy ra 2 Vậy phương trình có nghiệm là x =

b2 b3 1 5 nên P ≤− − 3b + 1 ≤− − 3 + 1 =− . 4 2 2 2

5 1 khi b = 1, c = . 2 4 2. Bài tập luyện tập

Vậy PMAX =−

Bài 3.18: Tìm m để hai phương trình sau có nghiệm chung x 2 − 2mx − 4m + 1 = 0 (1) và x 2 + ( 3m + 1 ) x + 2m + 1 = 0 (2). Bài 3.19: Chứng minh rằng nếu hai phương trình x 2 + ax + b = 0 và x 2 + mx + n = 0 có nghiệm chung 2

thì ( n − b ) = ( m − a )( an − bm ) . Bài 3.20: Cho a,b, c là các số thực không đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng trong ba phương trình sau có ít nhất một phương trình có nghiệm ax 2 + 2bx + c = 0 (1); bx 2 + 2cx + a = 0 (2); cx 2 + 2bx + b = 0 (3). Bài 3.21: Cho phương trình x 2 +bx + c = 0 có hai nghiệm thực dương x 1 , x 2 thoả mãn x 1 x 2 ≥1. a) Chứng minh rằng: b 2 ≥ 4. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =

3b 2 − 4c + b + 2 b2 +1

⇔ 5x 2 = 5 ⇔ x = ±1 (thỏa mãn) Vậy phương trình có nghiệm là x = ±1 . 2 Cách 2: Với 3x − 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ : Phương trình tương đương với 3 3x − 2 = 3 − 2x ⇔ 5x = 5 ⇔ x = 1 (thỏa mãn) 2 : Phương trình tương đương với 3 −( 3x − 2 ) = 3 − 2x ⇔ x = −1 (thỏa mãn)

Với 3x − 2 < 0 ⇔ x <

Vậy phương trình có nghiệm là x = ±1 .

c) Với 4x − 17 < 0 ⇔ x <

Bài 3.22: Giả sử phương trình bậc hai ax + bx + c = 0 có hai nghiệm thuộc [0; 3] . Tìm giá trị lớn nhất và 2

18a 2 − 9ab + b 2 9a 2 − 3ab + ac Bài 3.23: Cho phương trình bậc hai ax 2 − x + c = 0 có hai nghiệm thực dương x 1, x 2 thoả

giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Q =

mãn x 1 + x 2 ≤ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

Phương trình ⇔ 3x − 2 = ( 3 − 2x ) ⇔ 9x 2 − 12x + 4 = 4x 2 − 12x + 9

a 2 −c a 2c −a 3

-- 21 --

Với 4x − 17 ≥ 0 ⇔ x ≥

17 ta có VT ≥ 0, VP < 0 suy ra phương trình vô nghiệm 4

17 khi đó hai vế của phương trình không âm suy ra 4 2

Phương trình ⇔ x 2 − 4x − 5 = ( 4x − 17 ) ⇔ ( x 2 − 4x − 5 ) = ( 4x − 17 )

-- 22 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

   x 2 − 8x + 12 = 0 2 2  ⇔ ( x − 8x + 12 )( x − 22 ) = 0 ⇔  ⇔  2   x − 22 = 0  x Đối chiếu với điều kiện x ≥

17 thấy chỉ có x = 6 và x = 4

Vậy phương trình có nghiệm là x = 6 và x =

x = 2  x = 6  = ± 22

22 thỏa mãn

22 .

 5   x =   2     2x − 5 = 0  x = 1 ⇔ x = 5 . ⇔ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  2    x − x + = 2 7 5 0 2      x = 5      2 5 . 2 Nhận xét: Đối với phương trình dạng f (x ) = g(x ) (*) ta có thể biến đổi tương đương như sau

Vậy phương trình có nghiệm là x =

 g (x ) ≥ 0       g(x ) ≥ 0  f (x ) = g (x ) ⇔  ⇔   f (x ) = g(x ) 2 2  f (x ) = g (x )     f (x ) = −g (x )         f (x ) = g(x )       f (x ) ≥ 0 Hoặc f (x ) = g(x ) ⇔    −f (x ) = g(x )     f (x ) < 0   Ví dụ 2: Giải các phương trình sau 2

Đặt t = x − 1 −

9 2

( x − 1)

= 7 x −1−

3 x −1

Suy ra t 2 = ( x − 1 ) +

( x − 1)

− 6 ⇒ ( x − 1) +

( x − 1)

= t2 + 6

t = 1 Phương trình trở thành t 2 + 6 = 7t ⇔ t 2 − 7t + 6 = 0 ⇔   t = 6 2 3 x − 2x − 2 x 2 − 2x − 2 Với t = 1 ta có x − 1 − =1⇔ =1⇔ = ±1 x −1 x −1 x −1

Với t = 6 ta có x − 1 −

( x − 1)

Phương trình tương đương ( x − 1 ) +

   2  x = 3 ± 13  x − 3x − 1 = 0  2 (thỏa mãn) ⇔  2 ⇔   x −x −3 = 0  1 ± 13  x =   2

b) 4x ( x − 1 ) = 2x − 1 + 1

a) ( x + 1 ) − 3 x + 1 + 2 = 0

+ 1 = 2x + 7

3 1 và x = − . 2 2

c) ĐKXĐ: x ≠ 1

2x − 5 + 2x 2 − 7x + 5 ≥ 0 .

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

 t = −1 Phương trình trở thành t 2 − 1 − t − 1 = 0 ⇔ t 2 − t − 2 = 0 ⇔   t = 2  3  x =  2x − 1 = 2  2  Vì t ≥ 0 ⇒ t = 2 nên 2x − 1 = 2 ⇔  ⇔ x = −1  2x − 1 = −2  2

Vậy phương trình có nghiệm là x =

d) Ta có 2x − 5 ≥ 0, 2x 2 − 7x + 5 ≥ 0 suy ra

c) x 2 +

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

x − 2x − 2 x −1

Lời giải: a) Đặt t = x + 1 , t ≥ 0 .

3 x 2 − 2x − 2 x 2 − 2x − 2 =6⇔ =6⇔ = ±6 x −1 x −1 x −1

 x 2 − 8x + 4 = 0  x = 4±2 3 ⇔  2 ⇔  (thỏa mãn) x + 4x − 8 = 0 x = −2 ± 2 3   3 ± 13 1 ± 13 ,x = , x = 4 ± 2 3 và x = −2 ± 2 3 . 2 2 Ví dụ 3: Giải và biện luận các phương trình sau a) mx + 2m = mx + x + 1 (*) b) mx + 2x − 1 = x − 1 (**) Vậy phương trình có nghiệm là x =

t = 1 Phương trình trở thành t 2 − 3t + 2 = 0 ⇔   t = 2  x =0 Với t = 1 ta có x + 1 = 1 ⇔ x + 1 = ±1 ⇔   x = −2  x =1 Với t = 2 ta có x + 1 = 2 ⇔ x + 1 = ±2 ⇔   x = −3 Vậy phương trình có nghiệm là x = −3, x = −2, x = 0 và x = 1

 mx + 2m = mx + x + 1 a) Ta có mx + 2m = mx + x + 1 ⇔   mx + 2m = − ( mx + x + 1 )  x = 2m − 1 ⇔  ( 2m + 1 ) x = −2m − 1 (1) Giải (1)

b) Phương trình tương đương với 4x 2 − 4x − 2x − 1 − 1 = 0

Với 2m + 1 = 0 ⇔ m = −

Đặt t = 2x − 1 , t ≥ 0 ⇒ t = 4x − 4x + 1 ⇒ 4x − 4x = t − 1 . 2

-- 23 --

Lời giải:

1 phương trình trở thành 0x = 0 suy ra phương trình nghiệm đúng với mọi x 2

. -- 24 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

1 Với 2m + 1 ≠ 0 ⇔ m ≠ − phương trình tương đương với x = −1 2 Kết luận 1 phương trình (*) nghiệm đúng với mọi x . 2 1 m ≠ − phương trình (*) có hai nghiệm là x = −1 và x = 2m − 1 2  mx + 2x − 1 = x − 1 b) Ta có mx + 2x − 1 = x − 1 ⇔  mx + 2x − 1 = − ( x − 1 )   (m + 1)x = 0 (2) ⇔   (m + 3)x = 2 (3) Với phương trình (2) ta có m = −1 thì phương trình (2) nghiệm đúng với mọi x m ≠ −1 thì phương trình (2) có nghiệm x = 0 Với phương trình (3) ta có m = −3 thì phương trình (3) vô nghiệm m =−

2 m ≠ −3 thì phương trình (3) có nghiệm x = m +3 Kết luận m = −1 phương trình (*) nghiệm đúng với mọi x m = −3 phương trình (*) có nghiệm x = 0 m ≠ −1 và m ≠ −3 phương trình (*) có nghiệm x = 0 và x =

2 . m+3

Ví dụ 4: Tìm m để phương trình x 2 + x = mx 2 − (m + 1)x − 2m − 1 có ba nghiệm phân biệt. Lời giải: Phương trình tương đương với x ( x + 1 ) = ( x + 1 )( mx − 2m − 1 ) ⇔ x + 1  x − mx − 2m − 1  = 0  x = −1 ⇔  = − 2m − 1 (*) x mx   mx − 2m − 1 = x  (m − 1)x = 1 + 2m (1) Ta có (*) ⇔  ⇔  mx − 2 m − 1 = − x (m + 1)x = 1 + 2m (2)   Nếu m = 1 thì phương trình (1) vô nghiệm khi đó phương trình ban đầu không thể có ba nghiệm phân biệt. Nếu m = −1 thì phương trình (2) vô nghiệm khi đó phương trình ban đầu không thể có ba nghiệm phân biệt.  1 + 2m x = m −1 Nếu m ≠ ±1 thì (*) ⇔   x = 1 + 2m  m +1  Suy ra để phương trình ban đầu có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

 1 + 2m   m≠0   ≠ −1     m −1    1 + 2m m ≠ − 2  ⇔ ≠ −1   3  m +1    1   1 + 2 m 1 + 2 m   m ≠ −   ≠    2  m −1 m +1     1 2  Vậy với m ∉   −1; − ; − ; 0;1  thì phương trình có ba nghiệm phân biệt.   2 3     3. Bài tập luyện tập Bài 3.24: Giải các phương trình sau a) | 3x − 2 |= x 2 + 2x + 3

b) x 3 − 1 = x 2 − 3 x + 2

Bài 3.25: Giải các phương trình sau 2

a) ( 2x − 1 ) − 3 2x − 1 − 4 = 0

x4 − 6 x2 + 4 x2 − 2 = x2 x

Bài 3.26: Cho phương trình x 2 − 2 x − 2 x − 1 + m + 3 = 0

a) Giải phương trình khi m = −2 b) Tìm m để phương trình sau có nghiệm Bài 3.27: Giải và biện luận các phương trình sau a) mx + 2m = x + 1 b) mx + 2x = mx − 1 DẠNG TOÁN 2: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN Ở MẪU 1. Phương pháp giải Để giải phương trình chứa ẩn ở mẫu ta thường - Quy đồng mẫu số (chú ý cần đặt điều kiện mẫu số khác không) - Đặt ẩn phụ 2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Giải các phương trình sau

2x + 1 x +1 = 3x + 2 x −2

b) 1 +

x +3 4x − 2 = . (x + 1)2 (2x − 1)2

2 10 50 = − . x −2 x + 3 (2 − x )(x + 3)

x +1 x −1 2x + 1 + = x +2 x −2 x +1

Lời giải:

2 và x ≠ 2 . 3 Phương trình tương đương với

a) ĐKXĐ: x ≠ −

( 2x + 1)( x − 2 ) = ( x + 1)( 3x + 2 ) ⇔ 2x 2 − 4x + x − 2 = 3x 2 + 2x + 3x + 2 ⇔ x 2 + 8x + 4 = 0 ⇔ x = −4 ± 2 3 (thỏa mãn điều kiện)

Vậy phương trình có nghiệm là x = −4 ± 2 3 . b) ĐKXĐ: x ≠ −3 và x ≠ 2 . Phương trình tương đương với ( 2 − x )( x + 3 ) − 2 ( x + 3 ) = 10 ( 2 − x ) − 50  x = 10 ⇔ x 2 − 7x − 30 = 0 ⇔   x = −3 Đối chiếu với điều kiện ta có nghiệm của phương trình là x = 10 .

-- 25 --

-- 26 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

1 c) ĐKXĐ: x ≠ −1 và x ≠ . 2 Phương trình tương đương với

⇔ x = 5 (thỏa mãn điều kiện) Vậy phương trình có nghiệm là x = 5 . d) ĐKXĐ: x ≠ ±2 và x ≠ −1 Phương trình tương đương với 2

( x + 1) ( x − 2 ) + ( x − 1)( x + 1)( x + 2 ) = ( 2x + 1)( x − 2 )( x + 2 ) ⇔ ( x 2 + 2x + 1 ) ( x − 2 ) + ( x 2 − 1 ) ( x + 2 ) = ( 2x + 1 ) ( x 2 − 4 ) ⇔ x 3 − 2x 2 + 2x 2 − 4x + x − 2 + x 3 + 2x 2 − x − 2 = 2x 3 − 8x + x 2 − 4  x =0 (thỏa mãn điều kiện) ⇔ x 2 + 4x = 0 ⇔   x = −4 Vậy phương trình có nghiệm là x = −4 và x = 0 Ví dụ 2: Giải các phương trình sau 4 3 2 1 a) . + = + 2x + 1 2x + 2 2x + 3 2x + 4 1 1 1 3 + + = 4x − 2 x 2 + 5x + 4 x 2 + 11x + 28 x 2 + 17x + 70

c) 1 +

4 2

(2 − x )

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

1 1 1 3 + + = (x + 1)(x + 4) (x + 4)(x + 7) (x + 7)(x + 10) 4x − 2

2 x +3 2 = ⇔ ( x + 3 )( 2x − 1 ) = 2 ( x + 1 ) (x + 1)2 2x − 1

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

5 x2

Lời giải:

   3 1 a) ĐKXĐ: x ∉   −2; − ; −1; −     2 2     Phương trình tương đương với

1   3  x 1 ⇔  3  x

1  1  1 1  1  1 1  3 − − +  +  = + 4  3  x + 4 x + 7  3  x + 7 x + 10  4x − 2  x = −3 1  3 ⇔ x 2 + 7x + 12 = 0 ⇔  = + 10  4x − 2  x = −4 Đối chiếu với điều kiện thì phương trình có nghiệm duy nhất x = −3 . c) ĐKXĐ: x ≠ 0 và x ≠ 2 . ⇔

1 − +1 x 1 − +1 x

Phương trình tương đương với x 2 +

⇔ x2 −

4x 2 2

(2 − x )

4x 2 4x 2 4x 2 + + −5 = 0 2 − x ( 2 − x )2 2 − x 2

2  x 2   2x  4x 2 4x 2 ⇔  x − − 5 = 0 ⇔  −5 = 0  +  + 2−x  2−x 2−x   2 − x 

x2 , phương trình trở thành 2−x  t =1 t 2 + 4t − 5 = 0 ⇔   t = −5

Đặt t =

 x =1 x2 (thỏa mãn) = 1 ⇔ x 2 + x − 2 = 0 ⇔  2−x  x = −2 x2 Với t = −5 ta có = −5 ⇔ x 2 − 5x + 10 = 0 (vô nghiệm) 2−x Vậy phương trình có nghiệm là x = −2 và x = 1

Với t = 1 ta có

Ví dụ 3: Giải và biện luận phương trình sau với m là tham số.

x 2 + mx + 2 = 1 (2) x2 − 1

4 2 1 3 4x + 10 −4x − 10 − = − ⇔ = 2 2x + 1 2x + 3 2x + 4 2x + 2 4x 2 + 8x + 3 4x + 12x + 8

x −m = 2 (1) x +1

1 1   ⇔ ( 4 x + 10 )  2 + 2 =0  4 x + 8 x + 3 4 x + 12 x + 8 

x 2 + mx + 2 = 2m + 6 (3) 3−x

⇔ ( 4 x + 10 ) ( 4 x 2 + 8 x + 3 + 4 x 2 + 12 x + 8) = 0

Lời giải: a) ĐKXĐ: x ≠ −1

 4 x + 10 = 0 ⇔ ( 4 x + 10 ) ( 8 x 2 + 20 x + 11) = 0 ⇔  2 8 x + 20 x + 11 = 0

Phương trình tương đương với x − m = 2 ( x + 1 )

5   x=−2 ⇔ (thỏa mãn điều kiện) −5 ± 3  x =  4 5 −5 ± 3 và x = − 4 2    1   b) Điều kiện: x ∉  −10; −7; −4; −1;    2    Vậy phương trình có nghiệm là x =

Phương trình tương đương với

-- 27 --

3x + mx + 2 x +1

= m (4)

⇔ x = −m − 2 Đối chiếu với điều kiện ta xét −m − 2 ≠ −1 ⇔ m ≠ −1 Kết luận m ≠ −1 phương trình (1) có nghiệm là x = −m − 2 m = − 1 phương trình (1) vô nghiệm b) ĐKXĐ: x 2 − 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ ±1 Phương trình (2) ⇔ x 2 + mx + 2 = x 2 − 1 ⇔ mx = −3 (2') Với m = 0 : Phương trình (2') trở thành 0x = −3 suy ra phương trình (2') vô nghiệm do đó phương trình (2) vô nghiệm

-- 28 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

−3 Với m ≠ 0 phương trình (2') tương đương với x = m −3 −3 Đối chiếu điều kiện xét ≠ ±1 ⇔ m ≠ ±3 suy ra m ≠ ±3 thì phương trình (2') có nghiệm x = m m và là nghiệm của phương trình (2). Còn m = 3 thì phương trình (2') có nghiệm là x = −1 , m = −3 thì phương trình (2') có nghiệm là x = 1 do đó phương trình (2) vô nghiệm. Kết luận m ∈ { −3; 0; 3 } phương trình (2) vô nghiệm

m ∉ { −3; 0; 3 } phương trình (2) có nghiệm x =

−3 m

c) ĐKXĐ: x ≠ 3 Phương trình (3) ⇔ x 2 + mx + 2 = ( 3 − x )( 2m + 6 )

⇔ x 2 + ( 3m + 4 ) x − 6m − 16 = 0  x =2 ⇔ ( x − 2 )( x + 3m + 8 ) = 0 ⇔   x = −3m − 8

Đối chiếu điều kiện ta xét −3m − 8 ≠ 3 ⇔ m ≠ −

5 3

Kết luận

m =−

5 phương trình (3) có nghiệm là x = −2 3

5 phương trình có nghiệm là x = 2 và x = −3m − 8 3 d) ĐKXĐ: x ≠ − 1 TH1: Nếu m < 0 ta có VP (4) ≥ 0, VT (4) < 0 suy ra phương trình vô nghiệm m ≠−

TH2: Nếu m ≥ 0 phương trình tương đương với  3x + mx + 2 = m ( x + 1 ) 3x + mx + 2 = m x + 1 ⇔   3x + mx + 2 = −m ( x + 1 )  m −1  m −2  x =  x =  2 ⇔  ⇔ 3    x = −m − 2  ( 2m + 3 ) x = −m − 2  2m + 3 

m −1 m −1 ta xét ≠ −1 ⇔ m ≠ −1 (luôn đúng) do đó với m ≥ 0 thì phương trình (4) luôn 2 2 m −1 nhận x = là nghiệm 2 −m − 2 −m − 2 Với x = ta xét ≠ −1 ⇔ m ≠ −1 (luôn đúng) do đó với m ≥ 0 thì phương trình (4) 2m + 3 2m + 3

Với x =

luôn nhận x =

−m − 2 là nghiệm 2m + 3

Kết luận m < 0 phương trình (4) vô nghiệm

m ≥ 0 phương trình (4) có hai nghiệm x =

m −1 −m − 2 và x = 2 2m + 3 -- 29 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

Ví dụ 4: Tìm điều kiện của tham số a và b để phương trình

a b a 2 − b2 − = 2 (*) x −a x −b x − ( a + b ) x + ab a) Có nghiệm duy nhất b) Có nghiệm Lời giải: ĐKXĐ: x ≠ a và x ≠ b Phương trình tương đương với

a (x − b ) − b (x − a )

( x − a )( x − b )

a 2 − b2 x 2 − (a + b ) x + ab

⇔ (a − b ) x = a 2 − b 2 (**) a) Phương trình (*) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (**) có nghiệm duy nhất khác a và b    a −b ≠ 0     a ≠b  a ≠b    a 2 − b2       a ≠ a b a a + ≠ ⇔  a −b ⇔ ⇔ ≠0    2 2    a b b + ≠ a − b  b ≠ 0      ≠b    a −b a ≠ b    Vậy phương trình (*) có nghiệm duy nhất khi a ≠ 0  b ≠ 0    b) Phương trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (**) có nghiệm khác a và b Với a = b thì phương trình (**) trở thành 0x = 0 suy ra phương trình (**) có nghiệm đúng với mọi x do đó phương trình (*) có nghiệm.

a 2 − b2 = a +b a −b a + b ≠ a a ≠ 0   Suy ra phương trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi  ⇔    a + b ≠ b  b ≠ 0   a ≠ 0    Vậy phương trình (*) có nghiệm khi b ≠ 0 hoặc a = b .   a ≠b    3. Bài tập luyện tập Bài 3.28: Giải các phương trình sau: 13 1 6 a) 2 + = 2 2x + x − 21 2x + 7 x −9 4 1 1 4 b) + = + 2 x3 + 3 x 2 − 8 x − 12 2 x + 3 x 2 − 4 2 x 2 + 7 x + 6 Với a ≠ b thì phương trình (**) tương đương với x =

x +1 x −2 x −3 x +4 + + + =4 x −1 x + 2 x + 3 x − 4 Bài 3.29: Giải phương trình

2x 13x + =6 3x − 5x + 2 3x 2 + x + 2

1 1 + = 15 x 2 (x + 1)2

x 4 + 3x 2 + 1 =3 x3 + x2 − x

-- 30 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

Bài 3.30: Giải phương trình 2

x +1  x +1   x−2 a)  = 12   +   x −2  x −3  x−3

2( x + 1) 13( x + 1) + =6 3x2 + x 3x2 + 7 x + 6

a ( x 2 + 1) ax − 1 2 + = x −1 x +1 x2 −1 a b Bài 3.32: Tìm điều kiện a , b để phương trình + = 2 có hai nghiệm phân biệt. x−b x−a DẠNG TOÁN 3: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN TRONG CĂN BẬC HAI 1. Phương pháp giải Để giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn ta tìm cách để khử dấu căn, bằng cách: – Nâng luỹ thừa hai vế. – Phân tích thành tích. – Đặt ẩn phụ. 2. Các ví dụ minh họa Loại 1: Bình phương hai vế của phương trình Ví dụ 1: Giải các phương trình sau Bài 3.31: Giải và biện luận phương trình sau

a) x 2 + 2x + 4 = 2 − x b) x − 2x − 5 = 4 Lời giải:   x 2 + 2x + 4 ≥ 0 a) ĐKXĐ:  ⇔x ≤2  2−x ≥ 0   Với điều kiện đó phương trình tương đương với  x = −1 x 2 + 2x + 4 = 2 − x ⇔ x 2 + 3x + 2 = 0 ⇔   x = −2 Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x = −1 và x = −2 . b) ĐKXĐ: 2x − 5 ≥ 0 ⇔ x ≥

5 . 2

x − 2x − 5 = 4 ⇔ 2x − 5 = x − 4 (*) TH1: Với x − 4 < 0 ⇔ x < 4 ta có VT (*) ≥ 0, VP (*) < 0 suy ra phương trình vô nghiệm TH2: Với x − 4 ≥ 0 ⇔ x ≥ 4 ta có hai vế không âm nên phương trình (*) tường đương với x = 3 2 2x − 5 = ( x − 4 ) ⇔ x 2 − 10x + 21 = 0 ⇔   x = 7 Đối chiếu với điều kiện x ≥ 4 và điều kiện xác định suy ra chỉ có x = 7 là nghiệm. Vậy phương trình có nghiệm là x = 7 . Nhận xét: Từ các lời giải các bài toán trên ta suy ra đối với các dạng phương trình sau ta có thể giải bằng cách thực hiện phép biến đổi tương đương:   f (x ) = g(x ) f (x ) = g(x ) ⇔    f (x ) ≥ 0 (hay g(x ) ≥ 0)     f (x ) = [ g (x ) ]2  f (x ) = g(x ) ⇔   g(x ) ≥ 0    Ví dụ 2: Giải các phương trình sau a) x = Lời giải:

3x 2 + 1 − 1

2x − 1 + x 2 − 3x + 1 = 0

-- 31 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

a) Phương trình tương đương với x ≥ 0 x ≥ 0    ⇔  2  2 2 2   x = 3 x + 1 − 1   3x + 1 = x + 1   x ≥ 0 x ≥ 0 x ≥ 0    ⇔ ⇔ ⇔  2  4  2 2 2 2 2    3 x + 1 = ( x + 1) x − x = 0    x ( x − 1) = 0     x ≥0      x = 0 ⇔ x = 0 ⇔ x = 1      x = ±1    Vậy phương trình có nghiệm là x = 0 và x = 1

b) Ta có 2x − 1 + x 2 − 3x + 1 = 0 ⇔ 2x − 1 = −x 2 + 3x − 1    −x 2 + 3x − 1 ≥ 0  −x 2 + 3x − 1 ≥ 0   ⇔ 2 ⇔  2 2 2   2x − 1 = ( −x + 3x − 1 )  (x − 1) (x − 4x + 2) = 0     x 2 + 3x − 1 ≥ 0  x 2 + 3x − 1 ≥ 0 − −    x =1     x =1 ⇔   ⇔   x = 1 ⇔      x 2 − 4x + 2 = 0  x = 2 ± 2  x = 2 − 2         Vậy phương trình có nghiệm là x = 1 và x = 2 − 2

Ví dụ 3: Tìm m để phương trình x 2 + mx + 2 = 2x + 1 có hai nghiệm phân biệt. Lời giải:   1  x ≥− Phương trình ⇔  . 2   3x 2 + (4 − m )x − 1 = 0 (*)  

1 Phương trình đã cho có hai nghiệm ⇔ (*) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn hoặc bằng − ⇔ đồ thị hàm số 2 1 2 y = 3x + (4 − m )x − 1 trên [ − ; +∞) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt. 2 1 b m −4 2 Xét hàm số y = 3x + (4 − m )x − 1 trên [ − ; +∞) . Ta có − = 2 2a 6 m−4 1 1 + TH1: Nếu ≤ − ⇔ m ≤ 1 thì hàm số đồng biến trên [ − ; +∞) nên m ≤ 1 không thỏa mãn 6 2 2 yêu cầu bài toán. m−4 1 + TH2: Nếu >− ⇔m >1 : 6 2 Ta có bảng biến thiên x 1 m −4 − 2 6 +∞  1 y  −  +∞  2  y

 m − 4  y    6  -- 32 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

1 Suy ra đồ thị hàm số y = 3x 2 + (4 − m )x − 1 trên [ − ; +∞) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt 2  1  m − 4  2m − 9 1 ⇔ y  −  ≥ 0 > y  ≥ 0 > ( −m 2 + 8m − 28 ) (1) ⇔  2   6  4 12 2

Vì −m 2 + 8m − 28 = −( m − 4 ) − 12 < 0, ∀m nên

9 là giá trị cần tìm. 2 Loại 2: Phân tích thành tích bằng cách nhân liên hợp Để trục căn thức ta nhân với các đại lượng liên hợp

•3 A − 3 B =

(

A− B

)(

A+ B

(

A− B 3

A− B + 3 A3 B +

( B) 3

Vì x >

(

3 − 7 + 2x 3

)

= x + 20

c) 3 x + x + 8 = Lời giải: 2

3x − 2 + 3 x = 2

x 2 + 15 + 2

Phương trình ⇔ 2

⇔

(

2 ( x − 1) 10 + 2 x + 6 7 + 2 x

( 2 − 2x )

)(

3 + 7 + 2x

)

= x + 20

⇔ 7 + 2 x = 5 ⇔ x = 9 (thỏa mãn điều kiện) Vậy phương trình có ngjiệm x = 9 2 b) ĐKXĐ: x ≥ 3 Nhẩm ta thấy x = 1 là nghiệm của phương trình nên ta tách như sau

( 3x − 2 −1) + ( ( 3x − 2 −1)( 3x − 2 + 1) + ( ⇔ 3x − 2 + 1

x 2 + 15 − x 2 + 8

x +1 x2 + 8 + 3 x +1 x2 + 8 + 3

x2 −1 x2 + 8 + 3 x +1

−

x 2 + 15 + 4

x +1

−

x 2 + 15 + 4 x +1

−

x 2 + 15 + 4

) = 0 (**)

> 0 nên >0

x + x +1 Phương trình (**) ⇔ x = 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 . Ví dụ 5: Giải các phương trình sau

b) (3x + 1) x 2 + 3 = 3x 2 + 2 x + 3

) x − 1) (

x −1 = 0

2x 2 + 1 =

⇔

2x 2 + 1 − 1 =

x2 ⇔ x +3

x2 + x + 3 x +3

2x 2 2

2x + 1 + 1

 x =0 x2 ⇔  2 x +3  2 ( x + 3 ) = 2x + 1 + 1 (*)

Phương trình (*) ⇔ 2x + 1 = 2x + 5    5  5   x ≥− x ≥− ⇔ ⇔   2 2    2x 2 + 1 = 4x 2 + 25 + 20x  x 2 + 10x + 12 = 0      5   x ≥− ⇔ ⇔ x = 5 + 13 (thỏa mãn) 2    x = −5 ± 13   2

⇔ 10 + 2 x + 6 7 + 2 x = 2 ( x + 20 )

Phương trình ⇔

x +1 x2 + 8 + 3

)

) = x + 20

x + x +1

Xét x ≠ − 3 , phương trình ⇔

(

Lời giải: a) Ta thấy x = −3 không là nghiệm của phương trình

2 ( x − 1 ) 3 + 7 + 2x 3 − 7 + 2x

−

a) (x + 3) 2x 2 + 1 = x 2 + x + 3

7   7 + 2 x ≥ 0 x ≥ − a) ĐKXĐ:  ⇔ 2 3 ≠ 7 + 2 x  x ≠ 1 2

1 2

8 suy ra 27

1 3

x 2 + 15 + 4

x + 3 x +1 3

x2 − 1

⇔ (x − 1)(

Với A, B không đồng thời bằng không. Ví dụ 4: Giải các phương trình sau

2 ( x − 1)

x + 3 x +1

x 2 + 15 − 4 + 3 − x 2 + 8

x −1 3

x 2 + 15 − x 2 + 8 > 0 nên phương trình có nghiệm thì phải thỏa mãn 3 3 x − 2 hay x >

33 x − 3 =

A− B A+ B 3

Ta có phương trình tương đương với:

) (( A ) + A B + ( B ) ) = ( A) + A B + ( B ) ( A) 3

⇔3

A+ B 3

1 3 3  x 2 + 3 x + 1 =  3 x +  + > 0 nên + 2 4 3x − 2 + 1  Phương trình (*) ⇔ x = 1 (thỏa mãn điều kiện) Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 .

Vì

Vậy m ≥

• A− B =

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

  3 1 3x − 3 x −1 + ⇔ + = 0 ⇔ ( x − 1)   = 0 (*) 3 2 3 2 3 3 3x − 2 + 1 x + x +1 x + x +1  3x − 2 + 1

c) Phương trình được viết lại như sau: 3 3 x − 2 =

9 (thỏa mãn m > 1 ) 2

(1) ⇔ 2m − 9 ≥ 0 ⇔ m ≥

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

) =0

3x2 + 2 x + 3 1 Xét x ≠ − , phương trình đã cho ⇔ x 2 + 3 = 3x + 1 3

-- 33 --

-- 34 --

x2 + 3 x + 1

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 0 và x = −5 + 13 1 b) Ta thấy x = − không là nghiệm của phương trình 3

8 27

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

1 8 Đến đây, chú ý 3 x + 2 x + 3 = 3( x + ) 2 + > 0 3 3 1 Nên phương trình có nghiệm phải thỏa mãn x > −  x 2 + 3 + 2 x > 0 3

Do đó phương trình đã cho ⇔ x 2 + 3 − 2 x = 2

⇔

x + 3 − 4x

x2 + 3 + 2 x 3(1 − x 2 ) 2

x + 3 + 2x

3x 2 + 2 x + 3 − 2x 3x + 1

x −1 +

1 = 1 ⇔ x 2 − x + 1 = x ⇔ x = 1 (thỏa mãn) x

x −1 +

1 5 ± 21 = 2 ⇔ x 2 − 5x + 1 = 0 ⇔ x = x 2

3x + 2 x + 3 − 6 x − 2 x 3x + 1

• Với t = 2 ta có

 x =1 3(1 − x 2 ) ⇔ 2 3x + 1  x + 3 + 2 x = 3x + 1

Vậy phương trình có nghiệm là x =

4x − 1 + 4x 2 − 6x + 1 = 0

c) 3 x + 8 = 9x +

1 1 + x x

3x 2 − 2 x + 9 + 3x 2 − 2 x + 2 = 7 2 x2 + 8x + 1 =5 x 2x +1

Lời giải:

a) ĐKXĐ: x ≥

a) x 2 + x 2 + 11 = 31 b) (x + 5)(2 − x ) = 3 x 2 + 3x

x2 + x +1 x2 − x + 1

=3 x

Lời giải:

a) Đặt t =

x 2 + 11, t ≥ 0 . Khi đó phương trình đã cho trở thành:  t =6 t 2 + t − 42 = 0 ⇔   t = −7

1 4

Đặt t = 4 x − 1, t ≥ 0  x =

t2 +1 4 2

 t2 +1  t2 +1 Phương trình trở thành t + 4  +1 = 0  −6 4 4   ⇔ 4t + t 4 + 2t 2 + 1 − 6 ( t 2 + 1) + 4 = 0 ⇔ t 4 − 4t 2 + 4t − 1 = 0 ⇔ ( t − 1) ( t 3 + t 2 − 3t + 1) = 0  t =1 2 (loại t = −1 − 2 ) ⇔ ( t − 1) ( t 2 + 2t − 1) = 0 ⇔  t = −1 ± 2 1 Với t = 1 ta có 1 = 4 x − 1 ⇔ x = 2

x 2 + 11 = 6

x + 11 = 36 ⇔ x = ±5 Vậy phương trình có nghiệm là x = ±5 b) Phương trình ⇔ x 2 + 3x + 3 x 2 + 3x − 10 = 0

x 2 + 3x , t ≥ 0 . Phương trình đã cho trở thành

Với t = −1 + 2 ta có −1 + 2 = 4 x − 1 ⇔ 4 x − 1 = 3 − 2 2 ⇔ x =

 t =2 . t 2 + 3t − 10 = 0 ⇔   t = −5

Vì t ≥ 0 ⇒ t = 2 , thay vào ta có

f ( x) = t .

Ví dụ 7: Giải các phương trình sau

x 2 + 3 + 2 x = 3x + 1 ⇔ x 2 + 3 = x + 1

Vì t ≥ 0 ⇒ t = 6 , thay vào ta có

5 ± 21 và x = 1 . 2

Nhận xét: Phương trình có dạng af ( x ) + b f ( x ) + c = 0 ta đặt

1 nên phương trình có nghiệm x = 1 3

x ≥ −1  ⇔ 2 ⇔ x = 1 (thỏa mãn) 2 x + 3 = x + 1+ 2x Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 . Loại 3: Đặt ẩn phụ Ví dụ 6: Giải các phương trình sau

Đặt t =

• Với t = 1 ta có

Nhưng x = −1 không thoả mãn x > −

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

t =1 Phương trình trở thành t 2 + 2 = 3t ⇔ t 2 − 3t + 2 = 0 ⇔  t = 2

* TH1: x 2 = 1 ⇔ x = ±1

* TH2:

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

1 1 Đặt t = x − 1 + , t ≥ 1  x + = t 2 + 1 x x

Vậy phương trình có hai nghiệm x = x 2 + 3x = 2

b) Đặt t =

Xét x > 0 , phương trình ⇔ x 2 + x + 1 = 3 x . x2 − x + 1 ⇔ x + 1 + -- 35 --

1 2− 2 và x = . 2 2

3x 2 − 2x + 2 , điều kiện t ≥ 0 . Khi đó

Phương trình trở thành

3x 2 − 2x + 9 =

t +7 +t = 7   t ≤7 ⇔ t2 + 7 = 7 − t ⇔   2  t + = t 2 − 14t + 49 7   t ≤ 7  ⇔ ⇔t =3  t = 3  

 x =1 ⇔ x 2 + 3x − 4 = 0 ⇔   x = −4 Vậy phương trình có nghiệm là x = 1 và x = −4 . c) ĐKXĐ: x ≥ 0 Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình

1 1 = 3 x −1+ x x

Với t = 3 ta có

2− 2 2

3x 2 − 2x + 2 = 3

-- 36 --

t2 + 7 .

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

  x = 1 + 22  2 2 3 ⇔ 3x − 2x + 2 = 9 ⇔ 3x − 2x − 7 = 0 ⇔   1 − 22 x =  3

Vậy phương trình có hai nghiệm x =

Nhận xét: Phương trình có chứa af ( x ) ±

t = af ( x ) ±

1 ± 22 . 3

x−

=−

1 3

10x x + 5 x = 2x 2 + 1 + 8x ⇔ 5( x +

Suy ra x +

2 x

≥2

1 2 x

1 bf ( x ) b) 10 x 3 + 1 = 3(x 2 + 2)

7 − 13 . 18

1 2 x

= 2 ⇒t ≥

Đặt

2x = a, x 2 + 1 = b; a ≥ 0, b ≥ 0 2

Suy ra a 2 + b 2 = 2x + x 2 + 1 = ( x + 1 )

Phương trình trở thành a 2 + b 2 − 2ab = 0 ⇔ ( a − b ) = 0 ⇔ a = b Suy ra

2x =

x 2 + 1 ⇔ 2x = x 2 + 1 ⇔ ( x − 1 ) = 0 ⇔ x = 1 (thỏa mãn)

Vậy phương trình có nghiệm là x = 1 b) ĐKXĐ: x 3 + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ −1 . Phương trình ⇔ 10 (x + 1)(x 2 − x + 1) = 3(x 2 + 2) Đặt

x + 1 = a,

x 2 − x + 1 = b , a ≥ 0, b ≥ 0

10ab = 3 (a 2 + b 2 ) ⇔ 3a 2 − 10ab + 3b 2 = 0  3a = b ⇔ ( 3a − b )(a − 3b ) = 0 ⇔   a = 3b

Với 3a = b ta có 3 x + 1 =

x 2 − x + 1 ⇔ 9 ( x + 1) = x 2 − x + 1

⇔ x 2 − 10x − 8 = 0 ⇔ x = 5 ± 33 (thỏa mãn điều kiện)

Với a = 3b ta có

) = 2(x +

x + 1 = 3 x 2 − x + 1 ⇔ x + 1 = 9 ( x 2 − x + 1)

⇔ 9x 2 − 10x + 8 = 0 (phương trình vô nghiệm)

1 )+4 4x

Vậy phương trình có nghiệm là x = 5 ± 33 . c) ĐKXĐ: x ≥ 1

Đặt

x + 1 = a, x − 1 = b; a ≥ 0,b ≥ 0

Phương trình trở thành 4 + a = 3ab + 2b

1 = t 2 − 1 . Phương trình trở thành: 4x

Mặt khác a 2 + b 2 = 2 suy ra 2 ( a 2 + b 2 ) + a = 3ab + 2b ⇔ ( a − 2b )( 2a + b + 1 ) = 0

5t = 2(t 2 − 1) + 4 ⇔ 2t 2 − 5t + 2 = 0 ⇔ t = 2 (thỏa mãn) hoặc t =

Với t = 2 ta có x +

1 thì ta đặt ẩn phụ là b2 f 2 ( x )

Suy ra a 2 + b 2 = x 2 + 2 khi đó Phương trình trở thành

d) ĐK: x ≥ 0 . Dễ thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình. Xét x ≠ 0 . Khi đó phương trình tương đương với

( x) +

a) ĐKXĐ: 2x ( x 2 + 1 ) ≥ 0 ⇔ x ≥ 0

Vậy phương trình có nghiệm là x = 1 và x =

x +

c) 4 + x + 1 = 3 x 2 − 1 + 2 x − 1 Lời giải:

3 x  −1 + 13  7 − 13  x = 6 ⇔ 3x + x − 1 = 0 ⇔  ⇔x = 18  −1 − 13  x =  6

Đặt t =

và a f

1 1 2 1 2 ⇒ t2 = x + − ⇒x+ = t2 + 9x 3 9x 3 3 x Phương trình trở thành:  2  t =  2 2   2 3  3t + 8 = 9  t +  ⇔ 9t − 3t − 2 = 0 ⇔   3 t = − 1  3  x =1  2 1 2 Với t = ta có x − = ⇔ 3x − 2 x − 1 = 0 ⇔  ⇔x =1  x = −1 3 3 3 x  3 1 ta có 3

bf ( x )

a) ( x + 1 ) − 2 2x (x 2 + 1) = 0

x−

Với t = −

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

Ví dụ 8: Giải phương trình

c) ĐKXĐ: x > 0 . Phương trình tương đương với  1  1 3  x −  + 8 = 9(x + ) .  9x 3 x Đặt t =

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

1 (loại) 2

1 3±2 2 (thỏa mãn) = 3 ⇔ 4x 2 − 12x + 1 = 0 ⇔ x = 4x 2

3±2 2 Vậy phương trình có nghiệm là x = 2 -- 37 --

⇔ a = 2b (do 2a + b + 1 > 0 ) Suy ra

x + 1 = 2 x − 1 ⇔ x + 1 = 4 ( x − 1) ⇒ x =

5 (thỏa mãn) 3

5 . 3 Ví dụ 9: Tìm m để phương trình sau có nghiệm

Vậy phương trình có nghiệm là x =

-- 38 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 2

a) ( 2x − 1 ) + m =

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

x − x + 1 (1)

b) 3 x − 1 + m x + 1 = 2 4 x 2 − 1 (2) Lời giải: a) Đặt t =

 3 1 3 3 Vì x 2 − x + 1 =  x −  + ≥ nên t ≥  2  4 4 2

Phương trình (1) trở thành 4t 2 − 3 + m = t ⇔ −4t 2 + t + 3 = m (1')

3 2

Ta có −

1 3 Lưu ý: Khi giải bài toán bằng cách đặt ẩn phụ , đối với loại toán không chứa tham số thì có thể không nêu điều kiện(hoặc điều kiện "lỏng") của ẩn phụ vì sau khi tìm được nghiệm ẩn phụ rồi chúng ta phải thay lại để giải. Nhưng với bài toán chứa tham số thì chúng ta cần phải nêu điều kiện "chặt" đối với ẩn phụ. Loại 4: Đặt ẩn phụ không hoàn toàn Ví dụ 10: Giải phương trình 3 x + 3 = 3x 2 + 4x − 1 Lời giải: ĐKXĐ: x ≥ −3

Phương trình ⇔ −27 ( x + 3 ) − 3 x + 3 + 3x 2 + 31x + 80 = 0 Đặt t =

3 2

+∞

−12 + 3 2

Phương trình (1) có nghiệm ⇔ phương trình (1') có nghiệm t ≥

3 2

3 −12 + 3 ⇔ đồ thị hàm số y = −4t + t − 3 trên [ ; +∞) cắt đường thẳng y = m ⇔ m ≤ . 2 2 −12 + 3 Vậy phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi m ≤ 2 b) ĐKXĐ: x ≥ 1 . 2

x −1

(2) ⇔ 3 Đặt t =

x +1 4

x + 1 ta có 4

+m = 2

x −1 = x +1

x2 − 1 x +1

⇔ −3

x −1 x −1 + 24 =m x +1 x +1

2 1− ⇒ 0 ≤t <1 x +1 b 1 = , 2a 3

1 1 y   =  3  3

Bảng biến thiên x

≥ 0 ) phương trình trở thành −27t 2 − 3t + 3x 2 + 31x + 80 = 0

x +3 =

−3x − 16 9

,t2 =

x +5 3

−3x − 16 −3x − 16 Vô nghiệm vì với x ≥ −3 thì <0 9 9

x +5 ⇔ x 2 + x − 2 = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = −2 3 Vậy phương trình ban đầu có hai nghiệm x = 1 và x = − 2 Nhận xét:Trong lời giải trên ta thấy khó nhất là biến đổi phương trình ban đầu x +3 =

để sau khi đặt ẩn phụ t =

−27 ( x + 3 ) − 3 x + 3 + 3x + 31x + 80 = 0 2

x +3

1 3

thì phương trình

△= ( 18x + 93 ) ( là bình phương của một nhị thức) Nếu ta tách không hợp lý thì △ không là bình phương của một nhị thức hoặc là một hằng số

ẩn t có

,trong trường hợp đó việc giải phương trình theo hướng trên là không thể thực hiện được. Vậy làm thế nào để tách được phương trình mà thỏa mãn các điều kiện trên và việc tách ra như thế có là duy nhất?.Để trả lời được câu hỏi này ta thực hiện theo các bước như sau: B1: Viết (1) ⇔ m ( x + 3 ) − 3 x + 3 + 3x 2 + ( 4 − m ) x − 1 − 3m = 0 B2: Đặt t =

x +3

≠ 0)

≥ 0 ) pt trở thành mt − 3t + 3x + ( 4 − m ) x − 1 − 3m = 0 2

 −12m > 0  −12m > 0   B3: Tìm m sao cho  / ⇔ ⇔ m = −27  / 2   ∆ = 0  f  ∆ f = 4m ( m + 27 ) ( m + m + 1 ) = 0   Đến đây việc giải pt như đã trình bày ở trên

Ví dụ 11: Giải phương trình Lời giải:

60 − 24x − 5x 2 = x 2 + 5x − 10

ĐKXĐ: 60 − 24x − 5x 2 ≥ 0 Đặt t =

1 3

60 − 24x − 5x 2

(t ≥ 0) pt trở thành

1 2 1 t + t − x 2 − x = 0 ⇔ t 2 + 6t − x 2 − 6x = 0 6 6

Phuơng trình ẩn t này có ∆/ = ( x + 3 ) nên ta tìm được t1 = x , t2 = −x − 6 -- 39 --

thành

Có ∆t = −12mx 2 − 4m ( 4 − m ) x + 12m 2 + 4m + 9 = f ( x )

Phương trình (2) trở thành −3t 2 + 2t = m (2') Xét hàm số y = −3t 2 + 2t trên [0;1) , ta có −

(t 2

•

−∞

x +3

Có ∆t = ( 18x + 93 ) suy ra t1 =

•

Chia cả hai vế cho

1 3

Vậy phương trình (2) có nghiệm khi và chỉ khi −1 < m ≤

⇒ t 2 = x 2 − x + 1 ⇒ ( 2x − 1 ) = 4x 2 − 4x + 1 = 4t 2 − 3

b 1 3 = < 2a 8 2 Bảng biến thiên x

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

⇔ đồ thị hàm số y = −3t 2 + 2t trên [0;1) cắt đường thẳng y = m ⇔ −1 < m ≤

x2 − x + 1

Xét hàm số y = −4t 2 + t − 3 với t ≥

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

0 −1 Phương trình (2) có nghiệm ⇔ phương trình (2') có nghiệm t ∈ [0;1)

-- 40 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 •

•

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

x ≥ 0  60 − 24x − 5x 2 = x ⇔  ⇔ x = −2 + 14  2  x + 4x − 10 = 0    −x − 6 ≥ 0  60 − 24x − 5x 2 = −x − 6 ⇔  ⇔ x = −3 − 13  2  x + 6x − 4 = 0  

Bài 3.38: Giải phương trình

( 4 − x )( 12 + x ) = 28 − x

Lời giải: ĐKXĐ: −x 2 − 8x + 48 ≥ 0

(t ≥ 0) phương

−x 2 − 8x + 48

t =

trình

trở

−1 2 −1 2 t + ( x + 3 )t + x − 3x − 4 = 0 ( t ≥ 0 ) 2 2 Phương trình bậc hai ẩn t có ∆t = 1 từ đó có t = x + 2, t = x + 4

x + 3x + 1 =

x −x −1

x3 − x =

4x + 4

f ( x ) = ( x – x 0 ) .g ( x ) , trong đó g ( x ) = bn −1x

b) 3 3 x 2 + x 2 + 8 − 2 =

b) ( 2x − 1 ) =

c) 13x + 2(3x + 2) x + 3 + 42 = 0 e)

x +1 x +1− 3−x

=x−

1 2

c) 51 x − 2 = 3x − 58x + 110 2

Bài 3.37: Giải phương trình x + x 2 − 9 =

+ bn

x2 − x + 1

d) x − 2x − 22 − −x + 2x + 24 = 0 2

4x − 1 + 4x 2 − 6x + 1 = 0

..........

− 1

bn −1 = an bn −2 = a.an + an −1..........

x – x 0 ) tức là : − 2

− 2

+ ... + b1x + b0

b1 = a.a2 + a1 0

Ví dụ : Giải phương trình x 4 + x 3 – x – 1 = 0

Nhận thấy :

a 4 + a 3 + a2 + a1 + a 0 = 1 + 1 + 0 + ( −1) + ( −1) = 0

Và :

a 4 + a2 + a 0 = 1 + 0 + ( −1) = a 3 + a1 = 1 + ( −1)

Suy ra phương trình có hai nghiệm x 1 = 1, x 2 = − 1

1 g) x + 2x x − = 3x + 1 x Bài 3.36: Giải các phương trình sau 3x − 2 = 21x

(

Lược đồ Hoócne

x + 6 + x = 7 − x −1

h) x + x − x = 2x + 1

a) 4x 2 + 22 +

x 2 + 15

x2 + x + 2 = x2 + x

n −1

Với hệ số bi được xác định như sau:

c) 5x − 1 + 9 − x = 2x + 3x − 1 Bài 3.35: Giải các phương trình sau 2

Nếu f (x ) có nghiệm là x = x 0 thì f (x ) chứa nhân tử

2x + 6x + 1 = x + 1

 f1 ( x ) = 0   f (x ) = 0 f ( x ) = 0 ⇔  2  ....  f (x ) = 0  n Để đưa về một phương trình tích ta thường dùng các cách sau:

+ Nếu phương trình f (x ) = 0 có nghiệm nguyên thì nghiệm đó phải là ước của a 0 .

f) x + x + 7 = 7

x 2 + 12 + 5 = 3x + x 2 + 5

(

)

b) x 1 − 5 x + 3 = 3 ( x 2 − 4 ) d) x + x 3x − 1 + 2 = 6x

Lược đồ Hoócne 1

-1

x = −1 1

x =1

2(x + 3) . (x − 3)2

-- 41 --

đó

+ Nếu đa thức có tổng các hệ số bằng không thì phương trình f (x ) = 0 có một nghiệm bằng 1. + Nếu đa thức có tổng các hệ số bậc chẵn bằng tổng các hệ số bậc lẻ thì phương trình f (x ) = 0 có một nghiệm bằng -1. * Để phân tích f (x ) ta sử dụng lược đồ Hooc-ne như sau:

e) 2 x + 3 = 9x − x − 4 Bài 3.34: Giải các phương trình sau: 2

khi

Cho đa thức f (x ) = an x n + an −1x n −1 + ... + a1x + a 0

Vậy pt ban đầu có hai nghiệm x 1 = −3 + 31 , x 2 = −4 + 4 2

f ( x ) = f1 ( x ) .f2 ( x ) ...fn ( x )

* Để dự đoán nghiệm ta chú ý các kết quả sau:

3. Bài tập luyện tập Bài 3.33: Giải các phương trình sau 2x + 1 = 3x + 1

thành

tích

Sử dụng các hằng đẳng thức đưa về dạng a 2 − b 2 = 0, a 3 − b 3 = 0,... Nhẩm nghiệm rồi chia đa thức: Nếu x = a là một nghiệm của phương trình f (x ) = 0 thì ta luôn có sự phân thích: f (x ) = (x − a )g (x ) .

x + 2 ≥ 0  • −x 2 − 8x + 48 = x + 2 ⇔  ⇔ x = −3 + 31  2  x + 6x − 22 = 0    x + 4 ≥ 0 • −x 2 − 8x + 48 = x + 4 ⇔  ⇔ x = −4 + 4 2  2  x + 8x − 16 = 0  

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

x 3 + 2x 2 − 3x + 1 x2 − x + 1 = x2 + 2

DẠNG TOÁN 4: PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO Loại 1: Đưa về phương trình tích 1. Phương pháp giải Để giải phương trình f ( x ) = 0 ta phân

Vậy pt ban đầu có hai nghiệm x 1 = −2 − 14, x 2 = −3 − 13 Ví dụ 12: Giải phương trình ( x + 3 )

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

Ta có phương tình thương đương với ( x − 1 )( x + 1 ) ( x 2 + x + 1 ) = 0 ⇔ x = ±1 . Sử dụng phương pháp hệ số bất định 2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Giải các phương trình sau. -- 42 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

a) x 3 − 3x 2 − 6x + 8 = 0 Lời giải:

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

b) 3x 5 − 13x 4 + 16x 3 + 5x 2 − 21x + 6 = 0 .

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 2

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

⇔ (x − 1) − [ 2(x − 1)] = 0 ⇔ (x + 2x − 2 − 1)(x 2 − 2x + 2 − 1) = 0  2+3 x = − 2 ±  x 2 + 2x − 2 − 1 = 0   2  ⇔  2   x − 2x + 2 − 1  x = 2 ± 3− 2  2

a) Phương trình tương đương với (x + 2)(x 2 − 5x + 4) = 0  x = −2  ⇔ (x + 2)(x − 1)(x − 4) = 0 ⇔  x = 1  x =4  Vậy phương trình có nghiệm là x = −2, x = 1 và x = 4

− 2± Vậy phương trình có nghiệm là x ∈ {

2+3 2

;

2± 2

3− 2 } 2 2

b) Phương tình tương đương với ( x + 1 ) ( 3x 4 − 16x 3 + 32x 2 − 27x + 6 ) = 0

Nhận xét: Đây là phương trình đưa về được dạng ( x 2 + α ) = a ( x + β )

⇔ ( x + 1 )( x − 2 ) ( 3x 3 − 10x 2 + 12x − 3 ) = 0

Ví dụ 4: Tìm m để phương trình x 3 − ( 2m + 5 ) x 2 + ( m 2 + 6m + 7 ) x − 3m 2 − 3 = 0 (*) có ba nghiệm

 x = −1  x = 2 ⇔ (3x − 1)(x − 2)(x + 1)(x 2 − 3x + 3) = 0 ⇔   1   x = 3

dương phân biệt. Lời giải: Nhẩm nghiệm ta thấy phương trình luôn có nghiệm x = 3 do đó dùng lược đồ hoócne ta có  x =3 (*) ⇔ ( x − 3 )  x 2 − 2 ( m + 1 ) x + m 2 + 1  ⇔  2 2  x − 2 ( m + 1 ) x + m + 1 = 0 (**) Phương trình (*) có ba nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi phương trình (**) có hai nghiệm dương phân   ∆' > 0    P  >0 biệt khác 3 ⇔   S >0    32 − 2 ( m + 1 ) .3 + m − 2 ≠ 3     m + 1 2 − m2 − 1 > 0  )   m>0 (     2 ( m + 1) > 0   ⇔ 2 ⇔  m > −1 ⇔ m > 0   m +1 > 0   m ≠ −2      m ≠ − 2    Vậy m > 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán 3. Bài tập luyện tập Bài 3.39: Giải các phương trình sau: a) 2 x 4 + 5 x3 − 3 x 2 − 8 x + 4 = 0 b) −12 + 20 x + 19 x 2 − 21x3 − 4 x 4 + 4 x5 = 0 2 3 4 c) −6 + x − 5 x + x + x = 0 d) x 5 − 2 x 4 + 3 x 3 − 6 x 2 + 2 x − 4 = 0 Bài 3.40: Giải các phương trình sau: a) x 4 − 2 x 2 − 2 x + 1 = 0 b) x 4 − x 2 − 2 x − 1 = 0

Vậy phương trình có nghiệm là x = −1, x =

1 và x = 2 3

Ví dụ 2: Giải phương trình: x 4 − 4x 3 − 10x 2 + 37x − 14 = 0 Lời giải: Đối với phương trình này ta không nhẩm được nghiệm nguyên hay hữu tỉ Bây giờ ta giả sử phương trình trên phân tích được thành dạng

( x 2 + a1x + b1 )( x 2 + a2x + b2 ) = 0 ⇔ x 4 + ( a1 + a2 ) x 3 + ( a1a2 + b1 + b2 ) x 2 + ( a1b2 + a 2b1 ) x + b1b2

a1 + a2 = −4     a a + b1 + b2 = −10 Đồng nhất các hệ số ta có  1 2  a1b2 + a2b1 = 37    b b = −14    12 Suy ra b1 = −2;b2 = −7; a1 = −5; a2 = 1

Do đó phương trình tương đương với

( x 2 − 5x

+ 2 )( x 2 + x − 7 ) = 0

  x = 5 ± 17  x 2 − 5x + 2 = 0  2 ⇔  2 ⇔   −1 ± 29  x + x − 7 = 0 x =  2

Vậy phương trình có nghiệm là x =

Bài 3.41: Tìm m để phương trình x 3 − ( 2m + 1 ) x 2 + ( m 2 + m + 1 ) x − m 2 + m − 1 = 0 có ba nghiệm

5 ± 17 −1 ± 29 và x = 2 2

Ví dụ 3: Giải các phường trình sau:

b) x 4 − 4x = 1

a) x 4 − 4x 2 + 12x − 9 = 0 Lời giải:

a) Phương trình tương đương với x − (2x − 3) = 0 4

 x =1 ⇔ (x 2 + 2x − 3)(x 2 − 2x + 3) = 0 ⇔   x = −3 Vậy phương trình có nghiệm là x = 1 và x = − 3

dương phân biệt. Loại 2: Đặt ẩn phụ 1. Phương pháp giải Điểm quan trọng nhất trong đối với phương trình dạng này là phát hiện ẩn phụ t = f ( x ) có ngay trong từng

phương trình hoặc xuất hiện sau một phép biến đổi hằng đẳng thức cơ bản hoặc phép chia cho một biểu thức khác 0. 2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Giải các phương trình sau a) 2x 4 − 5x 3 + 6x 2 − 5x + 2 = 0 Lời giải:

b) 2x 4 − 21x 3 + 74x 2 − 105x + 50 = 0

b) Phương trình tương đương với x 4 − 2x 2 + 1 − 2(x 2 − 2x + 1) = 0 -- 43 --

-- 44 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

a) Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình nên chia hai vế phương trình cho x 2 ta được: 2(x 2 +

1 1 ) − 5(x + ) + 6 = 0 . x x2

Đặt t = x +

b) Phương trình tương đương với 4 ( x 2 + 17x + 60 )( x 2 + 16x + 60 ) = 3x 2 (*) Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình.

1 1 1 ⇒ x + = ⇔ 2x 2 − x + 2 = 0 (vô nghiệm). 2 x 2

Xét x ≠ 0 , chia hai vế cho x 2 ta có  60  60  ( * ) ⇔ 4  x + 17 +  x + 16 +  = 3 x x   

1 = 2 ⇔ x 2 − 2x + 1 = 0 ⇔ x = 1 x Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1

*t =2⇒x+

b) Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình nên chia hai vế phương trình cho x 2 ta được: 105 50 25 5 2x 2 − 21x + 74 − + 2 = 0 ⇔ 2(x 2 + 2 ) − 21(x + ) + 74 = 0 . x x x x 5 25 5 Đặt t = x + , ⇒ x 2 + 2 = (x + )2 − 10 = t 2 − 10 x x x t = 6  Ta có phương trình: 2(t 2 − 10) − 21t + 74 = 0 ⇔ 2t 2 − 21t + 54 = 0 ⇔  t = 9  2 x = 2  9 5 9 .(thỏa mãn) ⇒ x + = ⇔ 2x 2 − 9x + 10 = 0 ⇔  x = 5 2 x 2  2 x = 1 5 * t = 6 ⇒ x + = 6 ⇔ x 2 − 6x + 5 = 0 ⇔  (thỏa mãn) x  x = 5  5    Vậy phương trình có nghiệm là x ∈ 1;2; ;5  .  2     

Với x ≠ 0 ta chia hai vế phương trình cho x 2 ta có pt: a(x 2 +

k2 k ) + b(x ± ) + c = 0 x x2

k k2 k , ta có x 2 + 2 = (x ± )2 ∓ 2k = t 2 ∓ 2k thay vào phương trình ta quy về phương trình x x x bậc hai a(t 2 ∓ 2k ) + bt + c = 0 .

Đặt t = x ±

Ví dụ 2: Giải các phương trình sau

b) 4 ( x + 5 )( x + 6 )( x + 10 )( x + 12 ) = 3x 2

a) x (x + 1)(x + 2)(x + 3) = 24 Lời giải:

a) Phương rình tương đương với (x + 3x )(x + 3x + 2) = 24 . 2

Đặt t = x 2 + 3x , phương trình trở thành -- 45 --

60 3 −35 ± 265 3 ta có x + 16 + = − ⇔ 2x 2 + 35x + 120 = 0 ⇔ x = 2 x 2 4 −35 ± 265 15 và x = . 2 4

Cách giải: Đặt t = x 2 + (a + b)x ta quy về phương trình bậc hai (t + ab)(t + cd ) = e

Tức là có dạng ax + bx + cx ± bkx + ak = 0 . Cách giải: Xét x = 0 xem có phải là nghiệm của phương trình không 3

 x = −8  1 60 1 ta có x + 16 + = ⇔ 2x 2 + 31x + 120 = 0 ⇔   x = − 15 2 x 2  2

Chú ý: Phương trình có dạng (x + a )(x + b)(x + c)(x + d ) = e trong đó a + b = c + d

Với y =

Vậy phương trình có nghiệm là x = −8, x = −

d  e Chú ý: Các phương trình trên có dạng tổng quát là ax + bx + cx + dx ± e = 0 với =   = k 2 . a  b  3

60 phương trình trở thành x  1  y= 2 2 4 ( y + 1 ) y = 3 ⇔ 4y + 4y − 3 = 0 ⇔  y = − 3  2

Đặt y = x + 16 +

Với y = −

*t =

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

 t = −6 t (t + 2) = 24 ⇔ t 2 + 2t − 24 = 0 ⇔   t = 4

* t = −6 ⇒ x 2 + 3x = −6 ⇔ x 2 + 3x + 6 = 0 (Phương trình vô nghiệm)  x =1 * t = 4 ⇒ x 2 + 3x = 4 ⇔ x 2 + 3x − 4 = 0 ⇔  .  x = −4 Vậy phương rình có nghiệm là x = −4 và x = 1 .

1 1 1 , ⇒ x 2 + 2 = (x + )2 − 2 = t 2 − 2 x x x

t = 2  Ta có phương trình: 2(t 2 − 2) − 5t + 6 = 0 ⇔ 2t 2 − 5t + 2 = 0 ⇔  t = 1  2

*t =

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

Phương trình có dạng ( x + a )( x + b )( x + c )( x + d ) = mx 2 trong đó ab = cd Cách giải: Kiểm tra xem x = 0 có là nghiệm của phương trình hay không.  ab  cd  Xét x ≠ 0 chia hai vế cho x 2 ta được  x + a + b +   x + c + d +  = m  x  x   ab ta quy về phương trình bậc hai ( t + a + b )( t + c + d ) = m x Ví dụ 3: Giải các phương trình sau

Đặt t = x +

a) (x + 1)4 + (x + 3)4 = 2 Lời giải: a) Đặt x = t − 2 phương trình trở thành

b) 3(x 2 − x + 1)2 − 2(x + 1)2 = 5(x 3 + 1)

(t − 1)4 + (t + 1)4 = 2 ⇔ t 4 + 6t 2 = 0 ⇔ t 2 ( t 2 + 6 ) = 0 ⇔ t = 0

Suy ra x = −2 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = −2 . b) Vì x = −1 không là nghiệm của phương trình nên chia hai vế cho x 3 + 1 ta được: -- 46 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

Đặt t =

Phương trình (*) bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (**) có hai nghiệm dương phân biệt  4 − ( m + 1) > 0   ∆ ' > 0     4 m<3   >0     S >0 ⇔ ⇔ ⇔ −1 < m < 3  m +1    m > −1     P > 0 1      >0   m +1  Vậy phương trình (*) có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi −1 < m < 3 .

x2 − x + 1 3 ± 13 *t =2⇒ = 2 ⇔ x 2 − 3x − 1 = 0 ⇔ x = x +1 2

Ví dụ 5: Cho phương trình x 4 + 4x 3 − 3x 2 − 14x + m = 0 a) Giải phương trình khi m = 6 b) Tìm m để phương trình có nghiệm Lời giải:

x2 − x + 1 x +1 3 −2 2 = 5. x +1 x −x +1 x2 − x + 1 , phương trình trở thành x +1  t =2  2 3t − = 5 ⇔ 3t 2 − 5t − 2 = 0 ⇔  t = − 1 t  3

*t =−

1 x2 − x + 1 1 ⇒ = − ⇔ 3x 2 − 2x + 4 = 0 phương trình vô nghiệm. 3 x +1 3

3 ± 13 2 Chú ý: Phương trình ở câu a) có dạng (x + a )4 + (x + b )4 = c .

Vậy phương trình có nghiệm là x =

Cách giải: Đặt x = t −

⇔ ( x 2 + 2x ) − 7 ( x 2 + 2x ) + m = 0 2

Đặt t = x 2 + 2x , x 2 + 2x = ( x + 1 ) − 1 ≥ −1 suy ra t ≥ −1

a +b ta đưa về phương trình trùng phương 2

Phương trình trở thành t 2 − 7t + m = 0 (*) t = 1 a) Khi m = 6 ta có t 2 − 7t + 6 = 0 ⇔   t = 6

a −b 4 Phương trình có nghiệm ⇔ c ≥ 2( ) 2

Với t = 1 thì x 2 + 2x = 1 ⇔ x 2 + 2x − 1 = 0 ⇔ x = −1 ± 2 Với t = 6 thì x 2 + 2x = 6 ⇔ x 2 + 2x − 6 = 0 ⇔ x = −1 ± 7

Ví dụ 4: Cho phương trình ( m + 1 ) x 4 − 4x 2 + 1 = 0 (*). Tìm m để

a) Phương trình (*) có nghiệm b) Phương trình (*) có bốn nghiệm phân biệt Lời giải:

Vậy phương trình có nghiệm là x = −1 ± 2 và x = −1 ± 7 . b) Phương trình ban đầu có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm t ≥ −1 ⇔ Đồ thị hàm số y = t 2 − 7t + m trên [ − 1; +∞) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt

Đặt t = x 2, t ≥ 0 , phương trình trở thành

( m + 1 )t 2 − 4t + 1 = 0

Phương trình tương đương ( x 4 + 4x 3 + 4x 2 ) − ( 7x 2 + 14x ) + m = 0

Xét hàm số y = t 2 − 7t + m trên [ − 1; +∞) Ta có bảng biến thiên

(*)

a) Với m = −1 phương trình (*) trở thành −4x 2 + 1 = 0 ⇔ x = ±

1 suy ra m = −1 thì phương trình (*) 2

có nghiệm Với m ≠ − 1 phương trình (**) là phương trình bậc hai. Phương trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (**) có nghiệm không âm TH1: Phương trình (**) có hai nghiệm không âm  4 − ( m + 1) ≥ 0   ∆ ' ≥ 0     4 m≤3   ≥0    ⇔ ⇔ −1 < m ≤ 3 S ≥ 0 ⇔  m +1        m > −1  P ≥ 0 1      ≥0   m +1  1 TH2: Phương trình (**) có hai nghiệm trái dấu ⇔ P < 0 ⇔ < 0 ⇔ m < −1 m +1 TH3: Phương trình (**) có một nghiệm bằng không và một nghiệm âm(không xảy ra vì x = 0 không là nghiệm của phương trình (**) với mọi m ) Vậy phương trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi m ≤ 3 . 1 b) Với m = −1 phương trình (*) trở thành −4x + 1 = 0 ⇔ x = ± suy ra m = −1 không thỏa mãn 2 Với m ≠ −1 phương trình (**) là phương trình bậc hai. 2

-- 47 --

−1 8 +m

+∞ +∞

y m

Suy ra để phương trình có nghiệm là m ≤ 0 . 2

Chú ý: Phương trình trên là phương trình có thể đưa về dạng A ( x 2 + ax ) + B ( x 2 + ax ) + C = 0 và

cách giải là đặt t = x 2 + ax và đưa về phương trình bậc hai At 2 + Bt + C = 0 . 3. Bài tập luyện tập Bài 3.42: Giải các phương trình sau a) 2 x 4 + 3 x 3 − 16 x 2 + 3 x + 2 = 0 4

b) x 6 + 3x 5 − 6x 4 − 21x 3 − 6x 2 + 3x + 1 = 0

( 2x − 1 )( 4x + 5 )( 8x + 3 )( 16x − 15 ) = 99x 2

b) ( x + 3 ) + ( x − 5 ) = 1312

d) x 4 − 9x 2 − 2x + 15 = 0

e) 2 ( x 2 − x + 1 ) + 5 ( x + 1 ) = 11 ( x 3 + 1 ) .

Bài 3.43: Tìm m để phương trình : (x 2 − 1)(x + 3)(x + 5) = m có nghiệm. Bài 3.44: Tìm m để phương trình : x 4 − 4x 3 + 8x = m có bốn nghiệm phân biệt. -- 48 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

CHỦ ĐỀ 4. HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT NHIỀU ẨN A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn a) Định nghĩa: Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn là hệ phương trình có dạng   a1x + b1y = c1  (a12 + b12 ≠ 0, a 22 + b22 ≠ 0)   a x + b2y = c2   2 b) Giải và biện luận hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn:

Tính các định thức:

a1 b1 a2 b2

Xét định thức

c2 b2

, Dy =

a1 c1 a 2 c2

Kết quả

 D  D Hệ có nghiệm duy nhất  x = x ; y = y   D D Hệ vô nghiệm Hệ có vô số nghiệm

D≠0 D=0

c1 b1

, Dx =

Dx ≠ 0 hoặc Dy ≠ 0 Dx = Dy = 0

Chú ý: Để giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn ta có thể dùng các cách giải đã biết như: phương pháp thế, phương pháp cộng đại số. 2. Hệ phương trình bậc nhất nhiều ẩn Nguyên tắc chung để giải các hệ phương trình nhiều ẩn là khử bớt ẩn để đưa về các phương trình hay hệ phương trình có số ẩn ít hơn. Để khử bớt ẩn, ta cũng có thể dùng các phương pháp cộng đại số, phương pháp thế như đối với hệ phương trình bậc nhất hai ẩn B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI DẠNG TOÁN 1: GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN, BA ẨN 1. Phương pháp giải Sử dụng phương pháp cộng đại số, phương pháp thế, dùng định thức. 2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau    5x − 4y = 3  2x + y = 11 a)  b)   7x − 9y = 8  5x − 4y = 8         3x − y = 1 2 x + 4 y = − 1   c)  d)    2 x + 4 2 y = 5 5x + 2y = 3       Lời giải: 5 −4 3 −4 5 3 a) Ta có D = = −17 , Dx = = 5, Dy = = 19 7 −9 8 −9 7 8

 D Dy   5 19  Suy ra hệ phương trình có nghiệm là ( x; y ) =  x ;  = − ;−   D D   17 17  2 1 11 1 2 11 b) Ta có D = = −13 , Dx = = −52, Dy = = −39 5 −4 8 −4 5 8 D D  Suy ra hệ phương trình có nghiệm là ( x; y ) =  x ; y  = ( 4;3)  D D c) ) Ta có D =

2 2

4 4 2

= 0 , Dx =

−1

4 2

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

Suy ra hệ phương trình vô nghiệm d) Ta có D =

3 5

−1 2

= 11, Dx =

−1

= 2 + 3, Dy =

= −2

D D   2+ 3 2 Suy ra hệ phương trình có nghiệm là ( x; y ) =  x ; y  =   11 ; − 11  D D     Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau:  3(x + y )   = −7    (x + 3)y − 5) = xy  x −y = 2     a)  b)  c)  x − y    5x − y 5  2x − y = −1  (x − 2)(y + 5) = xy    =   3   y −x Lời giải:   xy − 5x + 3y − 15 = xy a) Hệ phương trình tương đương với   xy + 5x − 2y − 10 = xy       −5x + 3y = 15  y = 25  x = 12 ⇔ ⇔ ⇔     5x − 2y = 10  5x − 2y = 10  y = 25       Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x; y ) = (12; 25)

 x − y = ± 2 b) Hệ phương trình tương đương với   2x − y = −1     x − y = 2 x − y = − 2 (1) hoặc  (2) ⇔    2x − y = −1 2 x − y = − 1    

 x = −1 − 2  x = −1 − 2 Ta có (1) ⇔  ⇔ 2 x − y = −1  y = −1 − 2 2  x = −1 + 2  x = −1 − 2 ⇔  y = −1 + 2 2 2 x − y = −1

( 2 ) ⇔ 

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) là

( −1 −

) (

2; −1 − 2 2 và −1 − 2; −1 + 2 2

c) ĐKXĐ: x ≠ y  3(x + y ) = −7 ( x − y )  Hệ phương trình tương đương với   3 5x − y ) = 5 ( y − x )   (  10x − 4y = 0 x = 0   (không thỏa mãn) ⇔ ⇔     20 x − 8 y = 0  y = 0   Vậy hệ phương trình vô nghiệm. Ví dụ 3: Giải các hệ phương trình sau: 6 5  6   2   + =3 + =3   x y  x − 2y x + 2y   a)  b)    9 10 3 4   − =1 + = −1     x y x − 2 y x + 2y    

= −4 2 − 20 ≠ 0

-- 49 --

-- 50 --

)

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10  6x − 3  2y  − =5   y −1 x +1  c)   4 x 2 4 y −  − =2   x +1   y −1 Lời giải: x ≠ 0 a) ĐKXĐ:  y ≠ 0  1   u = x . Hệ đã cho trở thành Đặt  1   v =   y  

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

 2 x − 6 + 3 y + 1 = 5 d)   5 x −6 −4 y +1 = 1  

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

 x = 7  1 = x − 6 − 6 = ± 1 x   x = 5 Thay vào ta có  ⇔ ⇔ 1 = y + 1 + 1 = ± 1 y    y = 0   y = −2  Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) là ( 7;0 ) , ( 7; −2 ) , ( 5;0 ) , ( 5; −2 ) .

 1 1   x = 3  =   3 ⇔ Ta được hệ phương trình:  x (thỏa mãn)  1 1   y =5    =  y 5  

 3x + y − 3z = 1 (1)    Ví dụ 4: Giải hệ phương trình  x − y + 2z = 2 (2)   2 2 3 (3) − x + y + z =    Lời giải: Cách 1(Phương pháp cộng đại số): Hệ phương trình tương đương với x = 1  7y + 3z = 10  25z = 25          y = 1   y + 4 z = 5 ⇔ y + 4 z = 5 ⇔          − x + 2 y + z = 3 − x + 2 y + z = 3 z =1         

Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x; y ) = ( 3;5) .

Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x; y; z ) = (1;1;1) .

x − 2y ≠ 0 x ≠ 0 b) ĐKXĐ:  ⇔ x + 2 y ≠ 0 y ≠ 0    1  7   u =   u = u v 6 + 2 = 3   x 2 y −   9 ⇔ Đặt  . Hệ đã cho trở thành   3u + 4v = −1   5 1     v =− v =      6 x + 2y     7 1       x − 2y = 9  x = 3 =     9 x − 2 y    7 70 (thỏa mãn) Ta được hệ phương trình:  ⇔ ⇔    5 1 6 87    − = x y y + 2 = − = −       x + 2y  5  140   6

Cách 2(Phương pháp thế): Ta có ( 2 ) ⇔ x = y − 2z + 2 thế vào (1) ta được

  1   u =  6u + 5v = 3  3 ⇔     9u − 10v = 1  v = 1     5

87   3 Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x; y ) =  ; − .  70 140   x ≠ −1 c) ĐKXĐ:   y ≠1

 2x − 1   u = y − 1 . Hệ đã cho trở thành  Đặt   y  v=   x +1  

( 3) ⇔ x = 2 y + 2 z − 3 thế vào (1) ta được 3 ( 2 y + 2 z − 3) + y − 3z = 1 ⇔ 3z = 10 − 7 y thế vào (*) ta được 4 y − 3 (10 − 7 y ) = −5 ⇔ y = 1  x = z = 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x; y; z ) = (1;1;1) . 3. Bài tập luyện tập Bài 3.45: Giải các hệ phương trình sau:  3x − y = 1  a)   6x − 2y = 5  

 u = 2    3u − 2v = 5   ⇔  1  2u − 4v = 2  v =      2

  2x − 1 x = 0   =2   2x − 2y = −1    Ta được hệ phương trình:  y − 1 ⇔ ⇔    y  x − 2y = −1 y = 1 1     =    2   x + 1 2  1 Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x; y ) =  0;  .  2

u = x − 6 d) Đặt  , u ≥ 0, v ≥ 0 , hệ phương trình trở thành  v = y + 1

3 ( y − 2z + 2 ) + y − 3z = 1 ⇔ 4 y − 9z = −5 (*)

 2u + 3v = 5 u = 1    ⇔     5 u − 4 v = 1  v = 1  

-- 51 --

 ( )   2 + 1 x + y = 2 −1 b)   2x − ( 2 − 1 ) y = 2 2   

Bài 3.46: Giải các hệ phương trình sau:  x + 2y − 3z = 2    a)  b)  x − 3y + z = 5   x − 5y = 1      x + 3y + 2z = 8   d) c)  2x + y + z = 6   + + = 3 x y z 6    Bài 3.47: Giải các hệ phương trình sau  x + 5y = 7  a)   3x − 2y = 4  

2 x + y − x − y = 9  c)   3 x + y + 2 x − y = 17  

  3 2   x + y = 16 4 3 c)     5 x − 3 y = 11   2 5

  3x + y − z = 1    2x − y + 2z = 5    x − 2y − 3z = 0      x − 3y + 2z = −7    −2x + 4y + 3z = 8    3x + y − z = 5   

    x b)        x  4 d)   3  

1 1 5 + = +y x −y 8 1 1 3 − = −y x +y 8 x +y + 3 x −y = 8 x +y −5 x −y = 6

-- 52 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

DẠNG TOÁN 2: GIẢI VÀ BIỆN LUẬN HỆ HAI PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN 1. Phương pháp giải Sử dụng định thức: Tính D, Dx , Dy

 a ≠b  TH1: Với D ≠ 0 ⇔ a 2 − b 2 ≠ 0 ⇔   a ≠ −b  

 D Dy  • Nếu D ≠ 0 thì hệ có nghiệm duy nhất ( x ; y ) =  x ;  D D

Hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) là x =

TH2: Với D = 0 ⇔ a 2 − b 2 = 0 ⇔ a = ±b :

• Nếu D = 0 thì ta xét Dx , D y

 Dx ≠ 0 Với  khi đó phương trình vô nghiệm  Dy ≠ 0 Với Dx = Dy = 0 thì hệ phương trình có vô số nghiệm tập nghiệm của hệ phương trình là tập nghiệm của một trong hai phương trình có trong hệ. 2. Các ví dụ minh họa  mx − y = 2m  Ví dụ 1: Giải và biện luận hệ phương trình:   4x − my = m + 6   Lời giải: m −1 Ta có D = = 4 − m 2 = ( 2 − m )( 2 + m ) 4 −m

Dx = Dy =

−1

m + 6 −m m

m+6

= −2m 2 + m + 6 = ( 2 − m )( 2m + 3)

= m 2 − 2m = m ( m − 2 )

 D Dy   2m + 3 m  m≠2 : Hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) =  x ; Với D ≠ 0 ⇔  ;− =  2m + 1   m ≠ −2  D D   2+m Với D=0 ⇔ m = ±2 : + Khi m = 2 ta có D = Dx = Dy = 0 nên hệ phương trình có nghiệm là nghiệm của phương trình 2 x − y = 4 ⇔ y = 2 x − 4 . Do đó hệ phương trình có nghiệm là

( x; y ) = ( t; 2t − 4 ) , t ∈ R .

+ Khi m = −2 ta có D = 0, Dx ≠ 0 nên hệ phương trình vô nghiệm Kết luận m   2m + 3 m ≠ 2 và m ≠ −2 hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) =  ;−  2m + 1   2+m

m = 2 hệ phương trình có nghiệm là

( x; y ) = ( t; 2t − 4 ) , t ∈ R .

m = −2 hệ phương trình vô nghiệm  a ( x − 1 ) + by = 1 Ví dụ 2: Giải và biện luận hệ phương trình sau:  b ( x − 1 ) + ay = 1   Lời giải: ax − a + by = 1 ax + by = a + 1   Hệ tương đương:  ⇔    bx − b + ay = 1  bx + ay = b + 1  

Ta có: D = Dx =

a b b a

D (a − b )(a + b + 1 ) Dx 1 = ; y = y = D a − b a + b D a +b ( )( )

= a 2 − b 2 = ( a − b )( a + b )

+ Khi a = b ta có D = 0; Dx = 0; Dy = 0 hệ phương trình có nghiệm là nghiệm của phương trình

a ( x − 1) + ay = 1 hay ax + ay = a + 1 (*) Nếu a = 0 thì phương trình (*) vô nghiệm, do đó nếu a ≠ 0 thì (*) ⇔ y =  − at + a + 1  Vì vậy hệ phương trình có nghiệm dạng ( x; y ) =  t ;  a  

+ Khi a = −b ta có D = 0; Dy = −2b Nếu b ≠ 0 ⇒ D = 0; Dy ≠ 0 suy ra hệ phương trình vô nghiệm   0.x + 0.y = 1 Nếu a = b = 0 : Hệ phương trình trở thành  ⇒ hệ vô nghiệm.  0.x + 0.y = 1   Kết luận  a + b +1 1  a ≠ b và a ≠ −b hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) =  ;   a +b a+b   − at + a + 1  a = b ≠ 0 hệ phương trình có nghiệm là ( x; y ) =  t ;  a   a = −b hệ phương trình vô nghiệm  2m 2x + 3 ( m − 1 ) y = 3  Ví dụ 3: Tìm m để hệ vô nghiệm   m x +y)−y = 2   ( Lời giải:   2m 2x + 3 ( m − 1 ) y = 3 Hệ phương trình tương đương với   mx + ( m − 2 ) y = 2  

Ta có D =

Dx =

2m 2 m

3(m − 1) = 2m 3 − 7m 2 + 3m m −2

3 3(m − 1) 2m 2 = −3m ; Dy = 2 m −2 m

3 = 4m2 − 3m 2

Hệ đã cho vô nghiệm xảy ra trong hai trường hợp sau D = 0  2m 3 − 7m 2 + 3m = 0   TH1:  ⇔     Dx ≠ 0  −3m ≠ 0   m = 3   m ( 2m 2 − 7m + 3 ) = 0  ⇔ ⇔ 2m 2 − 7m + 3 = 0 ⇔    m ≠0 m = 1    2

a +1 b a a +1 = ( a − b )(a + b + 1 ), Dy = = a −b b +1 a b b +1

-- 53 --

− ax + a + 1 a

-- 54 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

m = 3     m = 0        1    m = 3  m = 2 3 2    D = 0  2m − 7m + 3m = 0   TH2:  ⇔ ⇔ m ≠ 0 ⇔   2    m = 1 Dy ≠ 0 4m − 3m ≠ 0      3   2  m ≠   4         1 Vậy hệ vô nghiệm khi m = 3 và m = 2  x + 2ay = b  Ví dụ 4: Tìm các giá trị của b sao cho với mọi a thì hệ phương trình  có nghiệm.  ax + ( 1 − a ) y = b 2  

Lời giải: Ta có: D =

= 1 − a − 2a 2

a 1−a

   a ≠ −1 ⇒ D ≠ 0 ⇔ 2a 2 + a − 1 ≠ 0 ⇔   1  a ≠    2   a ≠ −1  Suy ra  1 thì hệ phương trình có nghiệm  a ≠    2   x − 2y = b Khi a = −1 , hệ trở thành:  ,  x − 2y = −b 2   b=0 Hệ có nghiệm ⇔ b = −b 2 ⇔ b + b 2 = 0 ⇔   b = −1 x + y = b  1 Khi a = , hệ trở thành   x + y = 2b 2 2    b =0  Hệ có nghiệm ⇔ b = 2b 2 ⇔  b = − 1  2

 b = 0      b = −1     Vậy hệ có nghiệm với mọi a ∈ ℝ khi và chỉ khi   b = 0 ⇔ b = 0       b = − 1      2 Ví dụ 4: Tùy vào m hãy tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của biểu thức sau: 2

P ( x; y ) = ( x + 2my + 1) + ( mx + 2 y )

Lời giải:  x + 2my + 1 = 0 Ta có P ( x; y ) ≥ 0 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  (*)  mx + 2 y = 0

-- 55 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 D=

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

= 2 − 2m 2

Nếu D ≠ 0 ⇔ 2 − 2m 2 ≠ 0 ⇔ m ≠ ±1 thì hệ phương trình (*) có nghiệm do đó min P ( x; y ) = 0 .  m =1 Nếu D = 0 ⇔   m = −1 2

Với m = 1 ta có P ( x; y ) = ( x + 2 y + 1) + ( x + 2 y ) = 2 ( x + 2 y ) + 2 ( x + 2 y ) + 1 2

1 1 1   P ( x; y ) = 2  x + 2 y +  + ≥ 2 2 2  1 1 Suy ra min P ( x; y ) = ⇔ x + 2 y + = 0 2 2 2

Với m = −1 ta có P ( x; y ) = ( x − 2 y + 1) + ( − x + 2 y ) = 2 ( x − 2 y ) + 2 ( x − 2 y ) + 1 2

1 1 1   P ( x; y ) = 2  x − 2 y +  + ≥ 2 2 2  1 1 Suy ra min P ( x; y ) = ⇔ x − 2 y + = 0 2 2

Vậy m ≠ ±1 thì min P ( x; y ) = 0 , m = ±1 thì min P ( x; y ) =

1 2

3. Bài tập luyện tập Bài 3.48: Giải và biện luận các hệ phương trình sau:  (m + 1)x − 2y = m − 1   mx + 2 y = 2m a)  b)  2  m x − y = m 2 + 2m x + y = 3    (m + 1)x + 8y = 4m  Bài 3.49: Tìm m để hệ phương trình  có nghiệm duy nhất  mx + (m + 3)y = 3m − 1    −4x + my = m + 1  Bài 3.50: Tìm m để hệ phương trình  có vô số nghiệm:  m + 6 ) x + 2y = m + 3  ( Bài 3.51: Tùy theo giá trị của m , hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 2

P ( x; y ) = ( mx + 2 y − 2 m ) + ( x + y − 3)

 (2m + 1)x − 3y = 3m − 2  Bài 3.52: Cho hệ phương trình:  .  (m + 3)x − (m + 1)y = 2m   a) Tìm m để hệ có nghiệm. b) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất (x;y) thỏa mãn x ≥ 2y .

c) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất (x;y) sao cho P = x 2 + 3y 2 nhỏ nhất .

 m x + 1 + y = m + 1  Bài 3.53: Giải và biện luận hệ:   x +1 +m y = 2    CHỦ ĐỀ 5. MỘT SỐ VÍ DỤ VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI HAI ẨN DẠNG TOÁN 1: HỆ GỒM MỘT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT VÀ MỘT BẬC HAI 1. Phương pháp giải Sử dụng phương pháp thế • Từ phương trình bậc nhất rút một ẩn theo ẩn kia. • Thế vào phương trình bậc hai để đưa về phương trình bậc hai một ẩn. • Số nghiệm của hệ tuỳ theo số nghiệm của phương trình bậc hai này. -- 56 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau    y + x 2 = 4x  3x − 4y + 1 = 0 a)  b)    2x + y − 5 = 0 xy = 3(x + y ) − 9     Lời giải:   5 − 2x + x 2 = 4x a) Hệ phương trình tương đương   y = 5 − 2x    x = 1     x 2 − 6x + 5 = 0    x =5  x = 1  hoặc  ⇔ ⇔    x = 5 ⇔       y =3 y = −5 y = 5 − 2x        y = 5 − 2x    Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x ; y ) là ( 1; 3 ) và ( 5; −5 ) .

  4y − 1  x = 3 b) Hệ phương trình tương đương    4y − 1 4y − 1  y = 3( + y) − 9    3 3  4y − 1   x =   x = 3 4 y 1 11  −    3 x =    x =   ⇔ ⇔ ⇔   y = 3  3 3 hoặc  5     2 y =  4y − 22y + 30 = 0  y =3  5        2   y=     2  11   5 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x ; y ) là  ;3  và  3;  .  3   2  Nhận xét: Từ cách giải của hệ phương trình trên ta thấy rằng nếu một hệ phương trình hai ẩn mà có một phương trình bậc nhất hai ẩn(hoặc có thể biểu diễn ẩn này qua ẩn kia) thì ta dùng phương pháp thế. Ta xét ví dụ sau: Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau  x (x + y + 1) − 3 = 0     x 3 = xy + 2 a)  b)  5   − = 2 x y 3 (x + y )2 − 2 + 1 = 0      x Lời giải:   x 3 = x ( 2x − 3 ) + 2 a) Hệ phương trình tương đương với   y = 2x − 3   2   ( x − 1 )( x − x + 2 ) = 0  x =1 ⇔ ⇔     y = 2x − 3 y = −1     Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x ; y ) là ( 1; −1 ) . b) ĐKXĐ: x ≠ 0

 3   x +y = −1   x  Hệ phương trình tương đương với  2   3 5  − 1  − 2 + 1 = 0     x   x  

-- 57 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

 3      x + y = 3 − 1 3  y = − x − 1    y x 1 = − − x    x ⇔ ⇔ ⇔ x x = 1    9 6 5     x 2 − 3x + 2 = 0 1 1 0 − + − + =    x = 2  2 2   x x x     x =2  x = 1   và  ⇔  3 (thỏa mãn)   y = 1 y =−      2

 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x ; y ) là ( 1;1 ) và  2; −  .  2

3. Bài tập luyện tập Bài 3.54: Giải các hệ phương trình     2x + y = 5  x 3y = 16  x 3 − 8x = y 3 + 2y b)  c)  2 a)  2 2  4x + y = 17  3x + y = 8  x − 3 = 3(y 2 + 1)        x + y = m  Bài 3.55: Tìm m để hệ phương trình:  2 có nghiệm.  2x − 3y 2 = 1   DẠNG TOÁN 2: HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG 1. Phương pháp giải a) Hệ đối xứng loại 1 Hệ phương trình đối xứng loại 1 là hệ phương trình có dạng:  f (x , y ) = 0  (I)  với f ( x ; y ) = f ( y; x ) và g ( x ; y ) = g ( y; x ) .  g(x , y ) = 0   (Có nghĩa là khi ta hoán vị giữa x và y thì f(x, y) và g(x, y) không thay đổi). Cách giải • Đặt S = x + y, P = xy. • Đưa hệ phương trình (I) về hệ (I') với các ẩn là S và P. • Giải hệ (I') ta tìm được S và P. • Tìm nghiệm ( x ; y ) bằng cách giải phương trình: X 2 − SX + P = 0 .

b) Hệ đối xứng loại 2  f (x , y ) = 0 (1)  Hệ phương trình đối xứng loại 2 là hệ phương trình có dạng: (II)   f ( y , x ) = 0 (2)   (Có nghĩa là khi hoán vị giữa x và y thì (1) biến thành (2) và ngược lại).   f (x , y ) − f (y, x ) = 0 (3) • Trừ (1) và (2) vế theo vế ta được: (II) ⇔   f (x , y ) = 0   x = y • Biến đổi (3) về phương trình tích: (3) ⇔ (x − y ).g (x , y ) = 0 ⇔  .  g(x , y ) = 0   f (x , y ) = 0    x = y . • Như vậy (II) ⇔    f (x , y ) = 0      g(x , y ) = 0 • Giải các hệ phương trình trên ta tìm được nghiệm của hệ (II).

-- 58 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

c) Chú ý: Hệ phương trình đối xứng loại 1, 2 nếu có nghiệm là ( x 0 ; y 0 ) thì ( y0 ; x 0 ) cũng là một nghiệm của nó. 2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau   x + xy + y = 2 + 3 2 a)   2 x + y2 = 6   Lời giải: a) Đặt S = x + y ; P = xy , ta có hệ:

S + P = 2 + 3 2   ⇔  2  S − 2P = 6     S = 2 + 2      ⇔   S = −4 − 2    P = 2 + 3 2 − S   

⇔   x 2y + xy 2 = 30 b)  3 .  x + y 3 = 35  

1 (x − y )  x 2 + y 2 + (x + y − 2)2  = 0 ⇔ x = y 2

(vì x 2 + y 2 + (x + y − 2)2 > 0) Thay x = y vào phương trình đầu ta được:

   S = 2 + 2 hoặc ⇔ P = 2 2   

x = 0 x = 0 ⇔  2 ⇔  x − 4 x + 2 = 0 x = 2± 2   Vậy hệ phương trình có ba nghiệm: (0; 0);(2 + 2;2 + 2) và (2 − 2;2 − 2) . c) ĐKXĐ: x ≠ 0 và y ≠ 0

  S = −4 − 2    P = 6+4 2   

x > 0  Nhận xét từ hệ phương trình ta có phương trình có nghiệm ( x ; y ) thì  .  y>0     x2 + 2  3x =  3xy 2 = x 2 + 2 (1)   y2 ⇔  Ta có     3yx 2 = y 2 + 2 (2) y2 + 2    3y =  2    x Trừ (1) và (2) ta được: (x − y )(3xy + x + y ) = 0 ⇔ x = y (vì 3xy + x + y > 0 )

Với S = 2 + 2 ; P = 2 2 ta có x, y là nghiệm phương trình: X = 2 X 2 − (2 + 2)X + 2 2 = 0 ⇔   X = 2 Với S = −4 − 2 ; P = 6 + 4 2 ta có x, y là nghiệm phương trình:

Với x = y : (1) ⇔ 3x 3 − x 2 − 2 = 0 ⇔ (x − 1)(3x 2 + 2x + 2) = 0 ⇔ x = 1.

X 2 + (4 + 2)X + 6 + 4 2 = 0 ( vô nghiệm).

Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x ; y ) = ( 1;1 ) .

Vậy hệ có nghiệm ( x ; y ) là (2; 2) và ( 2;2) . b) Đặt S = x + y, P = xy , điều kiện S2 ≥ 4P . Hệ phương trình trở thành:

  x 3 + 2x = y a)  3  y + 2y = x  

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

x 3 − 4x 2 + 2x = 0 ⇔ x (x 2 − 4x + 2) = 0

 S 2 + 2S = 10 + 6 2 (S + 1)2 = (3 + 2)2    ⇔     S + P = 2 + 3 2 P = 2 + 3 2 − S    

   P = 30  SP = 30     ⇔ ⇔  S  90    S (S 2 − 3P ) = 35   S  S 2 −  = 35     S     Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 y 2 − x 2 = x 3 − y 3 − 3(x 2 − y 2 ) + 2(x − y ) ⇔ (x − y )(x 2 + xy + y 2 − 2x − 2y + 2) = 0

S = 5 x + y = 5 x = 2  x = 3     . ⇔ ⇔ ∨         P = 6 xy = 6 y = 3    y = 2    

  y 2 = x 3 − 3x 2 + 2x b)  2  x = y 3 − 3y 2 + 2y  

Lời giải: a) Trừ vế với vế của phương trình đầu và phương trình thứ hai ta được: x 3 − y 3 + 3x − 3y = 0 ⇔ (x − y )(x 2 + y 2 + xy + 3) = 0 ⇔ x = y 2   y 3y 2 (Vì x 2 + y 2 + xy + 3 =   x +  + + 3  > 0 )   2 4   

Thay x = y vào phương trình đầu ta được: x 3 + x = 0 ⇔ x = 0 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x ; y ) = ( 0; 0 ) . b) Trừ vế với vế của phương trình đầu và phương trình thứ hai ta được:

  x2 + 2   3x =  y2 c)   y2 + 2  3y =     x2

  x 2 + xy + y 2 = m + 6 Ví dụ 3: Tìm m để hệ phương trình  có nghiệm duy nhất.  2x + xy + 2y = m   Lời giải:

Giả sử hệ phương trình có nghiệm ( x 0 ; y 0 ) thế thì ( y 0 ; x 0 ) cũng là một nghiệm của hệ. Vậy hệ có nghiệm   3x 2 = m + 6 suy nhất thì x 0 = y 0 suy ra  2 0 ⇒ 3x 02 = x 02 + 4x 0 + 6  x 0 + 4x 0 = m    x 0 = −1 ⇒ m = −3 2 ⇔ 2x 0 − 4x 0 − 6 = 0 ⇔   x 0 = 3 ⇒ m = 21   x 2 + xy + y 2 = 3 + Với m = −3 hệ trở thành   2(x + y ) + xy = −3    S = x + y   S2 − P = 3 Đặt  , S 2 ≥ 4P hệ phương trình trở thành     P = xy   2S + P = −3     S =0  2         S + 2S = 0 ⇔    S = −2 ⇔   S = 0 hoặc  S = −2 ⇔      P = −2S − 3   P = −3     P =1    P = −2S − 3      S =0 Khi  ta có  P = −3  

    x + y = −2 suy ra x , y là nghiệm của phương trình X 2 − 3 = 0 ⇔  X = 3    xy = 1  X = − 3  

Do đó hệ có nghiệm là

-- 59 --

(

3; − 3

)

(

và − 3; 3

) -- 60 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

Suy ra m = −3 thì hệ phương trình không có nghiệm duy nhất..  x 2 + xy + y 2 = 27  (x + y )2 − xy = 27   + Với m = 21 hệ trở thành  ⇔     2x + xy + 2y = 21  2(x + y ) + xy = 21    S 2 − P = 27 S = x + y   Đặt  , S 2 ≥ 4P hệ phương trình trở thành     P = xy 2S + P = 21          S =6  2       S + 2S − 48 = 0 ⇔   S = 6 hoặc  S = −8 (loại) ⇔ ⇔   S = −8      P = 9 P = 37 P = − 2 S + 21        P = − 2 S + 21      S = 6 x + y = 6 Khi  ta có  suy ra x , y là nghiệm của phương trình X 2 − 6X + 9 = 0 ⇔ X = 3 P = 9  xy = 9     Suy ra hệ có nghiệm duy nhất ( x ; y ) = ( 3; 3 )

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

  3 2 2   = x + 2y  x d)  3   = 2x 2 + y 2  y  

  x 3 = 2x − y c)  3  y = 2y − x  

 x = y2 − y + m Bài 3.58: Tìm m để các hệ phương trình  có nghiệm duy nhất.  y = x2 − x + m   DẠNG TOÁN 3: HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP BẬC HAI 1. Phương pháp giải  a x 2 + b1xy + c1y 2 = d1 Hệ phương trình đẳng cấp bậc hai là hệ phương trình có dạng: (I)  1 2 .  a x + b2xy + c2y 2 = d2   2 • Giải hệ khi x = 0 (hoặc y = 0). • Khi x ≠ 0, đặt y = tx . Thế vào hệ (I) ta được hệ theo k và x . Khử x ta tìm được phương trình

Vậy với m = 21 thì hệ có nghiệm duy nhất..

bậc hai theo k . Giải phương trình này ta tìm được k , từ đó tìm được ( x ; y ) .

 x + y = 2m − 1  Ví dụ 4: Cho ( x ; y ) là nghiệm của hệ phương trình  2 . Tìm m để xy nhỏ nhất.  x + y 2 = 2m 2 + 2m − 3   Lời giải:

2. Các ví dụ minh họa

Đặt S = x + y, P = xy , điều kiện S 2 ≥ 4P .

Nếu x = 0 thay vào ( 1 ) ⇒ y = 0 , thay vào (2) thấy ( x ; y ) = ( 0; 0 ) là nghiệm của phương trình (2) nên

 S = 2m − 1  Hệ phương trình trở thành  2  S − 2P = 2m 2 + 2m − 3    S = 2m − 1  S = 2m − 1   ⇔ ⇔   2 2 2   (2 m − 1) − 2 P = 2 m + 2 m − 3   P = m − 3m + 2  

Điều kiện S 2 ≥ 4P suy ra (2m − 1)2 ≥ 4 ( m 2 − 3m + 2 ) ⇔ 8m ≥ 7 ⇔ m ≥

  x 2 + 6y 2 − 5xy = 0 (1) Ví dụ 1:Giải hệ phương trình sau:  2  4x + 2xy + 6x = 27 (2)   Lời giải:

không phải là nghiệm của hệ phương trình.

7 (*) 8

  x 2 + 6t 2y 2 − 5tx 2 = 0 Nếu x ≠ 0 , đặt y = tx , thay vào hệ ta được  2  4x + 2tx 2 + 6x = 27      x 2 (1 + 6t 2 − 5t ) = 0  6t 2 − 5t + 1 = 0 (*)   ⇔ 2 ⇔ 2  4x + 2tx 2 + 6x = 27  4x + 2tx 2 + 6x = 27 (**)    

 3 1 1 Ta có P = xy = m 2 − 3m + 2 =  m −  − ≥ −  2 4 4 Dấu bằng xảy ra ⇔ m =

3 (thỏa mãn (*)) 2

(*) ⇔ t = Với t =

3 thì xy đạt giá trị nhỏ nhất. 2 3. Bài tập luyện tập Bài 3.56: Giải các hệ phương trình sau:    x + y + 2xy = 2  x 3 + y 3 = 19 b)  a)  3 3   x +y = 8 x + y )( 8 + xy ) = 2    (  x + y + 3xy = 5  x + y + xy = −2   c)  2 d)  2 2 2    2x + 2y − 3xy = 1  x +y = 4   Bài 3.57: Giải các hệ phương trình sau:  3     2 = 2x + y  x 2 = 3x + 2y   x a)  2 b)  3    y = 3y + 2x   = 2y + x  2   y

Vậy m =

-- 61 --

1 1 hoặc t = 2 3

1 thay vào (**) ta được 4x 2 + x 2 + 6x = 27 ⇔ 5x 2 + 6x − 27 = 0 2

 3  x = −3 ⇒ y = − 2 ⇔   x = 9⇒y = 9  5 10 1 2 Với t = thay vào (**) ta được 4x 2 + x 2 + 6x = 27 ⇔ 14x 2 + 18x − 81 = 0 3 3  9 1 + 15 3 1 + 15  ⇒y =− x = − 14 14  ⇔  9 15 − 1 3 15 − 1  ⇒y =  x =  14 14 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x ; y ) là

(

)

(

)

(

)

(

)

 3 1 + 15   9  3   9 9   9 1 + 15 ,  ;−  −3; − ,  ; ,  −   2   5 10   14 14   

(

)

(

)

(

) (

15 − 1 3 ; 14

-- 62 --

15 − 1   .  14 

)

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

  x 2 − xy + y 2 = 1 Ví dụ 2:Giải hệ phương trình  2  2x − 3xy + 4y 2 = 3   Lời giải: Dễ thấy x = 0 không thoả hệ   x 2 (t 2 − t + 1) = 1 (*) Với x ≠ 0 , đặt y = tx , thay vào hệ ta được  2 2  x (2t − 3t + 4) = 3   Suy ra 3(t 2 − t + 1) = 2t 2 − 3t + 4 ⇒ t = ±1

Thay vào (*) thì  x =1⇒y =1 Với t = 1 , ta có x 2 = 1 ⇔   x = −1 ⇒ y = −1  x = 3 ⇒ y = − 3 1  2 3 3 Với t = −1 ta có x = ⇔  3  3 3 ⇒y = x = −  3 3  1 −1   −1 1  Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x ; y ) là  ; ; ,  , ( −1; −1 ) và ( 1;1 )  3 3   3 3 

  x 2 + 2xy + y 2 = 11 Ví dụ 3: Với giá trị nào của m thì hệ:  2 có nghiệm  x + 2xy + 3y 2 = 17 + m   Lời giải: Dễ thấy x = 0 không thoả hệ Với x ≠ 0 , đặt y = tx , thay vào hệ ta được   x 2 ( 3 + 2k + k 2 ) = 11 ( * )   2  x 1 + 2k + 3k 2 ) = 17 + m   (

Suy ra ( 17 + m ) ( 1 + 2k + k 2 ) = 11 ( 1 + 2k + 3k 2 ) .

⇔ ( m − 16 ) k 2 + 2 ( m + 6 ) k + m + 6 = 0 ( * * ) 2

Ta có: 3 + 2k + k 2 = ( k + 1 ) + 2 > 0, ∀k ⇒ ( * ) luôn có nghiệm x với mọi k do đó hệ ban đầu có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (**) có nghiệm ẩn k . Với m = 16 : Phương trình (**) trở thành 44k + 88 = 0 ⇔ k = −2 . Vậy m = 16 thỏa mãn. Với m ≠ 16 : Phương trình (**) có nghiệm ⇔ ∆ 'k ≥ 0 2

⇔ ( m + 6 ) − ( m − 16 )( m + 6 ) ≥ 0 ⇔ 22 ( m + 6 ) ≥ 0 ⇔ m ≥ −6 Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m ≥ −6 . 3. Bài tập luyện tập   3x 2 + 5xy − 4y 2 = 38 Bài 3.59: Giải hệ phương trình sau:  2  5x − 9xy − 3y 2 = 15     3x 2 + 2xy + y 2 = 11  Bài 3.60: Giải hệ phương trình :  2  x + 2xy + 3y 2 = 17     x 2 − 4xy + y 2 = m Bài 3.61: Cho hệ phương trình :  2  y − 3xy = 4   a) Giải hệ phương trình với m = 1 b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm

-- 63 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

DẠNG TOÁN 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI HAI ẨN 1. Phương pháp giải Đưa về phương trình tích: Việc phân tích thành tích có thể có ngay từ một phương trình trong hệ hoặc qua phép biến đổi đại số(phép thế, cộng đại số) ta thu về được phương trình tích. Đặt ẩn phụ: Điều quan trọng là ta cần phát hiện ra ẩn phụ. Thường chúng ta cần biến đổi đại số(cộng trừ nhân, chia với mộ số, biểu thức) thì mới xuất hiện ẩn phụ. 2. Các ví dụ minh họa Loại 1: Hệ phương trình có thể đưa về phương trình tích Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau  5xy     x+ 2 = 2 ( y + 1)  4x 2 + 1 = y 2 − 4x     2xy + 3x + 4y = −6 x + y2 a)  2 b) c)   2 2 2    2 x + 4 y + 4 x + 12 y = 3 x + xy + y = 1      x − 1 ) = y ( 3 − 5y )    ( Lời giải:  ( x + 2 )( 2y + 3 ) = 0  a) Hệ phương trình tương đương với  2  x + 4y 2 + 4x + 12y = 3     x +2 = 0 2y + 3 = 0   (1) hoặc  2 (2) ⇔  2 2 2   x + 4 y + 4 x + 12 y = 3 x + 4 y + 4x + 12y = 3       x = −2 x = −2   Ta có ( 1 ) ⇔  2 (Vô nghiệm) ⇔  2 2   x − y + 2 x − 4 y = 5 y + 4y + 5 = 0        5  1      3  3 x =− x =     y =− y =−     2 2 ⇔ ⇔ hoặc  ( 2 ) ⇔  2 2    3   x 2 − y 2 + 2x − 4y = 5  4x 2 + 8x − 5 = 0 y = − 3 y =−          2  2  5 3 1 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm là  − ; −  và  ; −  .  2 2   2 2 

 2x + 1 2 = y 2    y = ± ( 2x + 1 ) ( ) b) Hệ phương trình tương đương với  ⇔  2  2 2  x + xy + y = 1  x + xy + y 2 = 1         y = 2x + 1  y = 2x + 1  Xét hệ  ⇔ 2  2 2 2   x + xy + y = 1 x + x ( 2x + 1 ) + ( 2x + 1 ) = 1        x = 0    y = 2x + 1    y = 1          y = 2x + 1 ⇔    x = 0 ⇔  5  ⇔   2    7x + 5x = 0   x = − 7 5       x = −    3   7  y =−   7     y = −2x − 1  y = −2x − 1  Xét hệ  ⇔ 2  2 2 2  x + xy + y = 1  x − x ( 2x + 1 ) + ( 2x + 1 ) = 1        x =0    y = −2x − 1    y = −1  = − − y 2 x 1    ⇔ ⇔ ⇔   2   x = 0   3x + 3x = 0   x = −1       x = −1        y =1  -- 64 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

 5 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x ; y ) là ( 0;1 ),  − ; − , ( 0; −1 ) và ( −1;1 ) .  7 7  c) ĐKXĐ: x ≠ 0 và y ≠ 0 Phương trình thứ nhất của hệ phương trình tương đương với

5xy 5xy = 2 ( y + 1 ) ⇔ x − 2y + 2 −2 = 0 x2 + y2 x + y2

( x − 2y )( y − 2x ) 5xy − 2x 2 − 2y 2 = 0 ⇔ x − 2y + =0 x 2 + y2 x 2 + y2  x = 2y ⇔ ( x − 2y ) ( x 2 + y 2 − 2x + y ) = 0 ⇔  2 2 + − 2x + y = 0 x y  Suy ra hệ phương trình tương đương với    x = 2y  x 2 + y 2 − 2x + y = 0   (3) hoặc  (4)  2 2   x − 1 ) = y ( 3 − 5y ) x − 1 ) = y ( 3 − 5y )     ( (   x = 2y   x = 2y   x = 2y  Ta có ( 3 ) ⇔  ⇔ ⇔  2  2  2y − 1 ) = y ( 3 − 5y )  9y − 7y + 1 = 0  y = 7 ± 13      (   18 ⇔ x − 2y +

  7 + 13  x = 9 hoặc ⇔   7 + 13  y =     18

  7 − 13  x =  9 (thõa mãn)   7 − 13  y =     18

  x 2 − 2x = −y 2 − y    x 2 − 2x = −y 2 − y  ⇔ ⇔  2 1  4y − 4y + 1 = 0  = y ( 3 − 5y ) y =        2  2    3  1  3    x − 2x + = 0 x = x =       4 2 2 ⇔ ⇔ hoặc  (thỏa mãn)    1 1 1    y= y= y =        2  2  2  7 + 13 7 + 13   7 − 13 7 − 13   1 1   3 1 ,  ,  ;  và  ;  Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x ; y ) là  ; ;  9 18   9 18   2 2   2 2   

x 2 − 2x = −y 2 − y

( 4 ) ⇔ 1 − y 2 − y

Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau   x 2 + 3 = xy a)  2  y + 5x 2 = 4xy + 3  

 1     y =2 2 − 3 3 2     x + 2 y + 2 y = 2 xy x + 1  ( ) 2x + y   b)  c)   2   1  3xy = 2 ( x − y )     x =2  2 +  2x + y   

Lời giải:   xy − x 2 = 3 a) Hệ phương trình tương đương với  2 2  y + 5x = 4xy + ( xy − x 2 )      xy − x 2 = 3  xy − x 2 = 3 ⇔ ⇔  2  2   2x − y )( 3x − y ) = 0  6x − 5xy + y = 0   ( 2    xy − x = 3  xy − x 2 = 3 (1) hoặc  (2) ⇔     2x − y = 0  3x − y = 0  

-- 65 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

x = 3   x2 = 3   x = ± 3  x =− 3  ⇔ ⇔ Giải hệ (1): ( 1 ) ⇔  hoặc     y = −2 3    y = 2x y = x 2 y = 2 3               6 6     6 x = x =−    2x 2 = 3    x =±    2 2 Giải hệ (2): ( 2 ) ⇔  hoặc  ⇔ 2 ⇔     3 6 3 6  y = 3x  y = 3x    y y =− =          2  2 Vậy hệ phương trình có nghiệm là

(

 6 3 6   6 3 6   3;2 3 , − 3; −2 3 ,  ; ;−  và  −  .  2 2  2   2

) (

)

  x 3 − 2y 3 − 2x 2y + 2y ( y − x ) = 0 b) Hệ phương trình tương đương với   2y = 2x 2 − 3xy    x 3 − 2y 3 − 2x 2y + ( 2x 2 − 3xy ) (y − x ) = 0  x 3 − 3x 2y + 3xy 2 − 2y 3 = 0   ⇔ ⇔   2   2y = 2x − 3xy 2y = 2x 2 − 3xy     ( x − 2y ) ( x 2 − xy + y 2 ) = 0  x − 2y = 0     x 2 − xy + y 2 = 0 (3) hoặc  (4) ⇔ ⇔   2 2 2    2y = 2x − 3xy 2y = 2x − 3xy    2y = 2x − 3xy     x = 2y     x = 2y   x = 2y    y = 0 Giải hệ (3): ( 3 ) ⇔  ⇔ ⇔   2 2 2     2y = 8y − 6y 2y − 2y = 0          y = 1  x = 0 x = 2   hoặc  ⇔    y = 0  y = 1   2

 y 3y 2 Giải hệ (4): Ta có x 2 − xy + y 2 =  x −  + ≥ 0 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = 0 và  2 4 x = y = 0 thỏa mãn phương trình thứ hai của (4) do đó hệ phương trình (4) có nghiệm là x = y = 0 . Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x ; y ) là ( 0; 0 ) và ( 2;1 ) .  x ≥ 0 c) ĐKXĐ:  và 2x + y ≠ 0  y≥0   Dễ thấy x = 0 hoặc y = 0 thì hệ phương trình vô nghiệm. Xét xy ≠ 0 ta có

 1 1   (*) 1− =   2 ( 2x + y ) y  Hệ phương trình tương đương với   1 1  1+ =   2 2 x + y ( ) x   1 1 1 1 1 (5), trừ vế với vế ta được − (6) Cộng vế với vế ta được 2 = + = − 2x + y y x y x Nhân hai vế của phương trình (5) và (6) ta được −

⇔−

 1 2 1   1 + 1  =  −   2x + y  y  x  y x 

2 1 1 = − ⇔ −2xy = ( x − y )( 2x + y ) 2x + y y x

 y = −x ⇔ 2x 2 + xy − y 2 = 0 ⇔ ( x + y )( 2x − y ) = 0 ⇔   y = 2x Đối chiếu với điều kiện ta thấy chỉ có y = 2x thỏa mãn, thay vào (*) ta được

-- 66 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

1−

1 = 8x

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

  x = 1  ⇔ 8x − 4 2. x − 1 = 0 ⇔   2x  x = 

2+2 4 2 −2 4

(VN )

3+2 2 3+2 2 ⇒y = (thỏa mãn) 8 4  3 + 2 2 3 + 2 2   . Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x ; y ) =  ; 8 4   ⇔x =

Nhận xét: Đây là loại hệ phương trình có thể biến đổi đưa về phương trình đẳng cấp(cùng bậc) từ đó dễ dàng phân tích thành nhân tử. Ví dụ 3: Giải các hệ phương trình sau    x 2 − 2y 2 + xy + 3x + 2 = 0  x 2 + y 2 + xy = 3 a)  b)  2 2 2   x + 2xy + 9 = 7x + 5y x +y = x +y     Lời giải:   (x − y + 1)(x + 2y + 2) = 0 a) Hệ phương trình tương đương với   x 2 + y2 = x + y    x −y +1 = 0       x −y +1 = 0  x + 2y + 2 = 0    x + 2y + 2 = 0 ⇔   (1) hoặc  2 (2) ⇔  2 2    x + y2 = x + y x +y = x +y 2 2      x + y = x + y      x = 0  y = x +1 y = x + 1   Giải hệ (1): ( 1 ) ⇔  2 ⇔ ⇔  2  2   y = 1 2x = 0 x + ( x + 1) = x + x + 1       

   x = −2y − 2  x = −2y − 2 Giải hệ (2): ( 2 ) ⇔  (vô nghiệm) ⇔   2 2 2   5y + 9y + 6 = 0 −2y − 2 ) + y = −2y − 2 + y     ( Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x ; y ) = ( 0;1 ) b) Cộng hai phương trình của hệ ta có

2x 2 + y 2 + 3xy − 7x − 5y + 6 = 0 ⇔ ( y + 2x − 3 )( y + x − 2 ) = 0  y + 2x − 3 = 0  y = 3 − 2x  ⇔  ⇔   y = 2−x  y + x − 2 = 0      x 2 + xy + y 2 = 3  x 2 + xy + y 2 = 3 Suy ra hệ phương trình tương đương với  (3) hoặc  (4)  y = 3 − 2x  y = 2−x     2  2  3x 2 − 9x + 6 = 0    x + x ( 3 − 2x ) + ( 3 − 2x ) = 3 ⇔ Giải hệ (3): ( 3 ) ⇔     y = 3 − 2x y = 3 − 2x     

     ⇔   y   

x = 1     x = 1 hoặc   x = 2 ⇔   y = 1  = 3 − 2x

 x =2     y = −1  

x 2 + x 2 − x + 2 − x 2 = 3     x 2 − 2x + 1 = 0 x = 1 ( ) ( )  Giải hệ (4): ( 4 ) ⇔  ⇔ ⇔     y = 2−x y = 1 y = 2 − x        Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x ; y ) là ( 1;1 ) và ( 2; −1 ) -- 67 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

Nhận xét: + Để phân tích phương trình một phương trình bậc hai hai ẩn thành tích ta xem một ẩn, ẩn còn lại là tham số từ đó dựa vào ứng dụng của định lí Viét để phân tích.(xem lại phần ứng dụng định lí Viét) + Đối với hệ hai phương trình bậc hai hai ẩn mà trong mỗi phương trình không thể phân tích được thành tích(như ở câu b) ta là như sau: ta tìm số thực α sao cho x 2 + 2xy − 7x − 5y + 9 + α ( x 2 + xy + y 2 ) = 3α

⇔ ( 1 + α ) x 2 + ( 2y + αy − 7 ) x + αy 2 − 5y + 9 − 3α = 0 có thể phân tích thành nhân tử. Điều này có

được khi 2

∆x = ( 2y + αy − 7 ) − 4 ( 1 + α ) ( αy 2 − 5y + 9 − 3α ) = ( 4 − 3α 2 ) y 2 + ( 6α − 8 ) y + 12α 2 − 24α + 13

là số chính phương hay 2

∆ 'y = ( 3α − 4 ) − ( 4 − 3α 2 )( 12α 2 − 24α + 13 ) = 36α 4 − 72α 3 + 72α − 36 = 0

⇔ α = 1 hoặc α = −1 . Từ đó ta có lời giải như trên(ngoài ra ta cũng có thể trừ vế với vế). Ví dụ 4: Giải các hệ phương trình sau    1  y 2 x   2 + 6y + x − 2y = x + = +2   a)  x b) y  x y    2y 2 − 2y + 1 = 3xy  x ( 1 − 8y ) = x 2 + 2y       Lời giải: a) Điều kiện xác định: x > 0, y ≠ 0 . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với 1

y 2 x + = + 2 ⇔ y x + y 2 = 2x x + 2xy ⇔ y 2 + y( x − 2x ) − 2x x = 0 x y x Xem đây là phương trình bậc hai theo biến y, ta có

∆x = ( x − 2x )2 + 8x x = x + 4x x + 4x 2 = ( x + 2x )2 > 0 . Do đó, phương trình này có hai nghiệm là

(2x − x ) − ( x + 2x ) (2x − x ) + ( x + 2x ) = − x và y = = 2x 2 2   y = 2x y = − x  (3) hoặc  2 (4) Suy ra hệ phương trình tương đương với   2   2y − 2y + 1 = 3xy 2y − 2y + 1 = 3xy      y = − x 2  Ta có ( 3 ) ⇔  (vô nghiệm vì y 2 + ( y − 1 ) > 0, − 3x x < 0 ) 2 2  y + y − 1 = − 3 x x ( )     y = 2x     y = 2x   y = 2x ⇔ ⇔ ( 4 ) ⇔   2  2 2± 2   2x − 4x + 1 = 0 2 2x − 2 ( 2x ) + 1 = 3x ( 2x )   x =    ( )   2     2+ 2 2− 2   x = x = hoặc ⇔  (thỏa mãn điều kiện) ⇔ 2 2     = 2 + 2 = 2 − 2 y y       2 + 2  2 − 2  Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x ; y ) là  ;2 + 2  và  ;2 − 2  .  2   2  y=

  x ≥ 2y b) ĐKXĐ:  y ≠0  

-- 68 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với

(

6y 2 + y x − 2y − ( x − 2y ) = 0 ⇔ 3y − x − 2y

)(

)

x − 2y : Dễ thấy khi y < 0 thì phương trình vô nghiệm.

   9y 2 = x − 2y  9y 2 = x − 2y  ⇔ ⇔   2 2   x 1 − 8y ) = x + 2y x + 8xy = 9y 2    (     9y 2 = x − 2y  9y 2 = x − 2y (1') hoặc  (1'') ⇔    x y 0 x + 9y = 0 − =    

   4y 2 = x − 2y  4y 2 = x − 2y  4y 2 = x − 2y   ⇔ ⇔   2  2 2  x ( 1 − 8y ) = x + 2y  x + 8xy = 4y  x = −4y ± 2 5y       2 2    4y = x − 2y  4y = x − 2y (2') hoặc ⇔  (2'') ⇔     x 4 2 5 y x = −4 − 2 5 y = − +          y=0      4y 2 = −6 + 2 5 y    −3 + 5 ⇔ Hệ phương trình (2') tương đương với    y =  x = −4 + 2 5 y   2       x = −4 + 2 5 y     x = 11 − 5 5   ⇔ x = y = 0 hoặc  −3 + 5  y =     2    y =0      4y 2 = −6 − 2 5 y  3+ 5 ⇔ Hệ phương trình (2") tương đương với     y = −  x = −4 − 2 5 y   2       x = −4 − 2 5 y     x = 11 + 5 5   ⇔ x = y = 0 hoặc  3+ 5  y =−     2

)

 x = 99     y = −11  

x − 2y : Dễ thấy khi y > 0 thì phương trình vô nghiệm.

Ta xét y ≤ 0 ta có ( 2 ) ⇔ 4y 2 = x − 2y kết hợp với phương trình thứ hai của hệ thì

(

)

(

)

(

)

-- 69 --

(

)

  −3 + 5  3 + 5   Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x ; y ) là  11 − 5 5;  và  11 + 5 5; −  .  2 2      x 3 + 2xy 2 = 2x 2y + 4 Ví dụ 5: Giải hệ phương trình  2 .  x + 2y 2 = xy + x + 2y   Lời giải: Nhân phương trình thứ hai với −2 rồi cộng vế với vế với phương trình đầu ta được

  9y 2 = x − 2y    x − y )( x + 9y ) = 0  (

  y =0    x =y =0     9y 2 = −y       y = − 1 ⇔  Hệ phương trình (1') tương đương  ⇔ 1     x y − = 0  9   x = y = −     9 = x y     y = 0    9y 2 = −9y − 2y x = 0     Hệ phương trình (1") tương đương  hoặc ⇔    y = −11 ⇔      = − 9 x y y =0   x = −9y       Kết hợp điều kiện suy ra trong trường hợp này hệ phương trình vô nghiệm

(

 −3 + 5   và hệ phương trình  11 − 5 5;  2 

 3 + 5    11 + 5 5; −  2 

Ta xét y ≥ 0 ta có ( 1 ) ⇔ 9y 2 = x − 2y kết hợp với phương trình thứ hai của hệ thì

TH2: Với 2y + x − 2y = 0 ⇔ −2y =

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

Kết hợp điều kiện suy ra trong trường hợp này

2y + x − 2y = 0

 3y − x − 2y = 0 (1) ⇔  2y + x − 2y = 0 (2)  TH1: Với 3y − x − 2y = 0 ⇔ 3y =

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

( x 3 + 2xy 2 ) − 2 ( x 2 + 2y 2 ) = ( 2x 2y + 4 ) − 2 ( xy + x + 2y ) ⇔ ( x 3 − 2x 2 ) + ( 2xy 2 − 4y 2 ) = ( 2x 2y − 2xy − 4y ) + ( 4 − 2x ) ⇔ x 2 ( x − 2 ) + 2y 2 ( x − 2 ) = y ( x − 2 )( 2x + 2 ) − 2 ( x − 2 ) ⇔ ( x − 2 ) ( x 2 − 2xy + 2y 2 − 2y + 2 ) = 0 2 2 ⇔ ( x − 2 )  ( x − y ) + ( y − 1 ) + 1  = 0   2

⇔ x = 2 (vì ( x − y ) + ( y − 1 ) + 1 > 0 ) Thay x = 2 vào phương trình thứ hai ta có 4 + 2y 2 = 2y + 2 + 2y ⇔ 2y 2 − 4y + 2 = 0 ⇔ y = 1

Vậy phương trình có nghiệm là ( x ; y ) = ( 2;1 )

Nhận xét: Việc nhân vào với − 2 được "mò mẫm" như sau: Nhận thấy rằng đối với biến y thấy có sự tương đồng về bậc trong hai phương trình có ở hệ do đó ta nhân với phương trình hai một số thực α khác không rồi cộng vế với vế với phương trình đầu ta được

( x 3 + 2xy 2 ) + α ( x 2 + 2y 2 ) = ( 2x 2y + 4 ) + α ( xy + x + 2y ) ⇔ ( 2x + 2α ) y 2 − ( 2x 2 + αx + 2α ) y + x 3 + αx 2 − αx − 4 = 0 Ta sẽ chọn α sao cho đúng với mọi y , suy ra 2x + 2α = 2x 2 + αx + 2α = x 3 + αx 2 − αx − 4 = 0 (*) Ta có 2x 2 + αx + 2α = 0 ⇔ 2x ( x + α ) − αx + 2α = 0 ⇒ −αx + 2α = 0 ⇒ x = 2 ⇒ α = −2 Dễ thấy x = 2, α = −2 thỏa mãn (*) do đó ta có lời giải như trên.

Ví dụ 6: Giải các hệ phương trình sau  2x 2 + 3y = y 2 + x + 3  a)  2 b)  2y + 8 = x 2 + x + 7y   Lời giải: a) Cộng vế với vế của hai phương trình ta có

3 3    x = 8y + 3y  2  x + y = 4y 2 + x  

2x 2 + 3y + 2y 2 + 8 = y 2 + x + 3 + x 2 + x + 7y 2

⇔ x 2 − 2x + y 2 − 4y + 5 = 0 ⇔ ( x − 1 ) + ( y − 2 ) = 0 x = 1  ⇔ x −1 = y −2 = 0 ⇔    y =2   Thay x = 1; y = 2 vào hệ thấy thỏa mãn

-- 70 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x ; y ) = ( 1;2 ) . b) Phương trình thứ hai nhân với −3 rồi cộng vế với vế với phương trình thứ nhất ta được x 3 − 3 ( x 2 + y ) = 8y 3 + 3y − 3 ( 4y 2 + x ) ⇔ x 3 − 3x 2 + 3x − 1 = 8y 2 − 12y 2 + 3y − 1 3

⇔ ( x − 1 ) = ( 2y − 1 ) ⇔ x = 2y Thay vào phương trình thứ hai ta được 2

( 2y )

+ y = 4y 2 + 2y ⇔ y = 0 ⇒ x = 0

Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x ; y ) = ( 0; 0 ) .

Nhận xét: Các biến x , y trong mỗi phương trình độc lập với nhau do đó ta sẽ chọn α bằng cách lấy phương trình thứ nhất(hoặc phương trình thứ hai) nhân với α rồi cộng với phương trình thứ hai sao cho đưa n

về dạng phương trình ( ax + b ) = ± ( a ' y + b ' ) .

Vậy hệ có nghiệm

( x;y )

là

( 1;1 ), ( 1; 3 ), ( 1 +

)(

3;2 + 7 , 1 +

)(

3;2 − 7 , 1 − 3;2 +

)

3;2 − 7 .

  y 2 − 3x 2 = y  3x 2 + y = y 2  b) Hệ phương trình tương đương với  4 (*) ⇔  4 4 2   y − x = 15 3 x + y ( )  y − x 4 = 15y 2   Với y = 0 từ hệ suy ra x = 0 .

-- 71 --

y = 3z + 1      y = 3z + 1  y = 3 z + 1       z = 1 ⇔ ⇔ ⇔   2 2 2     3z + 1 ) − z = 15   8z + 6z − 14 = 0    ( z = − 7      4

  17  y =−   4   7  z = −    4 y = 4  y = 4  y =4 y = 4     suy ra  Với  ⇔ ⇔ x2  2      z = 1 x = 4 = 1  y   x = ±2           17  17  17  17      y =− y =− y = −  y =−     4   4 4 4 Với  suy ra  2 ⇔ ⇔ 7 x  7    119 119 2     = − z = − x = x = ±         y 4  4  16    4   119 17   119 17  Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x ; y ) là ( 2; 4 ), ( −2; 4 ),  ; −  và  − ; −  .  4  4  4 4  y = 4  hoặc ⇔   z =1  

Loại 2: Hệ phương trình giải bằng cách đặt ẩn phụ Ví dụ 7: Giải hệ phương trình sau:   2x 2 − y 2 − 4 ( x − y ) = 1   3x 2 + y = y 2  a)  2 b)  2 2 2  x ( x − 2 ) + 2 = ( xy − 2y )( xy − 4x )  x ( x + 45 ) = y ( y 3 − 15 )      Lời giải:   2 ( x 2 − 2x ) − ( y 2 − 4y ) = 1  a) Hệ phương trình tương đương với  2 2  x − 2x ) − ( x 2 − 2x )( y 2 − 4y ) + 2 = 0   (   2a − b = 1 a = x 2 − 2x  Đặt  khi đó hệ trở thành  2 2   = − b y 4 y  a − ab + 2 = 0   b = 2a − 1     b = 2a − 1 b = 2a − 1       ⇔ ⇔ ⇔  2   a = −1 2    a − a 2 a − 1 + 2 = 0 a − a − 2 = 0 ( )     a =2       a = − 1 a = 2   hoặc  ⇔    b = − 3 b=3     x =1     x 2 − 2x + 1 = 0  −1 = x 2 − 2x   a = −1    y =1 Với  ta có  ⇔ ⇔   2 2  −3 = y − 4y  y − 4y + 3 = 0   b = −3     y = 3        2 2       2 = x − 2 x  x − 2 x − 2 = 0 x = 1± 3 a = 2  Với  ta có  ⇔ ⇔   2 2     b = 3 3 4 4 3 0 = y − y y − y − = y = 2± 7         

(1 −

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

  3x 2  y− =1   y Với y ≠ 0 ta có hệ phương trình (*) tương đương với   4  x  y 2 − 2 = 15   y   2   y − 3z = 1 x Đặt = z , hệ trở thành  2  y − z 2 = 15 y  

)

và

Ví dụ 8: Giải các hệ phương trình sau:  1 1  2 2     x +y + 2 + 2 = 5  3x − y = 3 x + y x y a)  b)     2 3x + y = 3 x − y 2 2      ( xy − 1 ) = x − y + 2  Lời giải:  x ≠ 0 a) ĐKXĐ:   y ≠0      x 2 + y2 + 1 + 1 = 5 Hệ phương trình tương đương với  x 2 y2   2 2 2  x y − 1 − x + y 2 = 2xy    2 2    1 1  2  x + 1  +  y − 1  = 5  x + y2 + 2 + 2 = 5           x y x y   ⇔ ⇔      x y 1 1  1       xy − − + = 2 x y + −  =2      xy y x x  y         1  a = x + x , khi đó hệ phương trình trở thành Đặt  1   b=y−   y  

 a 2 + b 2 = 5    ab = 2  

-- 72 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

 a + b 2 − 2ab = 5  a +b 2 = 9    a + b = ±3 ) ) ( ( ⇔ ⇔ ⇔    ab = 2  ab = 2 ab 2 =          X = 1 a + b = 3 Với hệ phương trình  thì a, b là nghiệm của phương trình X 2 − 3X + 2 = 0 ⇔   ab = 2  X = 2   Do đó hệ có nghiệm ( a;b ) là ( 2;1 ) và ( 1;2 )

1 1 = x + ≥ 2 nên chỉ còn hai trường hợp sau x x

   x =1 2 = x + 1      x 2 − 2x + 1 = 0   x ⇔ TH1: ( a;b ) = ( 2;1 ) khi đó ta có  ⇔  1± 5 1    y2 − y − 1 = 0   y =  1 = y − y   2     1 + 5   1 − 5   và  1;  Do đó hệ phương trình ban đầu có nghiệm ( x ; y ) là  1;  2  2   

 1   x = −1     −2 = x +   x 2 + 2x + 1 = 0 x ⇔  TH2: ( a;b ) = ( −2; −1 ) khi đó ta có  ⇔    2 −1 ± 5 1    y + y −1 = 0   y =   −1 = y − y   2      −1 + 5  −1 − 5   và  −1;  Do đó hệ phương trình ban đầu có nghiệm ( x ; y ) là  −1;     2 2   

Vậy hệ phương trình ban đầu có nghiệm

( x; y )

 1 + 5   1 − 5   ,  1;  , là  1;  2   2 

  −1; −1 +  2

5   và 

   −1; −1 − 5  .   2 

  x +y =a  b) Đặt  , a ≥ 0, b ≥ 0 khi đó 2a 2 + b 2 = 3x + y, a 2 + 2b 2 = 3x − y  x −y = b    a 2 + 2b 2 = 3a (1)  Hệ phương trình trở thành  2  2a + b 2 = 3b (2)   Trừ vế với vế của hai phương trình (1) và (2) ta được  a =b b 2 − a 2 = 3 ( a − b ) ⇔ ( a − b )( 3 + a + b ) = 0 ⇔   a = −b − 3 a = 0 ⇒ b = 0 Với a = b thay vào phương trình (1) suy ra 3a 2 = 3a ⇔   a = 1 ⇒ b = 1 2

Với a = −b − 3 thay vào phương trình (1) suy ra ( −b − 3 ) + b 2 = 3b ⇔ 2b 2 − 3b + 9 = 0 (vô nghiệm)

 x + y = 0 x = 0  x +y = 0   TH1: a = b = 0 ta có  ⇔ ⇔      y = 0 x − y = 0 x − y = 0        -- 73 --

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

 x +y = 1    x + y = 1 x = 1  ⇔ ⇔ TH2: a = b = 1 ta có     x −y = 1 x − y = 1 y = 0        Vậy hệ phương trình ban đầu có nghiệm ( x ; y ) là ( 0; 0 ) và ( 1; 0 )

  X = −1  a + b = −3 Với hệ phương trình  thì a, b là nghiệm của phương trình X 2 + 3X + 2 = 0 ⇔   ab = 2  X = −2   Do đó hệ có nghiệm ( a;b ) là ( −2; −1 ) và ( −1; −2 )

Vì a = x +

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

Ví dụ 9: Giải các hệ phương trình   5 ( x 2 + y 2 ) = 6xy + 2 a)  2 .  2x + 3x = 2y 2 + y + 3   Lời giải:

  5 ( x 2 + y 2 ) = y − 2x b)  2  3 x + y 2 ) + 2x = y + 8xy   (

2 2   ( x + y ) +  2 ( x − y )  = 2 a) Hệ phương trình tương đương với    x + y ) + 2 (x − y ) + (x + y )2 (x − y ) = 3   ( 2    a = x +y    a 2 + b2 = 2 ( a + b ) − 2ab = 2 Đặt  , hệ phương trình trở thành  (*) ⇔    b = 2(x − y ) a + b + ab = 3 a + b + ab = 3         S 2 − 2P = 2 a + b = S   Đặt  , S 2 ≥ 4P khi đó hệ phương trình (*) trở thành     ab = P S +P = 3       S =2  2 2        S − 2( 3 − S ) = 2 ⇔   S + 2S − 8 = 0 ⇔   ⇔  S = −4    P = 3−S   P = 3−S    P = 3−S    S = 2  S = −4   (thỏa mãn) hoặc  (loại) ⇔    P = 1  P =7   S = 2 a + b = 2   Với  ta có  suy ra a, b là nghiệm của phương trình X 2 − 2X + 1 = 0 ⇔ X = 1   P = 1   ab = 1   Do đó hệ phương trình (*) có nghiệm là (a;b ) = ( 1;1 )

  3  x =    1 = x +y  4. Suy ra  ⇔     1 = 2 ( x − y ) y = 1     4 3 1 Vậy hệ phương trình ban đầu có nghiệm là ( x ; y ) =  ;  .  4 4    (3x + y )2 + (x − 3y )2 + (3x + y ) + (x − 3y ) = 0 b) Hệ phương trình tương đương với   2(3x + y )(x − 3y ) + (3x + y ) + (x − 3y ) = 0     3x + y = a  a 2 + b 2 + a + b = 0 Đặt  , hệ phương trình trở thành     x − 3y = b  2ab + (a + b ) = 0      a + b 2 − 2ab = 0 a =b  a = b = 0  a =b   ( )  ⇔ ⇔   2   a = 0 ⇔     a =b =1 2 a + 2 a = 0 2ab + (a + b ) = 0    a = 1            3x + y = 0  x = 0 Với a = b = 0 ta có  ⇔  x − 3y = 0 y = 0    

-- 74 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

2 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x ; y ) là ( 0; 0 ) và  ; −  .  5 5 

3. Bài tập luyện tập Bài 3.62: Giải các hệ phương trình sau. 3    x +y = x +y a)  3  x − y = x − y − 12   

 2 5 2 = 13 8( x + y ) + 4 xy +  ( x + y)2 b)  2 x + 1 = 1  x+ y 

Bài 3.63: Giải các hệ phương trình  x  y 7 2 2    + = +1   x +y a)  b)  x  y xy   x + y     x xy + y xy = 78    Bài 3.64: Giải các hệ phương trình:     x +y + x −y = 4 x y + y a)  b)   2 2  x x + y x + y = 128     

+ 2xy = 8 2 =4

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

DẠNG TOÁN 5: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH ĐẶT ẨN PHỤ ĐƯA VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH 1. Phương pháp giải Trong một phương trình mà có hai đại lượng có mối liên hệ với nhau thì ta đặt mỗi đại lượng ấy là một ẩn mới từ đó ta đưa về được hệ phương trình(dễ dàng giải được) có được từ mối liên hệ hai đại lượng đó và phương trình ban đầu. Giải hệ phương trình từ đó tìm được nghiệm của phương trình ban đầu. 2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Giải các phương trình sau

    2   x =   3x + y = 1   5 Với a = b = 1 ta có  ⇔   x − 3y = 1 1   y = −       5

  x 2 + y 2 + 2xy = 8 2 c)    x + y =4   

  2(x + y ) = 3( 3 x 2y + 3 xy 2 ) c)  3  x +3y =6 y = 35     x +1 + y −1 = a  Bài 3.65: Xác định các giá trị của a sao cho hệ sau có nghiệm duy nhất:   x + y = 2a + 1   x = 30

20 + x + 16 − x = 6

2(x − 2) +

4(x + 2) = 2 .

Lời giải: a) ĐKXĐ: x ≤ 16 . 3    u = 20 + x Đặt  suy ra u ≤ 3 36, v ≥ 0 và u 3 + v 2 = 36  16 v = − x    Khi đó phương trình trở thành u + v = 6 u + v = 6 v = 6 − u   Ta có hệ phương trình:  3 ⇔ ⇔  3 2 2   u + v = 36   u + (6 − u ) = 36    u =0  Phương trình (*) ⇔  u = 3 thỏa mãn u ≤ 3 36 .   u = −4 Với

u=0⇒0=

u = −4 ⇒ −4 =

v = 6 − u     u(u 2 + u − 12) = 0 (*)  

20 + x ⇔ x = −20

u=3⇒3=

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm: x = −20; x = −84; x = 7 .

  5   x 3y + xy 2 + x 2 + y + xy = −  x 2 − xy + y 2 = 3 ( x − y )    4 a)  2 b)  2   5 x + xy + y 2 = 7 ( x − y ) 4 2 2   + + + = − x 2 x y y xy      4 Bài 3.67: Giải các hệ phương trình sau

b) ĐKXĐ: x ≥ −2  3  u = 2( x − 2 ) Đặt  suy ra u ≥ 0, v ≥ 0 và v 4 − 2u 3 = 16 v = 4 4 ( x + 2 )    Khi đó phương trình trở thành u + v = 2 u = 2 − v   u + v = 2  ⇔ 4 Ta có hệ phương trình:   4 3 3   v − 2 u = 16 v − 2 ( 2 − v ) = 16        u = 2 − v u = 2 − v ⇔ ⇔ (*)  4  3 2  v + 2v − 12v + 24v − 32 = 0 ( v − 2 ) ( v 3 + 4v 2 − 4v + 16 ) = 0     2

Vì v 3 + 4v 2 − 4v + 16 = v 3 + ( 2v − 1 ) + 15 > 0 nên hệ phương trình u = 2 − v u = 0   (thỏa mãn) ⇔   v = 2  v = 2  

( * ) ⇔ 

Ta có u = 0 ⇒

2 ( x − 2 ) = 0 ⇔ x = 2 (thỏa mãn)

Vậy phương trình có nghiệm là x = 2

Nhận xét : Khi gặp phương trình có chứa các đại lượng b + f ( x ) ) thì ta đặt u =

-- 75 --

20 + x ⇔ x = 7 và

20 + x ⇔ x = −84

Bài 3.66: Giải các hệ phương trình

 xy + x + 1 = 7y    y(1 + 2x 3y ) = 3x 6  x 2 − 2xy + x + y = 0  a)  2 2 b)  c)  4 2 6 2 6    x y + xy + 1 = 13y 1 + 4x y = 5x x − 4x 2y + 3x 2 + y 2 = 0       Bài 3.68: Giải hệ phương trình :    x 3 + 3xy 2 = 6xy − 3x − 49  x 3 − y 3 = 35 a)  2 b)  2 2   x − 8 xy + y = 10 y − 25 x − 9 2x + 3y 2 = 4x − 9y        4 x (1 + 2 x + y ) = 2   4 x +y Bài 3.69: Giải hệ phương trình   1 2 x + y  4 y ( − )=1   4 x +y  

a + f ( x ), v =

a + f ( x ), f ( x ) và

b − f ( x ) (hoặc v =

-- 76 --

b − f ( x ) (hoặc

b − f ( x ) ) và đưa về hệ phương

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10  g ( u; v ) = c  trình  2 (hoặc  u + v2 = a + b  

b ± f ( x ) tìm được x .

a + f ( x ) hoặc v =

u =

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

 g ( u; v ) = c   ). Giải hệ tìm được u, v từ đó giải phương trình  2  u − v2 = a − b  

Ví dụ 2: Giải các phương trình sau a)

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

 1+ 5  1± 5 x = 2 2 X −X −1 = 0 ⇔ X = ⇒ 2  1− 5 x =  2 Do đó phương trình có nghiệm là x =

13 + 2x + 3 13 − 2x − 2 3 169 − 4x 2 = 8

b) x +

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

1± 5 . 2

c) Phương trình tương đương với

4 − x 3 = 2 + 3x 3 4 − x 3

c) ( 15x + 6 ) 3 ( x + 2 ) = 25x + 36x + 2

−25x 3 + 15 3 ( x 2 + 2 )x 2 + 6 3 ( x 2 + 2 ) − 36x = 2

Lời giải: 3    u = 13 + 2x ⇒ u 3 + v 3 = 26 a) Đặt   v = 3 13 − 2x    Phương trình trở thành u + v − 2uv = 8

⇔ x 3 + −26x 3 + 15 3 ( x 2 + 2 )x 2 + 6 3 ( x 2 + 2 ) − 36x = 2

⇔ x3 +

Đặt y =

 u + v 3 − 3uv u + v = 26    u 3 + v 3 = 26 ( ) ( ) Vậy ta có hệ phương trình  ⇔ (*)     u + v − 2uv = 8 u + v − 2 uv = 8      S = u + v    S 3 − 3SP = 26 Đặt  , S 2 ≥ 4P , hệ phương trình (*) trở thành      P = uv  S − 2P = 8   3 3 2  2S − 3S ( S − 8 ) = 52   S =2   2S − 3S + 24S − 52 = 0   ⇔ ⇔       2 P = S − 8 2 P = S − 8 P = −3        2 = u + v Thay vào ta có  , do đó u, v là nghiệm của phương trình  −3 = uv    X = −1    u = −1 u =3 . Suy ra  hoặc  X 2 − 2X − 3 = 0 ⇔   v =3  v = −1  X = 3       u = −1 3  Với  ⇒ 13 + 2x = −1 ⇔ x = −7  v =3    u =3 Với  ⇒ 3 13 + 2x = 3 ⇔ x = 7  v = −1   Vậy phương trình có nghiệm là x = ±7 . b) x +

Đặt y =

4 − x 3 = 2 + 3x 3 4 − x 3 3

4 −x ⇒ x +y = 4

Phương trình trở thành x + y = 2 + xy

 x + y 3 − 3xy x + y = 4    x 3 + y3 = 4 ) ( ) ( ⇔ Vậy ta có hệ phương trình  (*)    x y 2 xy + = + x y 2 xy + = +        S = x + y 2  S 3 − 3SP = 4 Đặt  , S ≥ 4P , hệ phương trình (*) trở thành     P = xy S = 2+P     3 3 2  S − 3S ( S − 2 ) = 4  S − 3S + 6S − 4 = 0  S =1     ⇔ ⇔       P = S − 2 P = S − 2 P = −1       1 = x + y  Thay vào ta có  ⇒ x , y là nghiệm của phương trình  −1 = xy   -- 77 --

( ( 3 (x

)

+ 2 ) − 2x

)

=2 2

3 ( x + 2 ) − 2x ⇒ ( 2x + y ) = 3 ( x 2 + 2 ) ⇔ x 2 + 4xy + y 2 = 6 2

Phương trình trở thành x 3 + y 3 = 2   x 3 + y3 = 2 , đây là hệ đối xứng loại 1 giải hoàn toàn tương tự trên ta Do đó ta có hệ phương trình  2  x + 4xy + y 2 = 6   được nghiệm của hệ phương trình là ( x ; y ) = ( 1;1 )

Vậy phương trình có nghiệm là x = 1 .

Ví dụ 3: Giải các phương trình sau a) x 2 − x + 1 =

1 − 8x

b) x 2 + 3x + 3 = 2 3

2 3 + x2 x3

Lời giải: a) ĐKXĐ: x ≤

Đặt

1 8

1 − 8x = 1 − 2y, y ≤

1 ⇒ 1 − 8x = 4y 2 − 4y + 1 ⇔ y 2 + 2x = y 2

Phương trình trở thành x 2 − x + 1 = 1 − 2y ⇔ x 2 + 2y = x   y 2 + 2x = y (*) Vậy ta có hệ phương trình  2  x + 2y = x  

 ⇒ x 2 − y 2 + 2y − 2x = x − y ⇔ ( x − y )( x + y − 3 ) = 0 ⇔   x Thay vào phương trình đầu của hệ phương trình (*):  y =0⇒x = Với x = y ta có y 2 + 2y = y ⇔ y 2 + y = 0 ⇔   y = −1 ⇒ x =

x =y = 3−y 0 −1

(thỏa mãn)

Với x = 3 − y ta có y 2 + 2 ( 3 − y ) = y ⇔ y 2 − 3y + 6 = 0 (vô nghiệm) Vậy phương trình có hai nghiệm là x = 0 và x = −1 . b) ĐKXĐ: x ≠ 0 . 3

Phương trình tương đương với x 3 + 3x 2 + 3x = 2 3 2x + 3 ⇔ ( x + 1 ) − 1 = 2 3 2 ( x + 1 ) + 1

Đặt y = x + 1 phương trình trở thành y 3 − 2 = 2 3 2y + 1 , đặt t =

-- 78 --

2y + 1 ⇒ y =

t3 − 1 . 2

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

  y 3 − 1 = 2t ( 1 ) Khi đó ta có hệ  3  t − 1 = 2y ( 2 )   Lấy (1) trừ (2) ta có: y 3 − t 3 = 2t − 2y

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

15 ± 97 15 + 97 (loại x = vì khi đó v = u < 0 ) 8 8

⇔ 4x 2 − 15x + 8 = 0 ⇔ x =

Với v = 1 − u thay vào (*) ta có u 2 + 1 − u = x + 4 hay ( 3 − 2x ) + 1 − ( 3 − 2x ) = x + 4

⇔ ( y − t ) ( y 2 + yt + t 2 ) + 2 ( y − t ) = 0

11 ± 73 11 − 73 (loại x = vì v = 1 − ( 3 − 2x ) < 0 ) 8 8

⇔ 4x 2 − 11x + 3 = 0 ⇔ x =

⇔ ( y − t ) ( y 2 + yt + t 2 + 2 ) = 0 ⇔ y − t = 0 2

15 − 97 11 − 73 và x = . 8 8

 t 3 (Vì y 2 + yt + t 2 + 2 =  y +  + t 2 + 2 > 0 )  2  4

Vậy phương trình có hai nghiệm x =

Với t = y thay vào (1) ta có y 3 − 1 = 2y ⇔ y 3 − 2y − 1 = 0

b) Phương trình tương đương với (3x + 2)2 + x 2 − 1 = x x (3x + 2) − x 2 + 1

  y = −1 ⇒ x = −2   1+ 5 −1 + 5 2 ⇔ ( y + 1 ) ( y − y − 1 ) = 0 ⇔  y = ⇒x = 2 2   1− 5 1+ 5 ⇒x =− y =  2 2

 u = Đặt    

Vậy phương trình có 3 nghiệm x = −2; x =

v = 3x + 2

, u ≥ 0 suy ra u 2 = xv − x 2 + 1

Phương trình trở thành v 2 + x 2 − 1 = xu .   u 2 = xv − x 2 + 1 Vậy ta có hệ phương trình  2  v + x 2 − 1 = xu  

−1 + 5 1+ 5 ;x = − 2 2

 u =v ⇒ u 2 − v 2 − x 2 + 1 = xv − x 2 + 1 − xu ⇔ ( u − v )( u + v + x ) = 0 ⇔   u + v + x = 0

Nhận xét: • Phương trình có dạng ax 2 + bx + c =

x (3x + 2) − x 2 + 1

Với u = v ta có v 2 = xv − x 2 + 1 hay ( 3x + 2 ) = x ( 3x + 2 ) − x 2 + 1

a ' x + b ' ta đặt

a ' x + b ' = αy + β ⇒ α2y 2 + 2αβy − a ' x + β − b ' = 0 và phương trình trở thành ax + bx + c − αy − β = 0 . Từ đó ta chọn α, β sao cho hệ phương trình 2

 x = −1  (loại x = − 1 vì khi đó u = v = −1 < 0 ) ⇔ 7x 2 + 10x + 3 = 0 ⇔  x = − 3  7

  α2y 2 + 2αβy − a ' x + β − b ' = 0  là đối xứng. Hoàn toàn tương tự đối với phương trình chứa căn bậc n .   ax 2 + bx + c − αy − β = 0  

Với u + v + x = 0 ⇒ u = −x − v = −4x − 2 ta có ( −4x − 2 ) = x ( 3x + 2 ) − x 2 + 1

• Khi gặp phương trình có thể đưa về dạng f n ( x ) + b = a n af ( x ) − b

⇔ 14x 2 + 14x + 3 = 0 ⇔ x =

ta đưa về hệ đối xứng loại 2 bằng

  t n + b = ay af ( x ) − b ta có hệ  n  y + b = at   Ví dụ 4: Giải các phương trình sau:

cách đặt t = f ( x ), y =

a) 4x 2 + 5 + Lời giải:

a) ĐKXĐ: x ≥ −

−7 ± 7 −7 + 7 (loại x = vì khi đó u < 0 ) 14 14

−7 − 7 . 14 Chú ý: Đây là phương trình bằng sau khi đặt u = f ( x ), v = g ( x ) đưa về hệ hương trình còn ẩn x mà có

3x + 1 = 13x

Vậy phương trình có hia nghiệm là x = −1 và x =

b) 10x 2 + 12x + 3 = x 2x 2 + 2x + 1

thể đưa về phương trình tích. Sau khi tìm được nghiệm cần tìm u, v để kiểm tra xem có thỏa mãn điều kiện

ẩn phụ hay không. Ví dụ 5: Giải các phương trình sau

1 3 2

Phương trình tương đương với ( 3 − 2x ) +

3x + 1 = x + 4

a) 3 2. 3 − 2x 3 = Lời giải:

 u = 3 − 2x  11 Đặt  , v ≥ 0, u ≤ ⇒ v2 + u = x + 4  3x + 1 = v 3  

a) ĐKXĐ: x ≤

Phương trình trở thành u 2 + v = x + 4 (*)  v 2 + u = x + 4 Vậy ta có hệ phương trình  2 u + v = x + 4  

Phương trình trở thành

Đặt y =

b) 2x + 3 9 − x 3 =

3 − x2

3 2

3 − 2x 3 , y ≥ 0 ⇒ 2x 3 + y 2 = 3 3

2y =

3 − x 2 ⇔ 2y 3 + x 2 = 3

  2x + y 2 = 3 (1) Vậy ta có hệ phương trình  3 ⇒ 2x 3 − 2y 3 + y 2 − x 2 = 0  2y + x 2 = 3 (2)    x =y (*) ⇔ ( x − y ) ( 2x 2 + 2xy + 2y 2 − x − y ) = 0 ⇔  2 2 x + 2 xy + 2y 2 − x − y = 0  3

 v =u ⇒ ( v 2 + u ) − ( u 2 + v ) = 0 ⇔ ( v − u )( u + v − 1 ) = 0 ⇔   v = 1 − u 2

Với v = u thay vào (*) ta có u 2 + u = x + 4 hay ( 3 − 2x ) + 3 − 2x = x + 4

-- 79 --

3x 2 + 13

-- 80 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

Nếu x ≥ 1 thì 2x 2 + 2xy + 2y 2 − x − y = x ( 2x − 1 ) + y ( 2x − 1 ) + 2y 2 > 0

3 thì 2x 2 + 2xy + 2y 2 − x − y = 2x 2 + x ( 2y − 1 ) + y ( 2y − 1 ) > 0

Nếu 0 < x < 1 ⇒ 1 < y < Nếu x ≤ 0 ⇒ y ≥

3 thì 2x 2 + 2xy + 2y 2 − x − y = x 2 + ( x + y ) − x + y ( y − 1 ) > 0

Do đó (*) ⇔ x = y , thay vào phương trình (1) ta được 2x 3 + x 2 = 3 ⇔ 2x 3 + x 2 − 3 = 0 ⇔ x = 1 Suy ra phương trình có nghiệm x = 1 . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 . b) Đặt

3x 2 + 13 ⇒ ( 2x + y ) = 3x 2 + 13 ⇔ x 2 + y 2 + 4xy = 13

3     x 3 + y3 = 9 ( x + y ) − 3xy ( x + y ) = 9 Vậy ta có hệ phương trình  (**) ⇔  2  2  x + y + 4xy = 13  ( x + y )2 + 2xy = 13       S = x + y   S 3 − 3SP = 9 Đặt  , S 2 ≥ 4P , hệ phương trình (**) trở thành   2   P = xy   S + 2P = 13   3 3 2  2S − 3S ( 13 − S ) = 18  ( S − 3 ) ( 5S 2 + 15S + 6 ) = 0  5S − 39S − 18 = 0      (***) ⇔ ⇔  ⇔ 2 2   2P = 13 − S  2P = 13 − S 2P = 13 − S 2      26 Ta có S 2 ≥ 4P ⇒ S 2 ≥ 2 ( 13 − S 2 ) ⇒ S 2 ≥ 3 2   15 225 26 225 ≥ +6− >0 Mặt khác 5S 2 + 15S + 6 =  2S +  + S 2 + 6 −  4 16 3 16

S = 3 3 = x + y   Do đó hệ phương trình (***) ⇔  suy ra  , x , y là nghiệm của phương trình   P = 2 2 = xy     X = 1 X 2 − 3X + 2 = 0 ⇔   X = 2 Suy ra hệ phương trình (**) có nghiệm ( x ; y ) là ( 1;2 ) và ( 2;1 ) .

Thử x = 1, x = 2 vào thấy thỏa mãn phương trình Vậy phương trình có nghiệm là x = 1, x = 2

3. Bài tập luyện tập Bài 3.70: Giải các phương trình sau: a)

( 3x + 1)

( 3x − 1)

+ 3 9x 2 − 1 = 1

x + 4 17 − x = 3

Bài 3.71: Giải các phương trình sau:

x +3 b) 4x 2 + 7x + 1 = 2 x + 2 2 c) 3 3x − 5 = 8x 3 − 36x 2 + 53x − 25 Bài 3.72: Giải các phương trình sau: a) 2 − x 2 = (2 − x )2 b) 3 2 − x 2 = 2 − x 3 . a) 2x 2 + 4x =

Bài 3.73: Giải phương trình: (4x 3 − x + 3)3 − x 3 = Bài 3.74: Giải phương trình a)

3 x + 4 = x3 + 3 x 2 + x − 2

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

Bài 3.75: Giải các phương trình: b) 3x + x − 8 = a) 2x − x − 8 = 8 − x + 16. Bài 3.76: Giải và biện luận các phương trình: a) ( m 2 + 5 ) x + 3 = 2(x − m )

4 − x.

b) m 2 (x − 1) = 2(2x − 3) + m

mx − m − 3 =2 x +1 Bài 3.77: Giải và biện luận các phương trình :

2mx − m 2 + m − 2 =1 x2 − 1 Bài 3.78: Cho phương trình x − 2 + x − 1 + x = x + m

a ) ( m − 1 ) x 2 − 2x + 3 = 0 b)

9 − x 3 = y ⇒ x3 + y3 = 9

Phương trình trở thành 2x + y =

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHỦ ĐỀ 6: ÔN TẬP

Ta có 2x 2 + 2xy + 2y 2 − x − y > 0, ∀x, ∀y , thật vậy

3 (1) 2

b) x 2 − 3x + 4 = x 3 x 3 − x 2 − x − 1

-- 81 --

a) Giải phương trình khi m = −1 b) Tìm m để phương trình có nghiệm Bài 3.79: Giải các phương trình sau a)

x2 − x + 1 = 1 − x

c) x 2 − 2x − 3 =

x +3

b) 2(x + 1)2 = (x + 5)(1 − 3 + 2x )2 2

d) ( x + 4 ) − 6 x 3 + 3x = 13

Bài 3.80: Tìm m để phương trình x 2 − 2mx + 1 = m − 2 có nghiệm. Bài 3.81: Giải các hệ phương trình:   x −y +z = 3    3x − y = 1   a)  b)   x + 2y + 3z = 4  5x + 2y = 3.     −2x + y − 3z = 1      mx + y = m + 1 Bài 3.82: Cho hệ phương trình:   x + my = 2.   a) Giải và biện luận hệ phương trình. b) Khi hệ có nghiệm (x ; y), tìm hệ thức giữa x , y độc lập với m. Bài 3.83: Giải các hệ phương trình sau   2x − y = 4   x 4 + 2x 3y + x 2y 2 = 2x + 9 b)  a)  2 2   x − 3xy + y = −5. x 2 + 2xy = 6x + 6     Bài 3.84: Giải các hệ phương trình sau   1 2    x = 2y −  x 3 + 1 = 2y  x a)  b)  3 1     y + 1 = 2x  y = 2x 2 −   y     xy + x + y = m + 2 Bài 3.85: Tìm m để hệ phương trình  2 có nghiệm duy nhất  x y + xy 2 = m + 1    1 1   x + +y + = 5   x y  Bài 3.86: Cho hệ phương trình   1 1  x 3 + 3 + y 3 + 3 = 15m − 10   x y   a) Giải hệ phương trình khi m = 2 b) Tìm m để hệ phương trình trên có nghiệm

-- 82 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ PHẦN BÀI TẬP LUYỆN TẬP Bài 3.0: a) ĐKXĐ: x 2 − x − 1 ≠ 0 ⇔ x ≠

1± 5 2

x − 1 ≥ 0  b) ĐKXĐ:  ⇔x ≥2  x −2 ≥ 0    2x − 4 ≥ 0  c) ĐKXĐ:  ⇔x ∈∅  2 − 4x ≥ 0   x ≥ 3     2x − 6 ≥ 0   x ≠ 1 z d) ĐKXĐ:  ⇔  2   x − 3 x + 2 ≠ 0    x ≠2    3 3 Bài 3.1: a) ĐKXĐ: x ≥ . Dễ thấy x = là nghiệm của phương trình 4 4 2

 1 3 b) ĐKXĐ: −x 2 + x − 1 ≥ 0 ⇔ −  x −  − ≥ 0 ⇔ x ∈ ∅  2 4 Vậy tập nghiệp của phương trình là S = ∅   x ≥0   c) ĐKXĐ:  x − 2 ≥ 0 ⇔ x = 2   2−x ≥ 0    Thử lại phương trình thấy x = 2 thỏa mãn

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

 x = −1 Ta có ( m − 1 ) x 2 + 2 ( m − 2 ) x + m − 3 = 0 ⇔  ( m − 1 ) x + m − 3 = 0 Do hai phương trình tương đương nên x = −1 cũng là nghiệm của phương trình (1) Thay x = − 1 vào phương trình (1) ta được m = 0 Với m = 0 thay vào hai phương trình ta thấy không tương đương. Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn.

b) Cộng vế với vế để khử m 2 ta thu được phương trình mới có thể nhẩm nghiệm Kết quả m = 4 thì hai phương trình tương đương. Bài 3.5: a) Phương trình tương đương với ( 2m − 4 ) x = m − 2 + Với 2m − 4 = 0 ⇔ m = 2 : Phương trình trở thành 0x = 0 Suy ra phương trình nghiệm đúng với mọi x . + Với 2m − 4 ≠ 0 ⇔ m ≠ 2 : Phương trình tương đương với x = −1 Kết luận m = 2 : Phương trình nghiệm đúng với mọi x m ≠ 2 : Phương trình có nghiệm duy nhất x = −1 b) Phương trình tương đương với

( 3m 2 − m − 2 ) x

= 1−m

 m =1  + Với 3m 2 − m − 2 = 0 ⇔  : m = − 2  3

Khi m = 1: Phương trình trở thành 0x = 0 phương trình nghiệm đúng với mọi x .

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = { 2 } 2  x 3 − 4x 2 + 5x − 2 ≥ 0  x = 1   ( x − 1 ) ( x − 2 ) ≥ 0  ⇔ ⇔  d) ĐKXĐ:    2 − x ≥ 0 x ≤ 2  x = 2      Thay vào phương trình ta có tập nghiệm của phương trình là S = {1} .

 x ≠2  Bài 3.2: a) ĐKXĐ :  2 ⇔ x ≠ ±2  x −4 ≠ 0   Với điều kiện đó phương trình tương đương với x = 0 (thỏa mãn) 4 − x 2 + x + 2 = 6 ⇔ x 2 − x = 0 ⇔   x = 1 b) ĐKXĐ: x < 3

pt ⇔ 2x = 1 − ( 3 − x ) ⇔ x = −2 (thỏa mãn)

2 5 Khi m = − : Phương trình trở thành 0x = suy ra phương trình vô nghiệm 3 3  m ≠ 1   1−m −1 + Với 3m 2 − m − 2 ≠ 0 ⇔  : PT ⇔ x = . = m ≠ − 2 3m + 2 3m 2 − m − 2    3 Kết luận: 2 : Phương trình vô nghiệm 3 m = 1 : Phương trình nghiệm đúng với mọi x m =−

2 −1 và m = 1 : Phương trình có nghiệm x = 3 3m + 2 Bài 3.6: a) ĐK: a ≠ 0; b ≠ 0. m =−

(1) ⇔ b ( x + a − b ) − a ( x + b − a ) = b 2 − a 2 ⇔ bx + ab − b 2 − ax − ab + a 2 = b 2 − a 2

c) ĐKXĐ: x ≥ −1

⇔ (b − a ) x = 2 (b − a )(b + a )

 x +1 = 0  x = −1 Phương trình tương đương với  2 ⇔  x − 16 = 0  x = ±4  Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x = −1 và x = 4 .   x <3 d) ĐKXĐ:  . PT ⇔ x = 3 (không thỏ mãn điều kiện)  x ≠ −1   Bài 3.3: a ) x = 3 b) x = 2 c) x = 0 d ) x = 3

= 2 (b + a ) b −a -Nếu b – a = 0 ⇒ b = a thì phương trình có vô số nghiệm. Vậy: -Với b ≠ a, phương trình có nghiệm duy nhất x = 2(b + a). -Với b = a, phương trình có vô số nghiệm b) ĐKXĐ: x ≠ ±1

Bài 3.4: a) Giả sử hai phương trình (1) và (2) tương đương

⇔ ( ax − 1 )( x + 1 ) + 2 ( x − 1 ) = a ( x 2 + 1 )

-- 83 --

-Nếu b – a ≠ 0 ⇒ b ≠ a thì x =

2 (b − a )(b + a )

-- 84 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

⇔ ax 2 + ax − x − 1 + 2x − 2 = ax 2 + a

+ ∆ ' < 0 ⇔ 9(m − 1) < 0 ⇔ m < 1 : Phương trình vô nghiệm.

m +1 = −2 . m −2 + ∆ ' > 0 ⇔ 9(m − 1) > 0 ⇔ m > 1 : Phương trình có 2 nghiệm phân biệt

+ ∆ ' = 0 ⇔ 9(m − 1) = 0 ⇔ m = 1 : Phương trình có nghiệm kép x =

a+3 Vậy: -Với a ≠ −1 và a ≠ −2 thì phương trình có nghiệm duy nhất x = a +1 -Với a = −1 hoặc a = −2 thì phương trình vô nghiệm.

Bài 3.7: a) Ta có (m 2 − m )x = 2x + m 2 − 1 ⇔ (m 2 − m − 2)x = m 2 − 1   a = 0 m 2 − m − 2 = 0 hay  Phương trình vô nghiệm ⇔  ⇔m =2   b≠0 m2 − 1 ≠ 0     Vậy với m = 2 thì phương trình vô nghiệm

b) Ta có PT ⇔ ( m 2 − 1 ) x = m 3 − 3m + 2

 x = m + 1 + 3 m − 1  m −2 ⇔   m +1− 3 m −1 x =  m −2 Kết luận: + m < 1 : Phương trình vô nghiệm + m = 1 : phương trình có nghiệm x = − 2 + m = 2 : phương trình có nghiệm x = −

 m2 − 1 = 0 a = 0   Phương trình vô nghiệm ⇔  hay  3 ⇔ m = −1   b≠0 m − 3m + 2 ≠ 0     Vậy với m = − 1 thì phương trình vô nghiệm.

Bài 3.8: a) Ta có a (bx - a + 2 ) = ( a + b − 1 ) x + 1 ⇔ ( ab − a − b + 1 ) x = a 2 − 2a + 1 2

⇔ ( a − 1 )(b − 1 ) x = ( a − 1 )

1 2

 x = m + 1 + 3 m − 1  m −2 + 1 < m ≠ 2 : phương trình có 2 nghiệm phân biệt   m +1−3 m −1 x =  m −2 4 . 3 * m ≠ 2 , khi đó (1) là phương trình bậc hai có: ∆ = −4m + 17 .

b) * m − 2 = 0 ⇔ m = 2 , khi đó (1) ⇔ −3x + 4 = 0 ⇔ x =

 (a − 1 )(b − 1 ) ≠ 0  a ≠ 1   (a − 1 )(b − 1 ) = 0 ⇔    b ≠ 1 ⇔ a ≠ 1 Phương trình có nghiệm ⇔      2  a =1 a − 1 = 0 )    (  Vậy a ≠ 1 là điều kiện cần tìm. b) Phương trình tương đương với b ( 2x − a ) − ab 2 = a ( 2x − b ) − a 2b ⇔ 2 (a − b ) x = ab (a − b )

Phương trình có nghiệm kép khi ∆ = (m + 2)2 = 0 ⇒ m = −2

3m −6 = = −3 . 2 2

Bài 3.10: a) Với m = −2 ta có phương trình: −2x 2 + 4x − 1 = 0 ⇔ 2x 2 − 4x + 1 = 0 , phương trình này

2± 2 có hai nghiệm phân biệt x = . 2 b) Với m = 0 ta thấy phương trình vô nghiệm Với m ≠ 0 thì phương trình có nghiệm khi và chỉ khi ∆ ' = m 2 − m ( m + 1 ) ≥ 0 ⇔ m < 0 .

-- 85 --

17 ⇒ ∆ < 0 ⇒ (1) vô nghiệm 4

ii) m =

17 ⇒ ∆ = 0 ⇒ (1) có nghiệm kép: 4

iii) m <

Bài 3.9: ∆ = 9m − 4 ( 2m − m − 1 ) = 9m − 8m + 4m + 4 = (m + 2) 2

i) m >

x1 = x 2 =

 a −b ≠ 0  a ≠ b Phương trình có nghiệm ⇔   a − b = 0 ⇔  đúng với mọi a, b a =b   ab ( a − b ) = 0    Vậy với mọi a, b khác không thì phương trình có nghiệm.

Nghiệm kép đó là x 1 = x 2 =

1 2

* m − 2 ≠ 0 ⇔ m ≠ 2 : ∆ ' = (m + 1)2 − (m − 2)(m − 5) = 9m − 9 = 9(m − 1)

a +3 a +1 -Nếu a + 1 = 0 ⇒ a = −1 thì phương trình vô nghiệm.

-Nếu a + 1 ≠ 0 ⇒ a ≠ −1 thì x =

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

Bài 3.11: a) * m − 2 = 0 ⇔ m = 2 : Pt ⇔ −6x − 3 = 0 ⇔ x = −

⇔ (a + 1 ) x = a + 3

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

x1 =

2m − 1 10 . = 2(m − 2) 3

17 ⇒ ∆ > 0 ⇒ (1) có hai nghiệm phân biệt 4

2m − 1 + −4m + 17 2m − 1 − −4m + 17 . ; x2 = 2 (m − 2 ) 2(m − 2 )

Kết luận: * m = 2 phương trình có một nghiệm x = *m>

17 phương trình vô nghiệm. 4

*m =

17 10 phương trình có nghiệm kép x = . 4 3

4 3

   m < 17 2m − 1 ± −4m + 17 *  . 4 phương trình có hai nghiệm phân biệt: x 1,2 =  2 (m − 2 )  m ≠2   Bài 3.12: Hoành độ giao điểm của đường thẳng d và Parabol (P) là nghiệm của :

-- 86 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

( m − 1 ) x 2 + 2mx + 3m − 1 = 2x + m ⇔ ( m − 1 ) x 2 + 2 ( m − 1 ) x + 2m − 1 = 0 (*) • Với m = 1 ta thấy (*) vô nghiệm nên d và (P) không có giao điểm • Với m ≠ 1 thì (*) là phương trình bậc hai có • ∆' =

( m – 1)

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

b) A = 2 ( x 1 + x 2 ) − 5x 1x 2 = 2 ( 2m − 2 ) − 5 ( m − 3 ) 2

 2 = −5m 2 + 4m + 11 = −5  m −  + 3 ≤ 3  5

– ( m – 1 )( 2m – 1 ) = –m ( m – 1 )

Đẳng thức xảy ra ⇔ m =

Do đó ta có các trường hợp sau:

TH1: Nếu m ∈ ( −∞; 0 ) ∪ ( 1; +∞ ) thì ∆ ' < 0 nên (*) vô nghiệm nên d và ( P ) không có giao điểm TH2: Nếu m = 0 thì ∆ ' = 0 và (*) có một nghiệm x = −1 TH3: Nếu m ∈ ( 0;1 ) thì ∆ ' > 0 và (*) có hai nghiệm phân biệt x 1,2 = 1 ±

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

m (1 − m ) m −1

 3 x = Bài 3.13: a) Phương trình 2x 2 − 5x + 3 = 0 ⇔  2 x = 1 

c) B =

2 5

x 1x 2 2

(x1 + x2 )

− 3x 1x 2

m2 − 3 2

( 2m − 2 )

− 3(m − 3 ) 2

m2 − 3 m 2 − 8m + 13

1 khi và chỉ khi m = 1 3 Bài 3.18: • Giả sử hai phương trình đã cho có nghiệm chung x 0 , thế thì ta phải có:

Suy ra min B = −

b) g(x ) = 2 ( x 2 + 2 )( x 2 − 9 ) = 2 ( x 2 + 2 ) ( x − 3 )( x + 3 )

  x2 + 1  m = 0 2    x 0 − 2mx 0 − 4m + 1 = 0  2x 0 + 4  với ⇔  2   x 0 + ( 3m + 1 ) x 0 + 2m + 1 = 0  −x 02 − x 0 − 1    m =   3x 0 + 2  

c) P (x ; y ) = ( x − 2y )( 3x + y )

Suy ra

Suy ra f (x ) = ( 2x − 3 )( x − 1 )

d) Q(x ; y ) = ( x − 2y − 1 )( x + y + 1 )

Bài 3.14: f ( x ) = (x 2 + m )(2x + m + 1) Bìa 3.15: Ta có ∆ = 32 + 4 = 13 > 0 nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x 1, x 2 Theo định lí Viét ta có: x 1 + x 2 = 3, x 1x 2 = −1 . Khi đó: A = 11 , B = 83 ,C = 3 13 . Bài 3.16: Trước hết phương trình phải có hai nghiệm khác 0 nên: 2     ∆ ' = m + 4m + 1 > 0  m 2 + 4m + 1 > 0   2 ⇔ (*) . c − + m 4 m 1  =  m 2 − 4m + 1 ≠ 0 ≠0     a 3 Khi đó theo định lí Viet ta có: x1 + x 2 = Ta có:

4 (1 − m ) 3

; x 1x 2 =

m − 4m + 1 3

1 1 1 + = ( x 1 + x 2 ) ⇔ ( x1 + x 2 )( x 1x 2 − 2 ) = 0 (Do x 1x 2 ≠ 0 ) x1 x2 2

m = 1  x1 + x 2 = 0 ⇔  ⇔  2 ⇔ m = 1, m = −1, m = 5 . x x m − 4m − 5 = 0 − 2 = 0  1 2  Thay vào (*) ta thấy m = −1 không thỏa mãn Vậy m = 1, m = 5 là giá trị cần tìm.

Bài 3.17: Ta có phương trình có hai nghiệm x 1 ; x 2 ⇔ ∆ ' ≥ 0 2

 x 0 ≠ −2     x ≠ − 2  0   3

x 02 + 1 −x 02 − x 0 − 1 = ⇔ ( x 0 + 1 ) ( 5x 02 + 3x 0 + 6 ) = 0 ⇔ x 0 = −1 ⇒ m = 1 2x 0 + 4 3x 0 + 2

• Với m = 1 ta thấy (1) và (2) có nghiệm chung là x = −1 . Vậy m = 1 là giá trị cần tìm. Bài 3.19: Gọi x 0 là nghiệm chung của hai phương trình.   x 2 + ax 0 + b = 0 Ta có:  02 ⇒ (a − m )x 0 = n − b (*).  x 0 + mx 0 + n = 0   +) Nếu a − m = 0 ⇔ a = m , từ (*) ⇒ n − b = 0 ⇔ b = n ⇒ đúng.

+) Nếu m ≠ a , từ (*) ⇒ x 0 =

n −b thay vào một trong hai phương trình ban đầu ta được: a −m

 n − b   n − b  2   + a   + b = 0 ⇔ ( n − b ) = ( m − a )(an − bm )  a − m   a − m 

Bài 3.20: • Nếu trong ba số a, b, c có một số bằng 0, chẳng hạn a = 0 ⇒ (2) có nghiệm x = 0 . • abc ≠ 0 , khi đó ba phương trình đã cho là ba phương trình bậc hai lần lượt có biệt thức:

∆ '1 = b 2 − ac; ∆ '2 = c 2 − ab; ∆ '3 = a 2 − bc . Ta có: ∆ '1 + ∆ '2 + ∆ '3 = a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca 2 2 1 2  ( a − b )) + (b − c ) + (c − a )  ≥ 0 . 2 Suy ra trong ba số ∆ '1 ; ∆ '2 ; ∆ ' 3 có ít nhất một số không âm hay ba phương trình đã cho có ít nhất một

phương trình có nghiệm. Vậy ta có điều phải chứng minh.

⇔ ( m − 1 ) − ( m 2 − 3 ) ≥ 0 ⇔ m ≤ 2 (*)

Bài 3.21: a) Ta có: b 2 = (x1 + x 2 )2 ≥ 4x1x 2 ≥ 4.

 x + x 2 = 2m − 2  Theo Viet ta có:  1  x .x = m 2 − 3   1 2

b) Do phương trình đã cho có hai nghiệm dương x 1 , x 2 thoả mãn x 1 x 2 ≥ 1 nên b 2 ≥ 4c , và b ≤− 2 suy ra

 m = −1 (thỏa mãn (*)) a) x 1 + x 2 = 2x 1x 2 ⇔ 2m − 2 = 2 ( m 2 − 3 ) ⇔   m = 2

P≥

-- 87 --

2b 2 + b + 2 b2 + 1

. Ta có

-- 88 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

P−

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

8 5 ( 2b +b + 2 ) − 8 (b + 1 ) 2b + 5b + 2 (b + 2 )( 2b + 1 ) = = = ≥ 0 với mọi b ≤− 2 . 5 b2 +1 b2 +1 b2 +1 2

8 khi b =− 2, c = 1. 5

−5 ± 21 2 hai nghiệm này đều thỏa mãn x < . 2 3

b  b  2 +  18 + 9 ( x 1 + x 2 ) + ( x 1 + x 2 ) a  a  Ta có: Q = . = b c 9 + 3(x 1 + x 2 ) + x 1x 2 9−3 + a a • Ta tìm Max của Q. 18 − 9

b) x = 1, x = −1 ± 2

Bài 3.25: a) Đặt t = 2x − 1 , t ≥ 0 .  t = −1(l ) Phương trình trở thành t 2 − 3t − 4 = 0 ⇔   t = 4

Với t = 4 ta có 2x − 1 = 4 ⇔ 2x − 1 = ±4 ⇔ x = Vậy phương trình có nghiệm là x = −

Ta đánh giá ( x 1 + x 2 ) qua x 1x 2 với điều kiện x 1, x 2 ∈ [0; 3] .

b) ĐKXĐ: x ≠ 0 . Đặt t =

  x 2 ≤ x 1x 2 Giả sử 0 ≤ x 1 ≤ x 2 ≤ 3 ⇒  12  x ≤9   2 2

18 + 9 ( x 1 + x 2 ) + 3x 1x 2 + 9 9 + 3 ( x 1 + x 2 ) + x 1x 2

= 3.

 x = x2 = 3 Đẳng thức xảy ra ⇔  1 .Hay là:  x 1 = 0; x 2 = 3 • Ta tìm Min của Q

Ta có: Q − 2 =

3 ( x1 + x 2 ) + x + x 2 1

2 2

9 + 3 ( x 1 + x 2 ) + x 1x 2

  b = −6a  hoặc   c = 9a  

  b = −3a  .   c=0  

a 2 − 4a 4

4a 3 − 1 a 2 − 4a 4

+1 =

Đặt t = x − 1 , t ≥ 0 ta có phương trình: t 2 − 2t + m + 2 = 0 (1)

Suy ra nghiệm phương trình là x = 1, x = 3, x = −1 ⇔ m = −t 2 + 2t − 2 có nghiệm t ≥ 0 ⇔ Đồ thị hàm số f ( t ) = −t 2 + 2t − 2 với t ∈ [ 0; +∞ ) cắt trục hoành.

4a 4 − 4a 3 − a 2 + 1 a 2 − 4a 4

⇔ m ≤ −2 . =

(a − 1 )( 4a 3 − a − 1 ) a 2 ( 1 − 4a 2 )

Vì a ≥ 1 nên 4a 3 − a − 1 = a (a 2 − 1 ) + 3a 2 − 1 > 0 do đó

(a − 1 )( 4a 3 − a − 1 ) ≥0⇒P a 2 ( 1 − 4a 2 )

Vậy phương trình có nghiệm là x = −1 ± 3 và x = 1 ± 3 .

Bài 3.26: Phương trình ⇔ ( x − 1) − 2 x − 1 + m + 2 = 0

b) Phương trình đã cho có nghiệm ⇔ phương trình (1) có nghiệm t ≥ 0

1 Bài 3.23: Từ giả thiết của bài toán suy ra: a ≥ 1, 0 <c ≤ . 4a ⇒ P +1 ≥

x2 − 2 ,t ≥0 x

t = 0 t = 2

Vậy max Q = 3 và min Q = 2 .

4a 3 − 1

5 3 và x = 2 2

a) Khi m = −2 ta có t 2 − 2t = 0 ⇔ 

≥ 0 ⇒ Q ≥ 2.

Đẳng thức xảy ra ⇔ x 1 = x 2 = 0 ⇔ b = c = 0 .

Suy ra P ≥

5 3 hoặc x = − 2 2

 t = −1 Phương trình trở thành t 2 − t − 2 = 0 ⇔   t = 2  x = −1 ± 3 x2 − 2 = 2 ⇔  Với t = 2 ta có x  x = 1 ± 3

Suy ra ( x 1 + x 2 ) = x 12 + x 22 + 2x 1x 2 ≤ 9 + 3x 1x 2 ⇒Q ≤

−5 ± 21 . 2

Vậy nghiệm của pt đã cho là x =

   x1 + x 2 = − b  a. Bài 3.22: Gọi x 1, x 2 là hai nghiệm của phương trình, theo Viet ta có:   c  xx =    1 2 a

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

2 * Nếu x < ⇒PT⇔ −3x + 2 = x 2 + 2x + 3 ⇔ x 2 + 5x + 1 = 0 3

⇔x =

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b =− 2, c = 1. Vậy Pmin =

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

1 ≥ −1 . Dấu đẳng thức xẩy ra khi: a = 1, c = . 4

2  3x − 2 khi x ≥ 3 Bài 3.24: a) Ta có: | 3x − 2 |=   −3x + 2 khi x < 2  3 2 2 * Nếu x ≥ ⇒PT⇔ 3x − 2 = x + 2x + 3 ⇔ x 2 − x + 5 = 0 pt vô nghiệm . 3

-- 89 --

 mx + 2m = x + 1 Bài 2.37: a) Ta có PT ⇔  ⇔  mx + 2m = − ( x + 1 ) Giải (1): Với m = 1 phương trình trở thành 0x = − 1

 ( m − 1 ) x = 1 − 2m ( 1 )   ( m + 1 ) x = −2m − 1 ( 2 )  phương trình vô nghiệm

1 − 2m m −1 Giải (2): Với m = −1 phương trình trở thành 0x = 1 phương trình vô nghiệm

Với m ≠ 1 phương trình tương đương với x =

Với m ≠ −1 phương trình tương đương với x =

−2m − 1 m +1

 m =1 −3 Kết luận:  phương trình có nghiệm là x = 2  m = −1

-- 90 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

 m ≠1  1 − 2m −2m − 1 Với  phương trình có nghiệm là x = và x =  m ≠ −1 m −1 m +1    1  mx + 2x = mx − 1  x =− b) Ta có mx + 2x = mx − 1 ⇔  ⇔  2  (2m + 2)x = 1 (*)  mx + 2x = − ( mx − 1 ) 

Đặt t = x −

Với phương trình (*) ta có m = −1 thì phương trình (*) vô nghiệm

Từ đó phương trình có nghiệm là x =

1 m ≠ −1 thì phương trình (*) có nghiệm x = 2m + 2

Kết luận: m = − 1 phương trình có nghiệm x = − m ≠ −1 phương trình có nghiệm x = −

Bài 3.28: a) ĐKXĐ: x ≠ ±3; x ≠ −

PT ⇔

( x − 3 )( 2x + 7 )

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

x 4 + 3x 2 + 1 1 x2 + 2 + 3 2 x x =3⇔ =3 PT ⇔ 3 x + x2 − x 1 x − +1 2 x x

1 t2 + 5 phương trình trở thành =3 x t +1

1± 5 ;x = 1 ± 2 . 2

c) Điều kiện: x ≠ −1; x ≠ 0 2

1  1  2 1 2  + PT ⇔  − = 15 ⇔  − 15 = 0  +  x x + 1   x ( x + 1)  x (x + 1)  x (x + 1)

1 2

1 1 và x = . 2 2m + 2

Đặt

7 2

1 = t ta được phương trình t 2 + 2t − 15 = 0 ⇔ t = 3; t = −5 x (x + 1)

+) t = 3 ⇔

1 6 = 2x + 7 ( x − 3 )( x + 3 )

1 −3 ± 21 = 3 ⇔ 3x 2 + 3x − 1 = 0 ⇔ x = x (x + 1) 6

+) t = −5 ⇔

1 −5 ± 5 = −5 ⇔ 5x 2 + 5x + 1 = 0 ⇔ x = x (x + 1) 10

x = 3 ⇔ x 2 + x − 12 = 0 ⇔ ( x − 3 )( x + 4 ) = 0 ⇔   x = −4 Vậy phương trình có nghiệm x = −4 . b) x = 1, x = 5

Đối chiếu với điều kiện (*) thì phương trình có bốn nghiệm x =

c) Điều kiện: x ∉ { −3; −2;1; 4 }

Đặt u =

Bài 3.30: a) Điều kiện: x ≠ 2; x ≠ 3

2 4 6 8 +1− +1− +1+ =4 x −1 x +2 x +3 x −4 5x − 8 5x + 12 ⇔ − =0 (x − 1)(x − 4) (x + 2)(x + 3) 16 1 69   ⇔ x2 + x − = 0 ⇔ x =  −1 ± 5 2  5  1   −1 ± 2 

 2   Bài 3.29: a) Điều kiện: x ∉  1;    3      Với x = 0 không là nghiệm của phương trình Với x ≠ 0 ta có PT ⇔

Đặt t = 3 x +

2 2 3x − 5 + x

+) u = 3v ⇔

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 69   . 5 

8 ± 46 . 2

−1 3 Đặt u = 3x 2 + x, v = x + 1, u ≠ 0, v ≠ 0

b) ĐKXĐ: x ≠ 0, x ≠

2u 13u + = 6 ⇔ 4u 2 − 7uv − 2v 2 = 0 v v + 6u  4u = −v ⇔ (4u + v)(u − 2v) = 0 ⇔   u = 2v  −1 1  Từ đó ta tìm được nghiệm của pt là x ∈  ;   2 3 Bài 3.31: ĐKXĐ: x ≠ ±1

Khi đó phương trình trở thành

13 3x + 1 +

x +1 x−2 ta được u 2 + uv = 12v 2 ⇔ (u − 3v)(u + 4v) = 0 ⇔ u = 3v; u = −4v ;v = x−2 x−3

x +1 x−2 8 ± 46 =3 ⇔ x 2 + 4 x + 3 = 3 x 2 − 12 x + 12 ⇔ 2 x 2 − 16 x + 9 = 0 ⇔ x = x−2 x−3 2 x +1 x−2 2 2 2 +) u = −4v ⇔ = −4 ⇔ x + 4 x + 3 = −4 x + 16 x − 16 ⇔ 5 x − 12 x + 19 = 0 ⇔ ∃x x−2 x−3

PT ⇔ 1 +

Đối chiếu với điều kiện phương trình có nghiệm là x =

−3 ± 21 −5 ± 5 ;x = . 6 10

2 x

2 2 13 phương trình trở thành PT ⇔ + =6 x t −5 t +1

1 4 Từ đó ta tìm được nghiệm của phương trình là x = ; x = . 2 3  −1 ± 5     b) Điều kiện: x ∉  0;    2     -- 91 --

PT ⇔ ( ax − 1 )( x + 1 ) + 2 ( x − 1 ) = a ( x 2 + 1 ) ⇔ ax 2 + ax − x − 1 + 2x − 2 = ax 2 + a ⇔ ( a + 1 ) x = a + 3 • Nếu a ≠ −1 thì x =

a +3 a+3 a+3 . Ta có ≠ 1 , xét ≠ −1 ⇔ a ≠ −2 a +1 a +1 a +1

-- 92 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

• Nếu a = −1 thì phương trình vô nghiệm.

Vậy: -Với a ≠ −1 và a ≠ −2 thì phương trình có nghiệm duy nhất x = -Với a = −1 hoặc a = −2 thì phương trình vô nghiệm. Bài 3.32: Điều kiện: x ≠ a, x ≠ b : Ta có: PT ⇔ 2( x − a )( x − b) = a ( x − a ) + b ( x − b)

a +3 a +1

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

  x +2 x +2 ⇔ ( x − 2 )  − − 3  = 0  x 2 + 12 + 4  x2 + 5 + 3 x = 2  ⇔ x +2 x +2  − − 3 = 0(*) x2 + 5 + 3  x 2 + 12 + 4 1 1 x +2 x +2 < ⇒ − < 0 nên pt (*) vô nghiệm. x 2 + 12 + 4 x2 + 5 + 3 x 2 + 12 + 4 x2 + 5 + 3 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2.

⇔ 2 x 2 − 3(a + b) x + a 2 + b 2 + 2ab = 0 ⇔ 2 x 2 − 3(a + b) x + (a + b) 2 = 0

a+b 2 Ta có x1 ≠ a ⇔ b ≠ 0 , x1 ≠ b ⇔ a ≠ 0 , x2 ≠ a ⇔ x2 ≠ b ⇔ a ≠ b

b) Ta dự đoán được nghiệm x = ±1 , và ta viết lại phương trình như sau:

Phương trình có hai nghiệm là x1 = a + b và x 2 =

a +b x1 ≠ x2 ⇔ a + b ≠ ⇔ a ≠ −b 2 Vậy với a ≠ ± b; a ≠ 0, b ≠ 0 thì pt có hai nghiệm phân biệt

  1    3x + 1 ≥ 0 x ≥ − Bài 3.33: a) Pt ⇔  . ⇔ 3 2    2x + 1 = (3x + 1)  9x 2 + 4x = 0     1   x =0  x ≥−    3 ⇔ ⇔   4 x = − 4    x = 0, x = − 9   9  x = −1 x ≥ −1  b) PT ⇔  3 ⇔  x = 1+ 7  x − 5x − 4 = 0  2

  x4 − x2 − 1 ≥ 0 x4 − x2 −1 ≥ 0 ⇔ 2 ⇔ x = −2 c) PT ⇔  4 4 2  x + 3x + 1 = x − x − 1  x + 3 x + 2 = 0 x + 1 ≥ 0  x ≥ −1   d) Pt ⇔  ⇔   2 2 2 2   2 x + 6 x + 1 = ( x + 1)   6x + 1 = x + 1    x ≥ −1  x ≥ −1   ⇔ ⇔ ⇔ x = 0, x = 2  2  4 2 2 2   x + = x + 6 1 ( 1)   x − 4x = 0   x = 1  x + 3 + 1 = 3x 2 e) 1 + 3 + x = 9x 2 ⇔  ⇔  x = −5 − 97  x + 3 + 1 = −3x  18

(

)

f) x − (x + 7) + (x + x + 7 ) = 0 ⇔ (x + x + 7 )(x − x + 7 + 1) = 0 1 − 29 Từ đó phương trình đã cho có hai nghiệm x = 2; x = . 2

5 Bài 3.34: a) ĐKXĐ: x ≥ 3 Phương trình đã cho tương đương với: 2

(

) (

x2 −1 +

3 ( x − 1)

x2 + 8 − 3 =

⇔

x4 + 3 x2 + 1

x 2 + 15 >

)

x −1

x2 + 8 + 3 1 x2 + 8 + 3

x2 + 8 ⇒

x 2 + 15 − 4 2

x −1

x2 = 1  ⇔ 1  +  3 x 4 + 3 x 2 + 1 Mặt khác, ta có:

x 2 + 15 + 4 1

x 2 + 15 + 4

x 2 + 15 + 4 >

x2 + 8 + 3 ⇒

1 x 2 + 15 + 4

1 x2 + 8 + 3

Nên phương trình thức hai vô nghiệm. Vậy pt có 2 nghiệm x = 1, x = −1 .

1 . 5 Phương trình đã cho tương đương với: c) ĐKXĐ: x ≥

5x − 1 − 2 + 3 9 − x − 2 = 2x 2 + 3x − 5

5 ( x − 1)

⇔

5x − 1 + 2

1−x

(

9−x

)

+ 23 9 − x + 4

  5 ⇔ ( x − 1 )  2x + 5 − +  − 5 x 1+2    5 5x − 1 + 5 ⇔ ( x − 1 )  2x + +  5x − 1 + 2 

= ( x − 1 )( 2x + 5 )   =0  + 23 9 − x + 4   1

(

9−x

)

  =0  3 +2 9−x + 4  1

(

9−x

)

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất x = 1 . d) ĐKXĐ: x ≥ 1

PT ⇔

x + 6 + x − 1 + x2 − 7 = 0

⇔ ( x + 6 − 2) + ( x − 1 − 1) + (x 2 − 4) = 0 (1)

x + 12 − 4 = 3x − 6 + x + 5 − 3 ⇔

PT ⇔ 3

x2 − 4 x 2 + 12 + 4

= 3(x − 2) +

Ta có ∀x ≥ 1 : 3 (x + 6)2 + 2 3 x + 6 + 4 = ( 3 x + 6 + 1)2 + 3 > 0 & x − 1 + 1 > 0

x2 − 4 x2 + 5 + 3

Do đó PT ⇔

-- 93 --

x −2 3

(x + 6) + 2 x + 6 + 4

x −2 x −1 +1

+ (x − 2)(x + 2) = 0

-- 94 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

  1 1 ⇔ (x − 2)  + + x + 2  = 0 ⇔ x = 2 3 2 3 x −1 +1  (x + 6) + 2 x + 6 + 4  Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2 .

Bài 3.35: a) Đặt t =

Đặt t =

x 2 + x + 2, ( t ≥ 0) ⇒ x 2 + x = t 2 − 2

b) Đặt t =

x−

1 1± 5 , Ta có : t 3 + t − 2 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ x = x 2

Bài 3.36: a) PT ⇔ − ( 3x − 2 ) + Đặt t =

 x =1 x 2 + x + 2, ( t ≥ 0) ⇔ x 2 + x − 2 = 0 ⇔   x = −2

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

 1 1 h) x = 0 không phải là nghiệm , Chia cả hai vế cho x ta được:  x −  + 3 x − = 2  x  x

 t = −1(l ) Phương trình trở thành: t = t 2 − 2 ⇔ t 2 − t − 2 = 0 ⇔   t = 2

Với t = 2 ta có: 2 =

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

3x − 2 + 4x 2 − 18x + 20 = 0

3x − 2, t ≥ 0 .

Phương trình trở thành −t 2 + t + 4x 2 − 18x + 20 = 0 2

Có ∆t = ( 4x − 9 )

x − x + 1, ( t ≥ 0) ⇒ x − x = t − 1 Từ đó ta có nghiệm phương trình là x =

19 + 73 23 − 97 ,x = 8 8

t = 1  Phương trình trở thành: 4 ( t 2 − 1 ) + 1 = t ⇔ 4t 2 − t − 3 = 0 ⇔  t = 3  4 Từ đó phương trình có nghiệm là x = 0, x = 1

Đặt t =

c) Điều kiện x + 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ −3 . Đặt t =

Phương trình trở thành 2t 2 + 5xt + 3x 2 − 3x − 18 = 0

x + 3, t ≥ 0 ⇒ x = t − 3

Lúc đó phương trình đã cho trở thành: 13(t 2 − 3) + 2  3(t 2 − 3) + 2  t + 42 = 0 ⇔ 6t 3 + 13t 2 − 14t + 3    t = 2 2 ⇔ (t + 3)(6t − 5t + 1) = 0 ⇔ 6t − 5t + 1 = 0,(t ≥ 0) ⇔     t =    Từ đó x = − d) Đặt t =

−x + 2x + 24, ( t ≥ 0) ⇒ −x + 2x + 24 = t ⇒ x − 2x − 22 = 2 − t

Đặt t = x − 2, t ≥ 0 .

(

−x 2 + 2x + 24 = 1 ⇔ x 2 − 2x − 23 = 0 ⇔ x = 1 ± 2 6

)

4x − 1 , ta có t − 4t + 4t − 1 = 0 ⇔ (t − 1) (t + 2t − 1) = 0 2

1 2− 2 ĐS: x = , x = 2 2 g) Điều kiện: −1 ≤ x < 0 1 1 = 3+ x x  t =1 1 . Đặt t = x − , ta được t 2 + 2t − 3 = 0 ⇔  x t = −3 Chia cả hai vế cho x ta nhận được: x + 2 x −

-- 95 --

25 + 3 33 41 − 3 93 , x= 2 6

d) PT ⇔ −2 ( 3x − 1) + x 3x − 1 + x 2 = 0 ⇔ ( x − 3x − 1)(2 3x − 1 + x) = 0 Từ đó ta có nghiệm phương trình là x =

3± 5 . 2

x + 3;b =

 a 2 + b 2 = 2x x − 3; a > 0, b > 0 ⇒   2  a − b2 = 6  

Phương trình trở thành:

−x + 2x + 3 = 2 ( x − 2x ) . 2

Từ đó ta có nghiệm phương trình là x =

Bài 3.37: • Với x > 3 : Đặt a =

x + 1 + 3 − x = ( 2x − 1 )( 2x − 2 )

e) ĐKXĐ: −1 ≤ x ≤ 3, x ≠ 1 . PT ⇔ 2 x + 1

16 + 2 10 9

c) PT ⇔ −27 ( x − 2 ) − 51 x − 2 + 3x 2 − 31x + 56 = 0

Có ∆ t = (18 x − 93 ) 2

 t =1 Phương trình trở thành: 2 − t − t = 0 ⇔ t + t − 2 = 0 ⇔   t = −2(l )

f) Đặt t =

Từ đó ta có nghiệm phương trình là x = 1, x = −

1 2 1 3

Phương trình trở thành −27t 2 − 51t + 3 x 2 − 31x + 56 = 0

Với t = 1 ta có:

x + 3, t ≥ 0 .

Có ∆t = ( x + 12 )

11 26 ;x = − . 4 9

⇔

b) PT ⇔ 2 ( x + 3 ) + 5x x + 3 + 3x 2 − 3x − 18 = 0

4a 2 a ⇔ a +b = 2 2 b4 b 2a ( a − b ) ⇔ ( a + b )(a − b ) = ⇔ 6b 2 = 2a (a − b ) b2 1 ± 13 ⇔ a 2 − ab − 3b 2 = 0 ⇔ a = b 2

a 2 + b 2 + 2ab =

Do a > 0,b > 0 ⇒ a =

1 + 13 b 2

1 + 13 x − 3 ⇔ x = 8 − 13 (thỏa mãn). 2 • Với x ≤ −3 tương tự ta có phương trình vô nghiệm.

Suy ra

x +3 =

-- 96 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

• Với −3 < x ≤ 3 khi đó phương trình không xác định nên nó vô nghiệm.

Vậy phương trình có nghiệm là x = 8 − 13 .

Bài 3.38: Xét phương trình

x 2 − x + 1 = −x − 2  x ≤ −2    x ≤ −2   ⇔ ⇔  2 3 (vô nghiệm) 2   x − x + 1 = x + 4x + 4 x =−      5

Suy ra

x − x + 1 + x + 2 ≠ 0 do đó 2

x 3 + 2x 2 − 3x + 1 Phương trình ⇔ x 2 − x + 1 − ( x + 2 ) = − (x + 2 ) x2 + 2  5x + 3 = 0 −5x − 3 −5x − 3 ⇔ = 2 ⇔  2 2 x − x + 1 + x + 2 = x2 + 2 + 2 x x −x +1 +x +2  3  x=−  5 ⇔  x 2 − x + 1 = x 2 − x (**) 

 x2 − x ≥ 0 1± 3 + 2 5 Ta có (**) ⇔  2 2 ⇔ x = 2 2  x − x + 1 = ( x − x )

 3 1 − 3 + 2 5 1 + 3 + 2 5  Suy ra phương trình có nghiệm là x ∈ − ; ;  2 2  5  Bài 3.39: a) PT ⇔ ( x − 1)(2 x − 1)( x + 2)( x + 2) = 0 b) PT ⇔ ( x − 2)(2 x − 3)( x + 2)( x + 1)(2 x − 1) = 0 c) PT ⇔ ( x 2 + 1)( x − 2)( x + 3) = 0

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

a) Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình . Chia hai vế của phương trình cho x 3 , ta được: 1 1 1 x3 + + 3(x 2 + ) − 6(x + ) − 21 = 0 . 3 2 x x x 1 1 1 Đặt t = x + , | t |≥ 2 . Ta có : x 2 + = t 2 − 2; x 3 + = t(t 2 − 3) . 2 x x x3 Nên phương trình trở thành : t(t 2 − 3) + 3(t 2 − 2) − 6t − 21 = 0 t = 3 . ⇔ t 3 + 3t 2 − 9t − 27 = 0 ⇔ (t + 3)2 (t − 3) = 0 ⇔   t = −3 * t =3⇔ x+

1 3± 5 . = 3 ⇔ x 2 − 3x + 1 = 0 ⇔ x = x 2

* t = −3 ⇔ x 2 + 3x + 1 = 0 ⇔ x =

−3 ± 5 . 2

Vậy phương trình có bốn nghiệm x = 4

−3 ± 5 3± 5 . ;x= 2 2 4

b) . Đặt x = t + 1 , ta có: ( t + 4 ) + ( t − 4 ) = 1312

⇔ t 4 + 96t 2 − 400 = 0 ⇔ t 2 = 4 ⇔ t = ±2 Suy ra x = 3, x = −1 là nghiệm của phương trình đã cho. c) Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình nên Phương trình ⇔ ( 32x 2 + 52x + 15 )( 32x 2 − 46x + 15 ) − 99x 2 = 0  15  15  ⇔  36x + 52 +  32x − 46 +  − 99 = 0 . x  x   15 .Ta có: ( t + 52 )( t − 46 ) − 99 = 0 ⇔ t 2 + 6t − 2491 = 0 ⇔ t = 47, t = −53 x 15 • t = 47 ⇔ 32x 2 − 47x + 15 = 0 ⇔ x = 1, x = 32

Đặt t = 32x +

d) PT ⇔ ( x 2 + 1)( x 2 + 2)( x − 2) = 0

Bài 3.40: a) ( x 2 − x + 1) 2 − 3 x 2 = 0 ⇔ x =

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

1 − 4 12 + 3 1 − 4 12 + 3 hoặc x = 2 2

b) PT ⇔ ( x 2 − x − 1)( x 2 + x + 1) = 0 ⇔ x =

1± 5 . 2

• t = −53 ⇔ 32x 2 − 53x + 15 = 0 ⇔ x =

Bài 3.41: PT ⇔ ( x − 1) ( x 2 − 2mx + m 2 − m + 1) = 0 Từ đó suy ra 2 ≠ m > 1. Bài 3.42: a) Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình 3 2 1   1  Với x ≠ 0 ta có PT ⇔ 2 x 2 + 3 x − 16 + + 2 = 0 ⇔ 2  x 2 + 2  + 3  x +  − 16 = 0 x x x   x  1 1 Đặt y = x + thì y 2 − 2 = x 2 + 2 x x Phương trình trở thành: 2 ( y 2 − 2 ) + 3 y − 16 = 0 ⇔ 2 y 2 + 3 y − 20 = 0 Phương trình này có nghiệm là y1 = −4, y2 =

5 2

1 1 5 = −4 và x + = tức là x 2 + 4 x + 1 = 0 và 2 x 2 − 5 x + 2 = 0 x x 2 1 Từ đó ta tìm đuợc các nghiệm là: x = −2 ± 3, x = , x = 2 . 2

Vì vậy x +

-- 97 --

53 ± 889 . 64

 15 53 ± 889     Vậy tập nghiệm phương trình đã cho là: 1, , .   32 64     2

d) Phương trình ⇔ ( x 2 − m ) + ( 2m − 9 ) x 2 − 2x + 15 − m 2 = 0 Ta chọn m sao cho ∆ ' = 1 − ( 15 − m 2 ) ( 2m − 9 ) = 0 ta tìm được m = 4 2

Nên ta có: ( x 2 − 4 ) − ( x − 1 ) = 0 ⇔ ( x 2 + x − 5 )( x 2 − x − 3 ) = 0

  x = −1 ± 21 x2 + x − 5 = 0  2 ⇔  2 ⇔   1 ± 13  x − x − 3 = 0 x =  2  −1 ± 21 1 ± 13    . Vậy tập nghiệm của phương trình là:  ;    2 2    

-- 98 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 e) 2

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

Ta thấy x = −1 không là nghiệm của phương trình nên chia hai vế cho x 3 + 1 ta được: x2 − x + 1 x +1 +5 2 = 11 . x +1 x −x +1

Đặt t =

x2 − x + 1 5 1 ⇒ 2t + = 11 ⇔ 2t 2 − 11t + 5 = 0 ⇔ t = 5, t = . x +1 t 2

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

Bài 3.48: a) Từ hệ phương trình ta có: D =

x2 − x + 1 •t = 5 ⇔ = 5 ⇔ x 2 − 6x − 4 = 0 ⇔ x = 3 ± 13 x +1

2m 3 m Dy = 1 Dx =

x2 − x + 1 1 1 •t =5⇔ = ⇔ 2x 2 − 3x + 1 = 0 ⇔ x = 1, x = . x +1 2 2 Bài 3.43:Phương trình ⇔ (x − 1)(x + 5)(x + 1)(x + 3) = m

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

x + y = 8 x = 5   Thay trở lại, ta được:  ⇔    x − y = 2  y = 3   c) ( −3; −2 ) , ( −2; −3) , ( 2;3) , ( 3; 2 ) d) ( −1; −1) , (1;1) m 2 1

= m.1 − 1.2 = m − 2

2 = 2m.1 − 3.2 = 2m − 6 1 2m = m.3 − 1.2m = 3m − 2m = m 3

• Nếu D ≠ 0 ⇔ m–2 ≠ 0 ⇔ m ≠ 2

⇔ (x 2 + 4x − 5)(x 2 + 4x + 3) = m

Đặt t = x + 4x = (x + 2) − 4 ≥ −4 ,ta có phương trình : Phương trình (1) có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm t ≥ −4 .

D Dx 2m − 6 m = ;y = y = D m −2 D m −2 • Nếu D = 0 ⇔ m = 2 ⇒ Dx = −4 ≠ 0 ⇒ hệ phương trình vô nghiệm

Với t ≥ −4 ⇒ t 2 − 2t − 15 = (t − 1)2 − 16 ≥ −16 ⇒ (2) có nghiệm t ≥ −4 ⇔ m ≥ −16 .

b) Ta có D =

Suy ra hệ phương trình có một nghiệm duy nhất: x =

⇔ (t − 5)(t + 3) = m ⇔ t 2 − 2t − 15 = m (2) .

Bài 3.44: Phương trình ⇔ (x − 2x ) − 4(x − 2x ) = m 2

Đặt t = x 2 − 2x = (x − 1)2 − 1 ≥ −1 . Phương trình trở thành: t 2 − 2t = m (*).

Dx =

Phương trình có bốn nghiệm phương trình ⇔ (*) có hai nghiệm phân biệt t > −1 . Xét hàm số : f (t ) = t 2 − 2t với t ≥ −1 , ta có bảng biến thiên:

-1 3

Dựa vào bảng biến thiên ⇒ −1 < m < 3 . b) ( x; y ) = (1; −2 )

1 =v x −y

   5  1  2v = 1    u +v =  v =    8 2 Khi đó, có hệ mới  ⇔ ⇔  5    3 1 u +v =    −u + v =   u =  8    8  8 -- 99 --

= 2m2 − m − 1 = ( m − 1)( 2m + 1)

= 2m2 + 3m + 1 = ( m + 1)( 2m + 1)

m +1

m −1

m 2 + 2m

= ( m + 1) ( m2 + 2m ) − m2 ( m − 1) = 2m ( 2m + 1)

 m =1 : Với D = 0 ⇔  m = − 1  2 1 + Khi m = − ta có D = Dx = Dy = 0 nên hệ phương trình có nghiệm là nghiệm của phương trình 2

-1

1 b) ĐKXĐ: x ≠ ±y , đặt = u; x +y

−2

−1

 m ≠1  Dx Dy   m + 1 2m   Với D ≠ 0 ⇔  ; 1 : Hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) =  ; =  m ≠ −  D D   m −1 m − 1   2

+∞ +∞

 136 1905  c) ( x; y ) =  − ;−  73   73  x + 2y − 3z = 2  x = 1 + 5y  x = 1 + 5y            Bài 3.46: a)  x − 3 y + z = 5 ⇔ 1 + 5 y + 2 y − 3 z = 2 ⇔    7y − 3z = 1 ⇔     x − 5y = 1 1 + 5y − 3y + z = 5  2y + z = 4           11 5 1  b) ( x; y; z ) = (1; −1;1) c) ( x; y; z ) = ( 0; −4;10 ) d) ( x; y; z ) =  ; ; −   14 2 7   x + 5y = 7  3x + 15y = 21  17y = 17 y = 1     Bài 3.47: a)  ⇔ ⇔ ⇔        3 x − 2 y = 4 3 x − 2 y = 4 3 x − 2 y = 4    x = 2    

m2 + 2m −1

Dy =

f(t)

Bài 3.45: a) Vô nghiệm

m −1

m + 1 −2

x = 6     y = 1    z = 2 

1 1 x − 2y = − ⇔ x = 4y − 1 . Do đó hệ phương trình có nghiệm là 2 2 + Khi m = 1 ta có D = 0, Dx ≠ 0 nên hệ phương trình vô nghiệm Kết luận: m ≠ 1 và m ≠ −

1  m + 1 2m  hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) =  ;  2  m −1 m −1 

1 hệ phương trình có nghiệm là 2 m = 1 hệ phương trình vô nghiệm m=−

Bài 3.49: Ta có: D =

m +1 8 m

( x; y ) = ( 4t − 1; t ) , t ∈ R .

m+3

( x; y ) = ( 4t −1; t ) , t ∈ R .

= (m + 1)(m + 3) − 8m = m 2 − 4m + 3

Hệ đã cho có nghiệm duy nhất ⇔ D ≠ 0 ⇔ m 2 − 4m + 3 ≠ 0 ⇔ m ≠ 1 và m ≠ 3 .

Bài 3.50: Ta có: D = −8 − m ( m + 6 ) = −m 2 − 6m − 8

-- 100 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

Dx = 2 ( m + 1 ) − m ( m + 3 ) = −m 2 − m + 2 Dy = −4 ( m + 3 ) − ( m + 1 )( m + 6 ) = −m 2 − 11m − 18

   D = 0 −m 2 − 6m − 8 = 0     2  Hệ có vô số nghiệm ⇔  ⇔ m = −2  Dx = 0 ⇔  −m − m + 2 = 0     D = 0 −m 2 − 11m − 18 = 0    y    Vậy hệ có vô số nghiệm khi m = −2 .  mx + 2 y − 2m = 0 Bài 3.51: Ta có P ( x; y ) ≥ 0 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  (*)  x+ y −3= 0 m 2 D= = m−2 1 1 Nếu D ≠ 0 ⇔ m ≠ 2 thì hệ phương trình (*) có nghiệm do đó min P ( x; y ) = 0 . 2

Nếu D = 0 ⇔ m = 2 ta có P ( x; y ) = ( 2 x + 2 y − 4 ) + ( x + y − 3 ) = 5 ( x + y ) − 22 ( x + y ) + 25 2

11  4 4   P ( x; y ) = 5  x + y −  + ≥ 5 5 5  4 11 Suy ra min P ( x; y ) = ⇔ x + y − = 0 5 5

Vậy m ≠ 2 thì min P ( x; y ) = 0 , m = 2 thì min P ( x; y ) =

4 . 5

Bài 3.52: Ta có: D = −2(m − 2)(m + 2) ; Dx = (m − 2)(1 − 3m ) ; Dy = (m − 2)(m + 3)  D = 0 a) hệ có nghiệm ⇔  2 ⇔ m = −2 ⇔ m ≠ −2 .  Dx + Dy2 ≠ 0  

   x = 3m − 1   2(m + 2) . b) Hệ có nghiệm duy nhất ⇔ m ≠ ±2 và nghiệm duy nhất của hệ là:    m +3  y =−   2(m + 2)     m ≥ −1  3m − 1 2(m + 3) 5m + 5  m ≠ 2 . ⇒ x ≥ 2y ⇔ ≥− ⇔ ≥ 0 ⇔   2(m + 2) 2(m + 2) m +2  m < −2  c) Hệ có nghiệm duy nhất ⇔ m ≠ ±2 3m 2 + 3m + 7 P = x + 3y = 2 ⇔ (3 − P )m 2 + (3 − 4P )m + 7 − 4P = 0 (1) m + 4m + 4 2

* P=3 P = 3 thì (1) có nghiệm m = −

 m + 1 1   m am + 1   = m 2 + m − 2; Dv =   = m −1 Du =   m  2   2  1 • Nếu D ≠ 0 ⇔ m 2 − 1 ≠ 0 ⇔ m ≠ ±1

m +2 1 và v = m +1 m +1  m +2   ≥0  Vì điều kiện u, v > 0 nên ta có :  ⇔ m > −1 m + 1  1  ≥0   m + 1    2m + 3  m + 2    x = x +1 =    (m + 1)2   m + 1 ⇔ Khi đó ta được:    1 1   y = y =     m +1 ( m + 1)2    

Hệ có nghiệm duy nhất u =

m = 1 • Nếu D = 0 ⇔ m 2 − 1 = 0 ⇔   m = −1

Với m = 1 ⇒ Du = Dv = 0 , hệ có vô số nghiệm thoả

x +1+ y = 2

Với m = −1 ⇒ Du = 2 ≠ 0 , hệ vô nghiệm.

Bài 3.54: a) Ta có y = 5 − 2x thế vào phương trình hai ta được: x = 2 ⇒ y = 1  . 4x 2 + (5 − 2x )2 = 17 ⇔ 2x 2 − 5x + 2 = 0 ⇔  x = 1 ⇒ y = 4  2

1 Vậy nghiệm của hệ là: (x ; y ) = (2;1),( ; 4) . 2 b) Tacó y = 8 − 3x đầu x 3 (8 − 3x ) = 16 ⇔ 3x 4 − 8x 3 + 16 = 0 ⇔ (x − 2)2 (3x 2 + 4x + 4) = 0 c) phương trình ⇒ x 2 = 3(y 2 + 2) phương trình

8 . 9

Vậy P nhỏ nhất ⇔ m =

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

   x +1 = u Bài 3.53: Đặt:  (u, v > 0)  y =v     mu + v = m + 1  Khi đó hệ có dạng:   ux + mv = 2    m 1   = m 2 − 1 Ta có: D =   1 m 

⇔x =2x =y =2

5 9

* P ≠ 3 ⇒ (1) có nghiệm ⇔ ∆ = 52P − 75 ≥ 0 ⇔ P ≥ thức xảy ra khi m =

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

75 75 . ⇔ ∆ = 52P − 75 ≥ 0 ⇔ P ≥ Đẳng 52 52

x 3 − 8x = y(y 2 + 2) = y

x = 0  x2 2 ⇔ x (3x 2 − xy − 24) = 0 ⇔   y = 3x − 24 3  x

8 75 và MinP = . 9 52

-- 101 --

-- 102 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

x = 0 y2 + 2 = 0 y =

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ 2

 3x − 24  3x − 24 2 x = 3   + 6 ⇔ 13x 4 − 213x 2 + 864 = 0 x x   2

 x = ±3 ⇒ y = ±1 x2 = 9   96 78  (x ; y ) = (±3; ±1), (± ;∓ ) ⇔  2 ⇔  x = ± 96 ⇒ y = ∓ 78  x = 96 14 13   13  13 13 Bài 3.55: Ta có x = m − y thay vào phương trình hai ta được: 2(m − y )2 − 3y 2 = 1 ⇔ y 2 + 4my + 1 − 2m 2 = 0 (*)

Hệ có nghiệm ⇔ (*) có nghiệm ⇔ ∆ ' = 4m 2 − (1 − 2m 2 ) ≥ 0 ⇔ m ≥ Vậy m ≥

1 6

là những giái trị cần tìm.

  2 −S   S + 2P = 2 P =    2 ⇔ Bài 3.56: a) 1) Đặt S = x + y, P = xy . Khi đó hệ trở thành:   S (S 2 − 3P ) = 8  6 − 3S 2    S ( S − )=8    2 ⇒ 2S 3 + 3S 2 − 6S − 16 = 0 ⇔ (S − 2)(2S 2 + 7S + 8) = 0 ⇔ S = 2 ⇒ P = 0

⇒ x, y là nghiệm phương trình: X 2 − 2X = 0 ⇔ X = 0, X = 2 .   x = 0 x = 2 Vậy nghiệm của hệ là:  . ∪   y = 2 y = 0     b) Đặt S = x + y; P = xy . Khi đó hệ trở thành:

  SP = −8S  SP = 2 − 8S  S (S 2 − 3P ) = 19    ⇔ ⇔   3  3  S (8 + P ) = 2  S − 3(2 − 8S ) = 19  S + 24S − 25 = 0        S = 1  ⇒ x, y là nghiệm của phương trình : X 2 − X − 6 = 0 ⇔ X1 = 3; X 2 = −2 . ⇔  P = −6   Vậy hệ đã cho có hai cặp nghiệm: (x ; y ) = (−2; 3), (3; −2).

c) (x ; y ) = (1;1)

( −2; 0 ), ( 0; −2 ), ( −

)(

2; 2 ,

2; − 2

)

Bài 3.57: a) Trừ vế với vế của hai phương trình trên ta được: x = y . x 2 − y 2 = x − y ⇔ (x − y )(x + y − 1) = 0 ⇔   x = 1 − y * Với x = y ⇒ x 2 = 3x ⇔ x = 0, x = 3  y = −1 ⇒ x = 2 * Với x = 1 − y ⇒ y 2 = 3y + 2(1 − y ) ⇔ y 2 − y − 2 = 0 ⇔   y = 2 ⇒ x = −1 Vậy nghiệm của hệ: (x ; y ) = (0; 0), (3; 3), (−1;2), (2; −1) .

b) : x , y ≠ 0   2x 3 + x 2y = 3 Hệ ⇔  3 ⇒ 2(x 2 − y 3 ) + xy(x − y ) = 0 ⇔ (x − y )(2x 2 + 3xy + 2y 2 ) = 0  2y + y 2x = 3   3 7 ⇔ x = y (Do 2x 2 + 3xy + 2y 2 = 2(x + y )2 + y 2 > 0 ) Thay vào hệ ta được: 4 8 3x 3 = 3 ⇔ x = 1 = y . Vậy hệ có nghiệm: x = y = 1 .

-- 103 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

(

) (

c) ( −1; −1 ), ( 0; 0 ), ( 1;1 ), − 3; 3 ,

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

3; − 3

)

d) ( 1;1 )

Bài 3.58: • Giả sử hệ có nghiệm (x 0 ; y 0 ) thì (y 0 ; x 0 ) cũng là nghiệm của hệ nên để hệ có nghiệm duy nhất thì trước hết x 0 = y 0 . Thay vào hệ ta được:

x 02 − 2x 0 + m = 0 phương trình có nghiệm duy nhất ⇔ ∆ ' = 1 − m = 0 ⇔ m = 1 .  x = y2 − y + 1 • Với m = 1 hệ trở thành:  ⇒ x 2 + y 2 − 2x − 2y + 2 = 0   y = x2 − x + 1   ⇔ (x − 1)2 + (y − 1)2 = 0 ⇔ x = y = 1 .Thử lại ta thấy thỏa mãn hệ

Vậy m = 1 là giá trị cần tìm. Bài 3.59: Ta thấy x=0 không thoả hệ phương trình  3x 2 + 5tx 2 − 4t 2x 2 = 38  Xét x ≠ 0 . Đặt x = ky và thay vào hệ ta được:  2  5x − 9tx 2 − 3t 2x 2 = 15 (*)     x 2 (3 + 5t − 4t 2 ) = 38 ⇔ ⇒ 15 ( 3 + 5t − 4t 2 ) = 38 ( 5 − 9t − 3t 2 )  2  x (5 − 9t − 3t 2 ) = 15    1  t= 2 3 ⇔ 54t + 417t − 145 = 0 ⇔   t = − 145  18  x =3⇒y =1 1 2 Với t = thì (*) ⇔ x = 9 ⇔  3  x = −3 ⇒ y = −1

145 15.108 thì (*) ⇔ x 2 = − : Phương trình vô nghiệm 18 12655 x = 3  x = −3   Vậy  . hay     y = 1 y = −1     Bài 3.60: Dễ thấy x = 0 không thoả hệ   x 2 (3 + 2k + k 2 ) = 11(*) Với x ≠ 0 , đặt y = tx , thay vào hệ ta được  2  x (1 + 2k + 3k 2 ) = 17   Suy ra 17 ( 3 + 2k + k 2 ) = 11 ( 1 + 2k + 3k 2 ) Với t = −

 5 k = − ⇔ 16k 2 − 12k − 40 = 0 ⇔  4  k =2 

Thay vào (*) ta được:

 4 5 4 5  x = ⇒y =− . =− 5 33 2 16  4 2 3 3 3 k= − ⇒ x = 11 ⇔ x = ⇔ 4 5 4 5 4 16 3  ⇒ y = − .(− ) = x = −  4 3 3 3  x =1⇒y =2 2 2 k = 2 ⇒ 11x = 11 ⇔ x = 1 ⇔   x = −1 ⇒ y = −2  4 5   4 5  Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x ; y ) là  − ; ;− ;  ; ( 1;2 ) ; ( −1; −2 )      3 3 3 3  Bài 3.61: Dễ thấy y = 0 không phải là nghiệm của hpt. -- 104 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

Đặt x = ty , ta có :

Suy ra x + y và − xy là nghiệm của phương trình:

  t 2 − 4t + 1 m    t 2y 2 − 4ty 2 + y 2 = m  y 2 (t 2 − 4t + 1) = m =   Hệ ⇔  2 ⇔ ⇔   1 − 3t 4 (I)    y − 3ty 2 = 4 y 2 (1 − 3t ) = 4 2    y − t = (1 3 ) 4    

 x + y = 13  t = 13  x + y = 13 t 2 − 7t − 78 = 0 ⇒  ⇔  ⇔  t = − 6 − xy = − 6  xy = 36  

Do y ≠ 0 nên từ y 2 ( 1 − 3t ) = 4 ⇒ 1 − 3t > 0 ⇔ t <

1 3

  t 2 − 4t + 1 1  =  a) Với m = 1 ta có hệ phương trình  1 − 3t 4   y 2 (1 − 3t ) = 4  

Ta có nghiệm là ( 1 ; 4 ),

b) Điều kiện :x ≥ 0 ,y ≥ 0 2 2  2x 2 + 2y 2 + 4xy = 16      2x + 2y = x + y HPT ⇔  ⇔  x + y + 4xy = 16  x+ y =4       2 2 2 2    2x + 2y = x + y + 2xy (x − y )2 = 0 ⇔ ⇔ ⇔x =y =4     x + y =4 x + y =4     Vậy hệ có nghiệm là ( 4; 4 ) .

  4(t 2 − 4t + 1) = m(1 − 3t ) b) Ta có : (I) ⇔  2  y (1 − 3t ) = 4   2   4t − (16 − 3m )t + 4 − m = 0 (*) ⇔  2  y (1 − 3t ) = 4  

Đặt f ( t ) = 4t 2 − ( 16 − 3m ) t + 4 − m thì

1 ⇔ Đồ thị hàm số f ( t ) = 4t 2 − ( 16 − 3m ) t + 4 − m với 3

 1 t ∈  −∞;  cắt trục hoành ⇔ ∀m  3  x ≥ y Bài 3.62: a) ĐKXĐ :   x ≥ −y  

x +y =

 x = −y . ⇔ (x + y )3 = (x + y )2 ⇔ (x + y )2 (x + y − 1) = 0 ⇔   x + y = 1

x −y =

x − y − 12 ta được y = −2 ⇒ x = 2 .

1 ,b = x − y b) Đặt a = x + y + x+ y    1 5 ( x + y)2 +  + 3( x − y)2 = 13 2   ( x + y )  Hệ ⇔  nên ta có:  1 ( x + y + ) + x − y = 1  x+ y  5(a2 − 2) + 3b2 = 13 ⇔   a + b = 1

 x ≥ 0 c) Điều kiện:  y ≥ 0     S = x + y  Đặt  , điều kiện S , P ≥ 0 và S 2 − 4P ≥ 0  P = xy    2    2     x + y − 2 xy  − 2xy + 2xy = 8 2 Khi đó hệ phương trình có dạng:          x+ y =4   2    ( S 2 − 2P ) − 2P 2 + 2P = 8 2 ⇔   S =4    ⇒ P 2 − 32P + 128 = 8 8 − P ≥ 0  ⇔ ⇔P =4  2  P − 32P + 128 = (8 − P )2    x + y =4     S = 4 ⇒  ⇔x =y =4 Vậy ta được:    xy = 4 P = 4     x + y ≥ 0  y ≥ −x   Bài 3.64: a) Điều kiện:  ⇔ ⇔ −x ≤ y ≤ x ⇒ x ≥ 0    x − y ≥ 0  y ≤ x       x +y + x −y = 4  x +y + x −y = 4 Viết lại hệ phương trình dưới dạng:  1 ⇔  1 2 2  (x + y )2 + (x − y )2 = 256 ( x + y ) ( x − y ) = 128     2 2 u = x + y   , u, v ≥ 0 Đặt:   v = x −y   

(

x + y ⇔ ( x + y )6 = ( 3 x + y )6

Thay x = −y vào

=4 =9 =9 =4

Vậy, hệ phưong trình có nghiệm là ( 4, 9 ), ( 9, 4 ) .

( −1 ; −4 ) .

Hệ có nghiệm ⇔ (*) có nghiệm thoả mãn t <

 x   u = 4 y  Suy ra x , y là nghiệm của phương trình: u 2 − 13 u + 36 = 0 ⇔  ⇔   u = 9   x    y 

5a2 + 3b2 = 23 giải hệ này ta tìm được   a + b = 1

 5  a = − a = 4 2 và   b = −3 b = 7  2

 −1 ± 3 5 ± 3   3 11   3  ;  ,  ; −  ,  ; −2  . 2 2   4 4  2 

Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ: ( x; y ) =   

Bài 3.63: a) Điều kiện: x, y > 0

 (x + y ) + (− xy ) = 7 HPT ⇔    (x + y )(− xy ) = −78    -- 105 --

)

-- 106 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

  uv = 0     u + v = 4  u + v = 4 ⇔   Ta được:  4 ⇔    uv = 32 4    uv(uv − 32)  u + v = 256     u +v = 4    u + v = 4 u + v = 4   Hoặc  ⇔    uv = 32 uv = 0     Giải hệ ta được nghiệm là ( 8, 8 ) ; ( 8, −8 ) .

b) Hệ có nghiệm là ( 4;9 ), ( 9; 4 ) c) Hệ có nghiệm là ( 8; 64 ), ( 64; 8 )

Bài 3.65: • Giả sử hệ có nghiệm (x 0 , y 0 ) ⇒ (y 0 − 2, x 0 + 2) cũng là nghiệm của hệ phương trình. Vậy hệ có nghiệm duy nhất thì điều kiện cần là x 0 = y 0 − 2

 y −1 + y −1 = a 2 y − 1 = a   0 0 0 Khi đó hệ có dạng:  ⇔     y − 2 + y = 2 a + 1 2y = 2a + 3 0  0    0 a ≥ 0  ⇒ 2(2a + 3) − 1 = a ⇔  ⇔a =2+ 6  4a − 2 = a 2     x +1 + y −1 = 2 + 6  x +1 + y −1 = 2 + 6  ⇔ • Với a = 2 + 6 , hệ có dạng:         x + y = 2(2 + 6) + 1 (x + 1) + (y − 1) = 5 + 2 6       u + v = 2 + 6   u +v = 2+ 6 u = x + 1   Đặt:  ; u, v ≥ 0 . Ta được:  2 ⇔  5+2 6 2    v = y − 1 u + v = 5 + 2 6  uv =       2 Suy ra u,v là nghiệm phương trình:

1 t 2 − (2 + 6)t + (5 + 2 2   2+ 6  x +1 =   2 ⇔ ⇔  2+ 6  y − = 1     2

6) = 0 ⇔ t =

2+ 6 2+ 6 ⇒u =v = 2 2

  6+4 6  x =  4 là nghiệm duy nhất.   14 + 4 6  y =     4

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi a = 2 + 6 . 2   ( x − y ) − 3xy = 3 ( x − y ) Bài 3.66: a) Ta có: HPT ⇔   2   xy = 2 ( x − y )    u 2 − 3u + v = 0 u = 0   Đặt u = x − y, v = xy . Hệ trở thành  . hoặc ⇔  2   v = 2 u v =0     Từ đó giải được các nghiệm của hệ là ( 0; 0 ), ( 2;1 ), ( −1; −2 ) .

   x 2 + y + xy(x 2 + y ) + xy = − 5  4 . Đặt a = x 2 + y;b = xy b) HPT ⇔    5 2 2  (x + y ) + xy = −    4

-- 107 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

   5  5   a + ab + b = − b = − − a2     4 4 Ta có:  ⇔   5 5 5 5 2   a + b = − a + a ( − − a2) − − a2 = −      4  4 4 4    5  1 2 a = 0    a = − b = − − a   4 2 ⇔ ⇔ hoặc    5    1 3 b=− 3 2    b a + a + a = 0 = −     4    4  2   5 2 a = 0 x + y = 0 x = 3         4 * ⇔ ⇔ 5 5    25 b=− xy = −    3 y = −     4  4    16   2  1  1    x = 1 a =− x +y = −       2 2 * ⇔ ⇔ 3    3 3 y =−    b = −  xy = −  2     2  2  5 24   3 ,  1; −  . Vậy hệ có hai cặp nghiệm (x ; y ) =  3 ; − 3 16   2   4   x + x + 1 = 7   y y Bài 3.67: a) Vì y = 0 không thỏa hệ đã cho nên hệ đã cho ⇔    x 1 2  x + + = 13   y y2  

1 x 1 Đặt a = a = x + ; b = ⇒ x 2 + 2 = a 2 − 2b . y y y  a + b = 7 a = 4 a + b = 7   Ta có hệ là  2 ⇔  hoặc ⇔  2    a − b = 13 a + a − 20 = 0 b=3         x + 1 = 4  1    x 2 − 4x + 3 = 0 x = 1 ⇒ y =  y * ⇔ ⇔    3    x = 3  x = 3y  x = 3 ⇒ y = 1     y

 a = −5   .   b = 12  

  1  x + = −5    x 2 + 5x + 12 = 0  y * hệ vô nghiệm. ⇔   x  x = 12y    = 12    y u = 1     v =2  

1 Vậy hệ đã cho có hai cặp nghiệm: (x ; y ) = (1; ), (3;1) . 3 b) Ta thấy x = 0 không là nghiệm của hệ nên ta biến đổi hệ trở thành  1 1   2y ( + 2y ) = 6  1  x3 x3 . Đặt a = 2y, b = 3 , ta có hệ   1 x 2  + (2 y ) = 5   x6    6  6    ab(a + b) = 6  a + b = a + b =  ⇔ ⇔  2 ab ab 2    2 3 3 2 2 a + b = 5    (a + b ) − 2ab = 5  2a b + 5a b − 36 = 0  

-- 108 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

ab = 2 a = 1 a = 2    . ⇔ ⇔ v        a + b = 3 b = 2   b = 1      y = 1 a = 2 y = 1 a = 1       2 . * *  . ⇒ ⇒  1     b = 2 b = 1  x =  x = 1     3    2

1 1 Vậy hệ đã cho có hai cặp nghiệm : (x ; y ) = (1;1), ( 3 ; ) . 2 2 c) Nếu x = 0 thay vào hệ ⇒ y = 0 ⇒ x = y = 0 là một nghiệm của hệ  y   x + = 2y − 1   x Với x ≠ 0 ta có hệ đã cho ⇔   y2 2  x + 2 = 4y − 3    x   y    x + = 2y − 1   x + y = 2y − 1 (1)  x ⇔ ⇔  x   y 2 2  (x + ) = 6y − 3 (2y − 1) = 6y − 3 (2)      x (2) ⇔ 2y 2 − 5y + 2 = 0 ⇔ y = 2; y = * y = 2 ⇒ (1) ⇔ x +

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

x, y ≥ 0  Bài 3.69: Điều kiện:   x +y ≠ 0   Ta thấy x = 0 (y = 0) không là nghiệm của hệ nên hệ đã cho tương đương với

1 2   +   4   1 2   −   4

 2 x + y  x + y 2 2 1  = 4 = 4 − 2 4 x +y x +y x ⇔ x y    1 1 2 1 x + y  = = +  4  4 4 x +y y x y  2   2 x + y 2 1  2 1  4 1    = Suy ra =  4 − + − 4  4 4  x +y  x y  x y  x y

⇔ x x − 2x y + 2y x − 4y y = 0 . x ta có: t 3 − 2t 2 + 2t − 4 = 0 ⇔ t = 2 ⇔ x = 4y y

Đặt t =

     x =  Từ đó ta tìm được       y =   

1 . 2

(

2 +1

)

(

4 2 +1

)

Bài 3.70: a) Đặt: u = 3x + 1 và v = 3 3x − 1   u 2 + v 2 + u.v = 1 ⇒ u −v = 2 ⇒ u = v +2 (6) trở thành:  3 u − v 3 = 2   3

2 = 3 ⇔ x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔ x = 1; x = 2 . x

1 1 ⇒ (1) ⇔ x + = 0 phương trình vô nghiệm. 2 2x Vậy hệ đã cho có ba cặp nghiệm: (x ; y ) = (0; 0), (1;2), (2;2) . *y =

  x 3 − y 3 = 35   2  2x + 3y 2 = 4x − 9y   Bài 3.68: a) Nhân phương trình thứ hai của hệ với 3 và cộng hai phương trình theo vế ta có x 3 + 3x 2 + 3y 2 (x + 1) − 24xy = 6xy + 30y − 78x − 76 ⇔ (x + 1)(x 2 + 2x + 76) + 3y 2 (x + 1) − 30y(x + 1) = 0

Do x 2 + 2x + 3y 2 − 30y + 76 = (x + 1)2 + 3(y − 5)2 ≥ 0 và không có đẳng thức xảy ra nên (*) tương đương với x = −1 . Thay vào hệ ta tìm được y = −3, y = 5 . b) Phương trình thứ hai của hệ tương đương với (6x 2 − 12x + 8) + (9y 2 + 12y + 27) = 35 Thay vào phương trình thứ nhất của hệ, ta được: x 3 − y 3 = (6x 2 − 12x + 8) + (9y 2 + 12y + 27) ⇔ (x − 2)3 = (y + 3)3 ⇔ x = y + 5

Lại thay vào phương trình thứ hai của hệ, ta được:

⇔ (y + 2)(y + 3) = 0 ⇔ y = −2 ∨ y = −3

⇔ 3v 2 + 6v + 3 = 0 ⇔ 3 ( v + 1 ) = 0 ⇔ v = −1 ⇒ u = 1   u = 3 3x + 1 = 1  Vậy ta có:  ⇒x =0  v = 3 3x − 1 = −1    b) ĐKXĐ: 0 ≤ x ≤ 2 . Đặt a =

⇔ (x + 1)(x 2 + 2x + 3y 2 − 30y + 76) = 0 (*)

2(y + 5)2 + 3y 2 = 4(y + 5) − 9y ⇔ 5y 2 + 25y + 30 = 0

Do đó: ( v + 2 ) + v 2 + v ( v + 2 ) = 1

Với y = −2 , ta có x = 3 , với y = −3 , ta có x = 2 . Thử lại ta thấy thỏa. Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là (x , y ) = (−2, 3),(−3, 2) .

-- 109 --

x; b =

17 − x ; a,b ≥ 0 . Ta có hệ phương trình

a + b = 3 a + b = 3 a + b = 3 a + b = 3      . ⇔ ⇔ ⇔  4   2 2  4 2 2 2 2     a + b = 17 [( a + b ) − 2 ab ] − 2 a b = 17 a b − 18 ab + 32 = 0 ab = 2 V ab = 16         a + b = 3 a = 1 a = 2 x = 1      Với  . ⇒ V  ⇒     = = = ab 2 b 2 b 1 x = 16        a + b = 2  Với  ⇒ hệ vô nghiệm.Vậy phương trình đã cho có hai ngiệm x = 1; x = 16 .  ab = 16   Bài 3.71: a) ĐKXĐ: x ≥ −3 .

Phương trình ⇔ 2(x + 1)2 − 2 =

Đặt t = x + 1; y =

x +1 +1 = 2

(x + 1) + 2 1 x +1 ⇔ (x + 1)2 − 1 = +1 . 2 2 2 t t + 1 ⇒ y 2 − 1 = , ta có hệ phương trình: 2 2

-- 110 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

  2 1 t = y  t −1 = y   2 ⇒ (t − y )(t + y + 1) = 0 ⇔     y = −t − 1 2 y 2 − 1 = 1 t    2   2 * t = y ⇔ t2 − 1 =

t 1 ± 17 −3 ± 17 ⇔ 2t 2 − t − 2 = 0 ⇔ t = ⇔x = (thỏa đk x ≥ −3 ) 2 4 4

1 1 t −1 ± 13 −5 ± 13 ⇒ (t + )2 − 1 = ⇔ 4t 2 + 2t − 3 = 0 ⇔ t = ⇔x = 2 2 2 4 4 (thỏa đk x ≥ −3 ).

* y = −t −

−3 ± 17 −5 ± 13 Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm: x = ;x = . 4 4 b) ĐKXĐ: x ≥ 2 Phương trình ⇔ (2x + 1)2 + 3x = 2 2(2x + 1) − 3x

Đặt t = 2x + 1; y =

2t − 3x ⇒ y 2 + 3x = 2t ⇒ ta có hệ phương trình

t + 3x = 2y y = t   . ⇒ (t − y )(t + y + 2) = 0 ⇔   2  + 3 = 2 y x t y = −t − 2     x = −1  * y = t ⇔ t 2 − 2t + 3x = 0 ⇔ 4x 2 + 3x − 1 = 0 ⇔  . x = 1  4 2

 x = −1  * y = −t − 2 ⇒ t 2 + 3x + 2(t + 2) = 0 ⇔ 4x 2 + 11x + 7 = 0 ⇔  . x = − 7  4

7 1 Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm: x = −1; x = − ; x = . 4 4 Cách khác : pt ⇔ 4x 2 + 8x + 4 = c) Ta có phương trình ⇔

Đặt

(

x +2 +1

)

3x − 5 = (2x − 3) − x + 2

3x − 5 = 2y − 3 ⇒ (2y − 3) = 3x − 5 , khi đó ta có hệ phương trình 2

  (2x − 3)3 = 2y − 3 + x − 2  ⇒ a 3 − b 3 = b − a (Với a = 2x − 3; b = 2y − 3 )   (2y − 3)3 = 2x − 3 + x − 2   ⇔ (a − b)(a 2 + ab + b 2 + 1) = 0 ⇔ a = b ⇔ (2x − 3)3 = 3x − 5

x = 2  . ⇔ 8x 3 − 36x 2 + 51x − 22 = 0 ⇔ (x − 2)(8x 2 − 20x + 11) = 0 ⇔  x = 5 ± 3  4

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm x = 2; x =

Bài 3.72: a) ĐK: 0 ≤ x ≤

5± 3 . 4

a + b = 2  (I) x ;b = 2 − x , ta có hệ phương trình:  4  a + b4 = 2   (I) ⇔ a = b = 1 ⇔ x = 1 là nghiệm của phương trình đã cho.

Đặt a =

b) ĐKXĐ: x ≤

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 Đặt a =

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ 2

2− x , a ≥ 0 ⇒ a = 2−x ⇔ a +x = 2

Mặt khác từ phương trình ban đầu ⇒ a = 2 − x 3 ⇔ x 3 + a 2 = 2  a 3 + x 2 = 2 Vậy ta có hệ phương trình:  3 trừ hai phương trình của hệ ta được  x + a2 = 2   a 3 − x 3 − (a 2 − x 2 ) = 0 ⇔ (a − x )(a 2 + ax + x 2 − a − x ) = 0 (*) Ta có: a 2 + ax + x 2 − a − x = a 2 + (a + x )(x − 1) * Với x ≥ 1 ⇒ a + x > 0 ⇒ (a + x )(x − 1) ≥ 0 ⇒ a 2 + (a + x )(x − 1) > 0 * Với 0 ≤ x < 1 ⇒ a ≥ 1 ⇒ a 2 + ax + x 2 − a − x = a(a − 1) + ax + x (a − 1) > 0 * Với x < 0 ⇒ a + x < 0 ⇒ (a + x )(x − 1) > 0 ⇒ a 2 + (a + x )(x − 1) > 0

⇒ a 2 + ax + x 2 − a − x > 0 ∀x  0 ≤ x ≤ 3 2 2 − x3 = x ⇔  ⇔ x = 1.  3  x + x2 − 2 = 0   Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1 .    2y 3 − 2x 3 = 3  2y 3 − 2x 3 = 3 Bài 3.73: Đặt y = 4x 3 − x + 3 . (1) có dạng:  3 (I ) (I) ⇔   3  4x − x + 3 = y  2x + 2y 3 − (x + y ) = 0       2y 3 − 2x 3 = 3(2)  ⇔ (x + y )(2x 2 − 2xy + 2y 2 − 1) = 0(3)  

Do đo (*) ⇔ a = x thay vào hệ ta được:

TH1: y = −x kết hợp(2), có nghiệm của (1): x = − 3

3 4

TH2: 2x 2 − 2xy + 2y 2 − 1 = 0; ∆ 'x = 2 − 3y 2 . Nếu có nghiệm thì y ≤ 3  2  8 2  = . Khi đó VT (2) ≤ 4  < 3 . Chứng tỏ TH2 vô nghiệm.  3  3 3

3 4 Bài 3.74: a) Dễ thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình.

KL (1) có 1 nghiệm x = − 3

Xét x ≠ 0 phương trình tương đương với ( x − 1 ) + x + 1 = x 2 3 x 2 (x − 1) − x − 1

 u = Đặt     

x 2 (x − 1) − x − 1 ⇒ u 3 + x + 1 = x 2v v = x −1

Phương trình trở thành v 3 + x + 1 = x 2v  u 3 + x + 1 = x 2v  Vậy ta có hệ phương trình  3  v + x + 1 = x 2v    u =v ⇒ u 3 − v 3 = x 2 ( v − u ) ⇔ ( u − v ) ( u 2 + uv + v 2 + x 2 ) = 0 ⇔  2 u + uv + v2 + x 2 = 0  x = 0 3 Với u = v ta có ( x − 1 ) + x + 1 = x 2 ( x − 1 ) ⇔ 2x 2 − 4x = 0 ⇔  (loại x = 0 )  x = 2

-- 111 --

2 . Tương tự cũng có x ≤ 3

-- 112 --

2 3

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

 v 3 Với u 2 + uv + v 2 + x 2 = 0 ⇔  u +  + v 2 + x 2 = 0 ⇔ u = v = x = 0 (loại)  2  4

3 m+5 Vậy: m ≠ 2 và m ≠ − , thì nghiệm của phương trình là: x = 2 m −2

Vậy phương trình có nghiệm là x = 2 .

3 m = 2 hay m = − : phương trình vô nghiệm. 2

b) Phương trình đã cho tương đương với

3 x + 4 + 2 x + 3 = ( x + 1)

( x + 1)3 = 2 x + y + 4 Đặt y + 1 = 3 3 x + 4 . Ta có hệ phương trình  3 ( y + 1) = 3x + 4 Trừ hai phương trình của hệ, vế theo vế, ta được

Bài 3.77: a) m = 1: PT trở thành: − 2 x + 3 = 0 ⇔ x =

( x − y )  ( x − 1)2 + ( x − 1)( y − 1) + ( y − 1)2  = y − x

+ ∆′ = −3m + 4 < 0 ⇔ m >

x − y = 0 ⇔ ⇔x= y 2 2  ( x − 1) + ( x − 1)( y − 1) + ( y − 1) = −1

+ ∆′ = −3m + 4 = 0 ⇔ m =

Suy ra x + 1 = 3 3 x + 4 ⇔ ( x + 1)3 = 3 x + 4 ⇔ x3 + 3 x 2 = 4 ⇔ ( x − 1)( x + 2) 2 = 0 ⇔ x = 1 ∨ x = −2 . Thử lại ta thấy thỏa. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là x = 1, x = −2 .

Bài 3.75: a) Xét phương trình: 2x − x − 8 = 8 − x + 16. (1) x − 8 ≥ 0 x ≥ 8   Điều kiện :  ⇔ ⇔ x = 8.    8 − x ≥ 0 x ≤ 8   Thay x = 8 ta thấy (1) được thoả. Vậy, nghiệm của phương trình (1) là x = 8. b) Xét phương trình: 3x + x − 8 = 4 − x .  x ≥ 8 x − 8 ≥ 0  Điều kiện:  ⇔ ⇔ x ∈ ∅.    4 − x ≥ 0  x ≤ 4   Vậy, phương trình (2) vô nghiệm. −2m − 3 Bài 3.76: a) PT ⇔ (m + 3)x = −2m − 3 ⇔ x = (vì m2 + 3 ≠ 0, ∀m) m2 + 3 −(2m + 3) . m2 + 3

b) PT ⇔ (m 2 − 4)x = m 2 + m − 6 ⇔ (m + 2)(m − 2)x = (m − 2)(m + 3). m +3 . + ( m + 2 )( m − 2 ) ≠ 0 ⇔ m ≠ ± 2. Nghiệm của (2) là: x = m +2 + m + 2 = 0 ⇔ m = −2 : (2) trở thành: 0x = −4 : vô nghiệm + m − 2 = 0 ⇔ m = 2 : (2) trở thành : 0x = 0 : x ∈ ℝ . m +3 m +2 m = −2 : phương trình vô nghiệm. m = 2 : x ∈ ℝ. c) Điều kiện: x + 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ −1 .Với điều kiện đó thì: PT ⇔ mx − m − 3 = 2x + 2 ⇔ (m − 2)x = m + 5.

Kết luận: m ≠ ± 2 : x =

+ m −2 ≠ 0 ⇔ m ≠ 2 : x =

m ≠ 1: (1) có: ∆′ = 1 − 3 ( m − 1 ) = −3m + 4. 4 : phương trình (1) vô nghiệm. 3

4 1 : phương trình (1) có nghiệm kép x = = 3. 3 m −1 4 + ∆′ = −3m + 4 > 0 ⇔ m < : phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt: 3

x =

1 ± −3m + 4 . m −1

b) Điều kiện : x 2 − 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ ±1.

Với điều kiện đó, thì:

PT ⇔ f ( x ) = x − 2mx + m − m + 1 = 2

(*)

m ≠ 1  Với x ≠ 1 thì: f ( 1 ) = m 2 − 3m + 2 ≠ 0 ⇔  .  m ≠2   Với x ≠ −1 thì: f ( −1) = m 2 + m + 2 ≠ 0 : đúng với mọi m.

Khi đó, ( * ) có biệt thức: ∆′ = m 2 − ( m 2 − m + 1 ) = m − 1.

Vậy, nghiệm của (1) là : x =

3 2

m +5 . Để nó là nghiệm của (3) thì: m −2

m+5 3 ≠ −1 ⇔ m ≠ − . m −2 2 + m − 2 = 0 ⇔ m = 2 : (3) ⇔ 0x = 7 : vô nghiệm. x ≠ −1 ⇔

-- 113 --

 m >1 •  thì ∆′ > 0, nên ( * ) có hai nghiệm phân biệt x = m ± m − 1 và m ≠ 2   đó cũng là hai nghiệm của (2). • m = 1 thì: ∆′ = 0, nên ( * ) có nghiệm kép x = m = 1 (không thoả điều kiện),

suy ra đã cho vô nghiệm.  x = 1 (loaïi) m = 2, thì ( * ) trở thành: x 2 − 4x + 3 = 0 ⇔   x = 3 Do đó nghiệm của đã cho là x = 3. • m < 1 thì ∆′ < 0, nên ( * ) vô nghiệm, suy ra đã cho vô nghiệm.

•

Kết luận : m ≤ 1 : đã cho vô nghiệm m > 1 và m ≠ 2: (2) có hai nghiệm phân biệt x = m ± m − 1. m = 2 : (2) có một nghiệm x = 3. Bài 3.78: a) Với m = −1 phương trình trở thành: x − 2 + x − 1 + x = x − 1 . Vì VT ≥ 0 ⇒ x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1 . Khi đó ta có: x − 2 + x − 1 + x = x − 1 ⇔| x − 2 | +x = 0 phương trình vô nghiệm. b) Xét hàm số :   2x − 3 khi x ≥ 2    1 khi 1 ≤ x < 2  . y = f (x ) = x − 2 + x − 1 + x − x =  − 2x + 3 khi 0 ≤ x < 1    −4x + 3 khi x <0    Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình có nghiệm ⇔ m ≥ 1 .

-- 114 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

Bài 3.79: a) x = 0  x = −1 2 = ( x + 5 )( 2x + 2 ) ⇔   x = 3   x = 1 − 13 2  1  2 =  x + 3 +  ⇔   2   3 + 17 x =  2

(

b) PT ⇔ 2(x + 1)2 1 + 2

 1 c) PT ⇔  x −   2

3 + 2x

)

3 =t x Phương trình có nghiệm là x = 1, x = 3, x = 8 ± 61 .

d) Chia hai vế cho x rồi đặt

Bài 3.80: * Nếu m < 2 ⇒ phương trình vô nghiệm * Với m ≥ 2 ⇒ Phương trình ⇔ x 2 − 2mx + 1 = m 2 − 4m + 4 ⇔ x 2 − 2mx − m 2 + 4m − 3 = 0 2

Phương trình có nghiệm ∆ ' = 2 ( m − 1 ) + 1 > 0 đúng mọi m Vậy m ≥ 2 là những giá trị cần tìm. Bài

Dy =

3.81:

3 5

1 3

có:

−1

6 +5;

Dx =

−1 3

= −2.  2+

( x ; y ) = 

Hệ có nghiệm duy nhất:



6+5

;

  . 6 + 5  −2

Dx =

m +1 2

1 m

CHUYÊN ĐỀ III. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ

3 ;

x = 0 3 ⇔ x 4 + 12x 3 + 48x 2 + 64x = 0 ⇔ x ( x + 4 ) = 0 ⇔   x = −4 Ta thấy x = 0 không thoả cả (1) và (2), nên loại. 17 Thay x = −4 vào (2) ta được y = 4 17 Thay x = −4 và y = vào (1), ta thấy (1) được thoả. 4  17  Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là  −4;  4 

Bài 3.84: a) ( x ; y ) = ( 1;1 )  1 + 5 1 + 5   −1 + 5 −1 + 5  ,   b) Nghiệm ( x ; y ) của hệ là ( 1;1 ),  − ;− ; 2 2   2 2  

b) ( x ; y; z ) = ( 40;15; −22 ) Bài 3.82: Ta có: D =

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

• m = −1: Hệ vô nghiệm.   y = 2x − 4 Bài 3.83: a) PT ⇔  2  x − 3x (2x − 4) + (2x − 4)2 = −5    y = 2x − 4  x = 3, y = 2   ⇔ 2 ⇔   x + 4 x − 21 = 0 x = −7, y = −18.    Vậy nghiệm của hệ là (3; 2), (−7; −18). 2   x 2 + xy ) = 2x + 9 (1)  ( b) HPT ⇔  x2  (2)  xy = 3x + 3 −    2 2   2  x + 3x + 3 − x  = 2x + 9 Thay (2) vào (1) ta được: 2  

= m 2 − 1 = (m − 1) (m + 1) ;

= m 2 + m − 2 = (m − 1) (m + 2) ; Dy =

m 1

m +1 2

  D m +2  x = x =   D m +1  • D ≠ 0 ⇔ m ≠ ±1 : Hệ có nghiệm duy nhất:  Dy  1  = . y =   D m +1   • D = 0 ⇔ m = ±1. x + y = 2  + Khi m = 1 thì: Dx = Dy = 0 , hệ trở thành:  ⇔ x + y = 2.  x +y = 2   x ∈R  Hệ đã cho có vô số nghiệm:   y = 2 − x.   + Khi m = −1 thì: Dx = −2 ≠ 0 : Hệ vô nghiệm.  m +2   x = m +1 Kết luận : • m ≠ ±1: Hệ có nghiệm:   1  y = .   m +1   x ∈ R  • m = 1: Hệ có nghiệm:  .  y = 2 − x.  

-- 115 --

= m − 1.

3 Bài 3.85: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi: m = − , m = 1 4 Bài 3.86: ĐKXĐ: x ≠ 0, y ≠ 0

1 1 Đặt u = x + , v = y + với u ≠ 2, v ≠ 2, hệ trên trở thành: x y  u + v = 5 u +v = 5    ⇔   3 3   + − + = − u v 3( u v ) 15 m 10 (u + v )3 − 3uv(u + v ) − 3(u + v ) = 15m − 10       u +v = 5  u + v = 5 ⇔  ⇔    125 − 15 uv − 15 = 15 m − 10   uv = 8 − m    u, v là nghiệm của phương trình: t2 – 5t + 8 = m (1) Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm t1 , t2 với t1 ≥ 2, t2 không nhất thiết phân biệt). Xét hàm số f ( t ) = t 2 − 5t + 8 với t

≥ 2.

Từ bảng biến thiên ta có hệ trên có nghiệm khi và chỉ khi

7 ≤ m ≤ 2 hoặc m ≥ 22 4

-- 116 --

≥ 2 ( t1 , t 2

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

MỤC LỤC

MỤC LỤC CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH ........................................................................ 3 CHỦ ĐỀ 1: BẤT ĐẲNG THỨC ............................................................................................................................... 3 DẠNG TOÁN 1: SỬ DỤNG ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍCH CHẤT CƠ BẢN ......................................................... 3 Loại 1: Biến đổi tương đương về bất đẳng thức đúng ..................................................................... 4 Loại 2: Xuất phát từ một BĐT đúng ta biến đổi đến BĐT cần chứng minh ............................... 6 DẠNG TOÁN 2: SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM GIÁ TRI LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT ........................................................................................................... 8 Loại 1: Vận dụng trực tiếp bất đẳng thức côsi .................................................................................... 9 Loại 2: Kĩ thuật tách, thêm bớt, ghép cặp ........................................................................................... 12 Loại 3: Kĩ thuật tham số hóa.................................................................................................................... 17 Loại 4: Kĩ thuật côsi ngược dấu.............................................................................................................. 19 DẠNG TOÁN 3: ĐẶT ẨN PHỤ TRONG BẤT ĐẲNG THỨC ...................................................................... 23 DẠNG TOÁN 4: SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC PHỤ .................................................................................. 27 CHỦ ĐỀ 2: ĐẠI CƯƠNG VỀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH ...................................................................................... 33 DẠNG TOÁN 1: TÌM ĐIỀU KIỆN XÁC ĐỊNH CỦA BẤT PHƯƠNG TRÌNH........................................... 34 DẠNG TOÁN 2: XÁC ĐỊNH CÁC BẤT PHƯƠNG TRÌNH TƯƠNG ĐƯƠNG VÀ GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHÉP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ...................................................................................................... 35 CHỦ ĐỀ 3: BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN ....................... 37 DẠNG TOÁN 1: XÁC ĐỊNH MIỀN NGHIỆM CỦA BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN ............................................................................................................................. 38 DẠNG TOÁN 2: ỨNG DỤNG VÀO BÀI TOÁN KINH TẾ ........................................................................... 40 CHỦ ĐỀ 4: BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẨN...................... 41 DẠNG TOÁN 1: GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH DẠNG ax + b < 0 ............................................................. 42 DẠNG TOÁN 2: GIẢI HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẨN ................................................ 45 DẠNG TOÁN 3: BẤT PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẨN ........................................................................................................................... 48 CHỦ ĐỀ 5: DẤU CỦA NHỊ THỨC BẬC NHẤT.................................................................................................. 53 DẠNG TOÁN 1: LẬP BẢNG XÉT DẤU BIỂU THỨC CHỨA NHỊ THỨC BẬC NHẤT HAI ẨN ........... 53 DẠNG TOÁN 2: ỨNG DỤNG XÉT DẤU CỦA NHỊ THỨC BẬC NHẤT HAI ẨN VÀO GIẢI TOÁN ..... 56 CHỦ ĐỀ 6: DẤU CỦA TAM THỨC BẬC HAI .................................................................................................... 62 DẠNG TOÁN 1: XÉT DẤU CỦA BIỂU THỨC CHỨA TAM THỨC BẬC HAI ......................................... 62 DẠNG TOÁN 2: BÀI TOÁN CHỨA THAM SỐ LIÊN QUAN ĐẾN TAM THỨC BẬC HAI LUÔN MANG MỘT DẤU ............................................................................................................................................................ 65 CHỦ ĐỀ 7: BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI ................................................................................................... 68 DẠNG TOÁN 1: GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI ............................................................................ 68 DẠNG TOÁN 2: GIẢI HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI MỘT ẨN .................................................... 71 DẠNG TOÁN 3: GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH TÍCH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN Ở MẤU THỨC ................................................................................................................................................................... 74 DẠNG TOÁN 4: ỨNG DỤNG TAM THỨC BẬC HAI, BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT ................................... 77 CHỦ ĐỀ 8: PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ BẬC HAI ........................................... 79 DẠNG TOÁN 1: PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN TRONG DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI ......................................................................................................................................................... 79 Loại 1: Sử dụng định nghĩa và tính chất của dấu giá trị tuyệt đối .............................................. 80 Loại 2: Đặt ẩn phụ ....................................................................................................................................... 84 -- 1 --

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

MỤC LỤC

DẠNG TOÁN 2: PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN ......................................... 87 Loại 1: Sử dụng phép biến đổi tương đương .................................................................................... 87 Loại 2: Đặt ẩn phụ ....................................................................................................................................... 93 Loại 3: Phương pháp đánh giá................................................................................................................ 98 CHỦ ĐỀ 9: ÔN TẬP ............................................................................................................................................. 103 HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ PHẦN BÀI TẬP LUYỆN TẬP ...................................................................... 104

-- 2 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỦ ĐỀ 1: BẤT ĐẲNG THỨC A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Định nghĩa Cho a, b là hai số thực. Các mệnh đề " a > b ", " a < b ", " a ≥ b ", " a ≤ b " được gọi là những bất đẳng thức. Chứng minh bất đảng thức là chứng minh bất đẳng thức đó đúng(mệnh đề đúng) Với A, B là mệnh đề chứ biến thì " A > B " là mệnh đề chứa biến. Chứng minh bất đẳng thức A > B (với điều kiện nào đó) nghĩa là chứng minh mệnh đề chứa biến " A > B " đúng với tất cả các giá trị của biến(thỏa mãn điều kiện đó). Khi nói ta có bất đẳng thức A > B mà không nêu điều kiện đối với các biến thì ta hiểu rằng bất đẳng thức đó xảy ra với mọi giá trị của biến là số thực. 2. Tính chất * a > b và b > c ⇒ a > c * a > b ⇔ a +c > b +c * a > b và c > d ⇒ a + c > b + d * Nếu c > 0 thì a > b ⇔ ac > bc Nếu c < 0 thì a > b ⇔ ac < bc * a >b ≥ 0 ⇒

a> b

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

Loại 1: Biến đổi tương đương về bất đẳng thức đúng Ví dụ 1: Cho hai số thực a,b, c . Chứng minh rằng các bất đẳng thức sau a) ab ≤

 a + b  b) ab ≤    2 

a 2 + b2 2

c) 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ ( a + b + c )

d) ( a + b + c ) ≥ 3 ( ab + bc + ca )

Lời giải: a) Ta có a 2 + b 2 − 2ab = (a − b)2 ≥ 0 ⇒ a 2 + b 2 ≥ 2ab . Đẳng thức ⇔ a = b . 2

 a + b  b) Bất đẳng thức tương đương với   − ab ≥ 0  2  2

⇔ a 2 + 2ab + b 2 ≥ 4ab ⇔ ( a − b ) ≥ 0 (đúng) ĐPCM.

Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b c) BĐT tương đương 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ a 2 + b2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca 2

⇔ ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ≥ 0 (đúng) ĐPCM.

Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c d) BĐT tương đương a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca ≥ 3 ( ab + bc + ca ) 2

* a ≥ b ≥ 0 ⇔ a ≥ b2

⇔ 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) − 2 ( ab + bc + ca ) ≥ 0 ⇔ ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ≥ 0 (đúng) ĐPCM.

* a > b ≥ 0 ⇒ a n > bn 3. Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối

Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c Nhận xét: Các BĐT trên được vận dụng nhiều, và được xem như là "bổ đề" trong chứng minh các bất đẳng thức khác. Ví dụ 2: Cho năm số thực a,b, c, d, e . Chứng minh rằng

* − a ≤ a ≤ a với mọi số thực a . * x < a ⇔ −a < x < a ( Với a > 0 ) x > a ( Với a > 0 ) * x > a ⇔   x < −a 4. Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân (Bất đẳng thức Cauchy) a) Đối với hai số không âm

Cho a ≥ 0, b ≥ 0 , ta có

a +b ≥ ab . Dấu '=' xảy ra khi và chỉ khi a = b 2

Hệ quả: * Hai số dương có tổng không đổi thì tích lớn nhất khi hai số đó bằng nhau * Hai số dương có tích không đổi thì tổng nhỏ nhất khi hai số đó bằng nhau b) Đối với ba số không âm

a +b +c ≥ 3 abc . Dấu '=' xảy ra khi và chỉ khi a = b = c 3 B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI DẠNG TOÁN 1: SỬ DỤNG ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍCH CHẤT CƠ BẢN 1. Phương pháp giải Để chứng minh bất đẳng thức(BĐT) A ≥ B ta có thể sử dụng các cách sau: Ta đi chứng minh A − B ≥ 0 . Để chứng minh nó ta thường sử dụng các hằng đẳng thức để phân tích A − B thành tổng hoặc tích của những biểu thức không âm. Xuất phát từ BĐT đúng, biến đổi tương đương về BĐT cần chứng minh. 2. Các ví dụ minh họa Cho a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 0 , ta có

a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ a(b + c + d + e) . Lời giải: Ta có: a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 − a(b + c + d + e) =

a2 a2 a2 a2 = ( − ab + b 2 ) + ( − ac + c 2 ) + ( − ad + d 2 ) + ( − ae + e 2 ) 4 4 4 4 a a a a = ( − b )2 + ( − c)2 + ( − d )2 + ( − e)2 ≥ 0 ⇒ đpcm. 2 2 2 2 a Đẳng thức xảy ra ⇔ b = c = d = e = . 2 1 1 2 . Ví dụ 3: Cho ab ≥ 1 . Chứng minh rằng: 2 + ≥ a + 1 b 2 + 1 1 + ab Lời giải: Ta có

1 1 2 1 1 1 2 + − =( 2 − )+( 2 − ) a 2 + 1 b 2 + 1 1 + ab a + 1 1 + ab b + 1 1 + ab

ab − a 2 ab − b 2 a −b b a a − b b − a + a 2b − b 2a + 2 = ( − )= . 2 2 1 + ab (1 + b 2 )(1 + a 2 ) (a + 1)(1 + ab) (b + 1)(1 + ab) 1 + ab 1 + b 1+a

a − b (a − b)(ab − 1) (a − b )2 (ab − 1) = ≥ 0 (Do ab ≥ 1) . 2 2 1 + ab (1 + b )(1 + a ) (1 + ab )(1 + b 2 )(1 + a 2 )

Nhận xét: Nếu −1 < b ≤ 1 thì BĐT có chiều ngược lại:

1 1 2 . + ≤ a 2 + 1 b 2 + 1 1 + ab

Ví dụ 4: Cho số thực x . Chứng minh rằng -- 3 --

-- 4 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

b) x 4 + 5 > x 2 + 4 x

a) x 4 + 3 ≥ 4x Lời giải:

c) x12 + x 4 + 1 > x 9 + x

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 a) 4 ( x − y 3

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

) ≥ (x − y )

b) x − 3x + 4 ≥ y 3 − 3y 3

a) Bất đẳng thức tương đương với x 4 − 4x + 3 ≥ 0 ⇔ ( x − 1) ( x 3 + x 2 + x − 3 ) ≥ 0 ⇔ ( x − 1)

Lời giải:

+ 2 x + 3) ≥ 0

a) Bất đẳng thức tương đương 4 ( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 ) − ( x − y ) ≥ 0

⇔ ( x − 1) ( x + 1) + 1 ≥ 0 (đúng với mọi số thực x )   Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1 . b) Bất đẳng thức tương đương với x 4 − x 2 − 4 x + 5 > 0 2

2 ⇔ ( x − y )  4 ( x 2 + xy + y 2 ) − ( x − y )  ≥ 0 ⇔ ( x − y )  3x 2 + 3xy + y 2  ≥ 0   2  2   y 3 y  ≥ 0 (đúng với x ≥ y ) ĐPCM. ⇔ 3 ( x − y )   x +  + 2 4     Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y .

⇔ x 4 − 2 x 2 + 1 + x 2 − 4 x + 4 > 0 ⇔ ( x 2 − 1) + ( x − 2 ) > 0 2

Ta có ( x 2 − 1) ≥ 0, ( x − 2 ) ≥ 0  ( x 2 − 1) + ( x − 2 ) ≥ 0

b) Bất đẳng thức tương đương x 3 − y 3 ≥ 3x − 3y − 4

x2 −1 = 0 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  (không xảy ra) x−2=0 2

Theo câu a) ta có x 3 − y 3 ≥

Suy ra ( x 2 − 1) + ( x − 2 ) > 0 ĐPCM. 12

3 1 ( x − y ) , do đó ta chỉ cần chứng minh 4

3 1 ( x − y ) ≥ 3x − 3y − 4 (*), Thật vậy, 4

c) Bất đẳng thức tương đương với x − x + x − x + 1 > 0

+ Với x < 1 : Ta có x12 − x 9 + x 4 − x + 1 = x12 + x 4 (1 − x 5 ) + (1 − x )

BĐT (*) ⇔ ( x − y ) − 12 ( x − y ) + 16 ≥ 0

Vì x < 1 nên 1 − x > 0, 1 − x 5 > 0 do đó x12 − x 9 + x 4 − x + 1 > 0 .

2 ⇔ ( x − y − 2 )  ( x − y ) + 2 ( x − y ) − 8  ≥ 0  

+ Với x ≥ 1 : Ta có x − x + x − x + 1 = x ( x − 1) + x ( x − 1) + 1 12

⇔ ( x − y − 2 ) ( x − y + 4 ) ≥ 0 (đúng với x ≥ y )

Vì x ≥ 1 nên x 3 − 1 ≥ 0 do đó x 12 − x 9 + x 4 − x + 1 > 0 .

Đẳng thức xảy không xảy ra. Loại 2: Xuất phát từ một BĐT đúng ta biến đổi đến BĐT cần chứng minh Đối với loại này thường cho lời giải không được tự nhiên và ta thường sử dụng khi các biến có những ràng buộc đặc biệt * Chú ý hai mệnh đề sau thường dùng a ∈  α; β  ⇒ ( a − α )(a − β ) ≤ 0 ( * ) a, b, c ∈  α; β  ⇒ ( a − α )(b − α )(c − α ) + ( β − a )( β − b )( β − c ) ≥ 0 ( * * )

Vậy ta có x 12 + x 4 + 1 > x 9 + x . Ví dụ 5: Cho a,b, c là các số thực. Chứng minh rằng a) a 4 + b 4 − 4ab + 2 ≥ 0 2

b) 2 ( a 4 + 1 ) + (b 2 + 1 ) ≥ 2 ( ab + 1 )

(

c) 3 (a 2 + b 2 ) − ab + 4 ≥ 2 a b 2 + 1 + b a 2 + 1

)

Lời giải:

Ví dụ 7: Cho a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng:

a) BĐT tương đương với ( a 4 + b 4 − 2a 2b 2 ) + ( 2a 2b 2 − 4ab + 2 ) ≥ 0

a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab + bc + ca ) . Lời giải: Vì a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác nên ta có: a + b > c ⇒ ac + bc > c 2 . Tương tự

⇔ ( a 2 − b 2 ) + 2 ( ab − 1 ) ≥ 0 (đúng) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = ±1 . b) BĐT tương đương với 2 ( a 4 + 1) + (b 4 + 2b 2 + 1 ) − 2 ( a 2b 2 + 2ab + 1 ) ≥ 0 ⇔ ( a + b − 2a b 4

2 2

) + ( 2a

− 4ab + 2b

) + (a

− 4a + 1 ) ≥ 0 2

Nhận xét: * Ở trong bài toán trên ta đã xuất phát từ BĐT đúng đó là tính chất về độ dài ba cạnh của tam giác. Sau đó vì cần xuất hiện bình phương nên ta nhân hai vế của BĐT với c. Ngoài ra nếu xuất phát từ BĐT | a − b |< c rồi bình phương hai vế ta cũng có được kết quả.

⇔ (a − b ) + 2(a − b) + (a − 1) ≥ 0 (đúng) 2

2 2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = ±1 .

(

)

c) BĐT tương đương với 6 (a 2 + b 2 ) − 2ab + 8 − 4 a b 2 + 1 + b a 2 + 1 ≥ 0 ⇔  a 2 − 4a b 2 + 1 + 4 (b 2 + 1 )  +  b 2 − 4b a 2 + 1 + 4 (a 2 + 1 )  + (a 2 − 2ab + b 2 ) ≥ 0    

(

⇔ a − 2 b2 + 1

) + (b − 2

a2 + 1

) + (a − b )

≥ 0 (đúng)

Đẳng thức không xảy ra. Ví dụ 6: Cho hai số thực x , y thỏa mãn x ≥ y . Chứng minh rằng; -- 5 --

bc + ba > b 2 ; ca + cb > c 2 cộng ba BĐT này lại với nhau ta có đpcm

Ví dụ 8: Cho a, b, c ∈ [0;1] . Chứng minh: a 2 + b 2 + c 2 ≤ 1 + a 2b + b 2c + c 2a Lời giải: Cách 1: Vì a, b, c ∈ [0;1] ⇒ (1 − a 2 )(1 − b 2 )(1 − c 2 ) ≥ 0 ⇔ 1 + a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 − a 2b 2c 2 ≥ a 2 + b 2 + c 2 (*)

Ta có: a 2b 2c 2 ≥ 0; a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 ≤ a 2b + b 2c + c 2a nên từ (*) ta suy ra a 2 + b 2 + c 2 ≤ 1 + a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 ≤ 1 + a 2b + b 2c + c 2a đpcm.

-- 6 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

Cách 2: BĐT cần chứng minh tương đương với a 2 ( 1 − b ) + b 2 ( 1 − c ) + c 2 ( 1 − a ) ≤ 1 Mà a, b, c ∈  0;1  ⇒ a 2 ≤ a, b 2 ≤ b, c 2 ≤ c do đó a 2 ( 1 − b ) + b 2 ( 1 − c ) + c 2 (1 − a ) ≤ a ( 1 − b ) + b (1 − c ) + c ( 1 − a )

Cộng vế với ta được

Ta chỉ cần chứng minh a ( 1 − b ) + b ( 1 − c ) + c ( 1 − a ) ≤ 1

a 4b 2 + b 4c 2 + c 4a 2 + 3 ≥ 2 ĐPCM. a 2012 + b 2012 + c 2012 3. Bài tập luyện tập Bài 4.0. Cho các số thực a, b, c là số thực. Chứng minh rằng:

⇔ a + b + c − ( ab + bc + ca ) ≤ 1 ⇔ a (1 − b ) + b (1 − c ) + c ( 1 − a ) ≤ 1

a) a + b + c ≥ ab + bc + ca

b) a 2 + b 2 + 1 ≥ ab + a + b

c) a + b + c + 3 ≥ 2(a + b + c)

d) a 2 + b 2 + c 2 ≥ 2(ab + bc − ca )

vậy BĐT ban đầu được chứng minh

Lời giải: (1 + a )(1 + b)(1 + c) ≥ 0 ⇔ 1 + a + b + c + ab + bc + ca + abc ≥ 0 (*)

minh

rằng

nếu

a ≥ 4,b ≥ 5, c ≥ 6

a b c + + <2 a +b b +c c +a

a b c d + + + <2 a +b +c b +c +d c +d +a d +a +b

a +b b +c c +d d +a + + + <3 a +b +c b +c +d c +d +a d +a +b Bài 4.2: Chứng minh các bất đẳng thức sau

a) (ax + by )(bx + ay ) ≥ (a + b)2 xy ( với a, b > 0; x , y ∈ R ) . và

a 2 + b 2 + c 2 = 90

thì

a + b + c ≥ 16 Lời giải:

Từ giả thiết ta suy ra a < 9,b < 8, c ≤ 7 do đó áp dụng ( * ) ta có

(a − 4 )(a − 9 ) ≤ 0, (b − 5 )(b − 8 ) ≤ 0, (c − 6 )(c − 7 ) ≤ 0

d) 2 <

(1 + a + b + c)2 ≥ 0 ⇔ 1 + a + b + c + ab + bc + ca ≥ 0 (**) 2 Cộng (*) và (**) ta có đpcm.

Mặt khác:

Chứng

a a a +c với < 1 . < b b +c b

c) 1 <

Vì a 2 + b 2 + c 2 = 1 ⇒ a, b, c ∈ [−1;1] nên ta có:

10:

Bài 4.1: Cho a, b, c, d là số dương.. Chứng minh rằng

Ví dụ 9: Cho các số thực a,b,c thỏa mãn: a 2 + b 2 + c 2 = 1 . Chứng minh: 2(1 + a + b + c + ab + bc + ca ) + abc ≥ 0 .

dụ

a 4b 2 + b 4c 2 + c 4a 2 + a 2012 + b 2012 + c 2012 + 3 ≥3 a 2012 + b 2012 + c 2012

Hay

Thật vậy: vì a, b, c ∈  0;1  nên theo nhận xét ( * * ) ta có abc + ( 1 − a )( 1 − b )( 1 − c ) ≥ 0

Ví

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

b 4c 2 + a 2012 + 1 c 4a 2 + b 2012 + 1 Tương tự ta có 2012 ≥ 1 và 2012 ≥1 a + b 2012 + c 2012 a + b 2012 + c 2012

nhân ra và cộng các BĐT cùng chiều lại ta

được:

b) c)

c +a c2 + a 2

≥

c +b c2 + b2

. với a > b > 0; c > ab .

a +b c +b 1 1 2 + ≥ 4 với a,b, c > 0 và + = 2a − b 2c − b a c b

d) a(b − c)2 + b(c − a )2 + c(a − b)2 > a 3 + b 3 + c 3 với a,b, c là ba cạnh của tam giác Bài 4.3: Cho x ≥ y ≥ z ≥ 0 . Chứng minh rằng:

a 2 + b 2 + c 2 − 13(a + b + c) + 118 ≤ 0 suy ra

a) xy 3 + yz 3 + zx 3 ≥ xz 3 + zy 3 + yx 3

1 2 (a + b 2 + c 2 + 118 ) = 16 vì a 2 + b 2 + c 2 = 90 13 vậy a + b + c ≥ 16 dấu “=” xảy ra khi a = 4, b = 5, c = 7

x 2y y 2z z 2x x 2z y 2x z 2y . + + ≥ + + z x y y z x Bài 4.4: Cho bốn số dương a, b, c, d . Chứng minh rằng:

a +b +c ≥

Ví dụ 11: Cho ba số a, b, c thuộc  −1;1  và không đồng thời bằng không. Chứng minh rằng a 4b 2 + b 4c 2 + c 4a 2 + 3 ≥2 a 2012 + b 2012 + c 2012 Lời giải: Vì ba số a, b, c thuộc  −1;1  nên 0 ≤ a 2, b 2 , c 2 ≤ 1

Suy ra (1 − b 2 )(1 + b 2 − a 4 ) ≥ 0 ⇔ a 4 + b 4 − a 4b 2 ≤ 1 (*) Mặt khác a 4 ≥ a 2012 ,b 4 ≥ b 2012 đúng với mọi a, b thuộc  −1;1  Suy ra a 4 + b 4 − a 4b 2 ≥ a 2012 + b 2012 − a 4b 2 (**) Từ (*) và (**) ta có a 2012 + b 2012 ≤ a 4b 2 + 1 hay

a 4b 2 + c 2012 + 1 ≥1 a + b 2012 + c 2012 2012

-- 7 --

1 1 1 . + ≤ 1 1 1 1 1 1 + + + a b c d a +c b +d

Bài 4.5: Cho a, b, c ∈  1; 3  và thoả mãn điều kiện a + b + c = 6 . Chứng minh rằng a 2 + b 2 + c 2 ≤ 14 DẠNG TOÁN 2: SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM GIÁ TRI LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT 1. Phương pháp giải Một số chú ý khi sử dụng bất đẳng thức côsi: * Khi áp dụng bđt côsi thì các số phải là những số không âm * BĐT côsi thường được áp dụng khi trong BĐT cần chứng minh có tổng và tích * Điều kiện xảy ra dấu ‘=’ là các số bằng nhau * Bất đẳng thức côsi còn có hình thức khác thường hay sử dụng

-- 8 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 Đối với hai số: x 2 + y 2 ≥ 2xy;

x 2 +y2 ≥

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT (x + y )2 2

 x + y  xy ≤   .  2 

; 3

Đối với ba số: abc ≤

1 + a 2 ≥ 2 a 2 = 2a , tương tự ta có 1 + b 2 ≥ 2b, 1 + c 2 ≥ 2c

Mặt khác, áp dụng BĐT côsi cho ba số dương ta có

2. Các ví dụ minh họa Loại 1: Vận dụng trực tiếp bất đẳng thức côsi Ví dụ 1: Cho a, b là số dương thỏa mãn a 2 + b 2 = 2 . Chứng minh rằng b) ( a + b ) ≥ 16ab

( 1 + a 2 )(1 + b 2 )

a 2b + b 2c + c 2a ≥ 3 a 2b.b 2c.c 2a = 3abc Suy ra a 2 (1 + b 2 ) + b 2 (1 + c 2 ) + c 2 (1 + a 2 ) ≥ 6abc . ĐPCM. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 . c) Ta có (1 + a )(1 + b)(1 + c) = 1 + (ab + bc + ca ) + ( a + b + c ) + abc Áp dụng BĐT côsi cho ba số dương ta có

Lời giải: a) Áp dụng BĐT côsi ta có

ab + bc + ca ≥ 3 3 ab.bc.ca = 3

a b a b a b a b 2 + ≥ 2 . = 2, 2 + 2 ≥ 2 2 . 2 = b a b a b a b a ab  a b  a b  4   Suy ra  +  2 + 2  ≥ (1)  b a  b a  ab

Áp dụng BĐT côsi ta có a 2 + 2ab + b 2 ≥ 2 2ab ( a 2 + b 2 ) = 4 ab và

(a 3 + 3ab 2 ) + ( 3a 2b + b 3 ) ≥ 2 (a 3 + 3ab 2 )( 3a 2b + b 3 ) = 4 Suy ra ( a + 2ab + b 5

)(a

Do đó ( a + b ) ≥ 16ab

+ 3ab + 3a b + b

) ≥ 16ab (a

( 1 + a 2 )(1 + b 2 ) ĐPCM.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1 . Ví dụ 2: Cho a,b, c là số dương. Chứng minh rằng

và a + b + c ≥ 3 3 abc

abc

)

+ 3 3 abc + abc = ( 1 + 3 abc ) ĐPCM

ab ( 1 + b 2 )( a 2 + 1 )

+ 1 )(b + 1 ) 2

a 2b ≤

a3 + a3 + b3 2 b3 + b3 + a3 2 a 3 + a 3 + c3 ,ba ≤ ,ac ≤ , 3 3 3

c 2a ≤

c3 + c3 + a3 2 b3 + b3 + c3 2 c3 + c3 + b3 ,bc ≤ ,cb ≤ 3 3 3

Suy ra a 2b + b 2a + a 2c + c 2a + b 2c + c 2b ≤ 2 ( a 3 + b 3 + c 3 ) (2) Từ (1) và (2) suy ra a 2 bc + b 2 ac + c 2 ab ≤ a 3 + b 3 + c 3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c . Ví dụ 3: Cho a, b, c, d là số dương. Chứng minh rằng a +b +c +d ≥ 4 abcd 4 a b c d  b)  3 + 3 + 3 + 3  ( a + b )(b + c ) ≥ 16  b c d a 

 1  1  1 a)  a +  b +   c +  ≥ 8 b  c  a 

b) a 2 (1 + b 2 ) + b 2 (1 + c 2 ) + c 2 (1 + a 2 ) ≥ 6abc

c) (1 + a )(1 + b)(1 + c) ≥ ( 1 + 3 abc )

a +b +c 3

8abc ≥ 4. (a + b )(b + c)(c + a )

abc Lời giải: a) Áp dụng BĐT côsi ta có

d) a 2 bc + b 2 ac + c 2 ab ≤ a 3 + b 3 + c 3 Lời giải: a) Áp dụng BĐT côsi ta có a+

(

)

a 2b + b 2a + a 2c + c 2a + b 2c + c 2b (1) 2 Mặt khác theo BĐT côsi cho ba số dương ta có

abc

Suy ra a 2 bc + b 2 ac + c 2 ab ≤

b) Ta có ( a + b ) = ( a 2 + 2ab + b 2 )( a 3 + 3ab 2 + 3a 2b + b 3 )

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c . d) Áp dụng BĐT côsi cho hai số dương ta có  b + c  2  a + c  2  a + b  a 2 bc ≤ a 2  , b ac ≤ b 2  , c ab ≤ c 2    2   2   2 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1 .

(

Suy ra (1 + a )(1 + b )(1 + c) ≥ 1 + 3

Mặt khác ta có 2 = a 2 + b 2 ≥ 2 a 2b 2 = 2ab ⇒ ab ≤ 1 (1)  a b  a b  Từ (1) và (2) suy ra  +   2 + 2  ≥ 4 ĐPCM.  b a  b a 

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

Suy ra a 2 (1 + b 2 ) + b 2 (1 + c 2 ) + c 2 (1 + a 2 ) ≥ 2 ( a 2b + b 2c + c 2a )

 a + b + c  a 3 + b3 + c3 , abc ≤    3 3 

 a b  a b  a)  +   2 + 2  ≥ 4  b a  b a 

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 b) Áp dụng BĐT côsi cho hai số dương ta có

a + b ≥ 2 ab, c + d ≥ 2 cd và

1 a 1 b 1 c ≥2 ,b+ ≥2 ,c+ ≥2 b b c c a a

ab + cd ≥ 2

ab . cd = 2 4 abcd

a +b +c +d 2 ab + 2 cd ≥ ≥ 4 abcd ĐPCM. 4 4 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d . b) Áp dụng câu a) ta có

Suy ra

 1  1  1 a b c Suy ra a + b + c +  ≥ 8 . . = 8 ĐPCM.  b  c  a b c a Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c . -- 9 --

-- 10 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

3 abc

8abc ≥ 44 (a + b)(b + c)(c + a )

 a + b + c  8 (a + b + c ) 8abc  = 44   3 3 abc  (a + b)(b + c)(c + a ) 27(a + b)(b + c)(c + a )

x + y ≥ 2a (hoặc ab ≤ x 2 ), xây dựng các BĐT tương tự rồi cộng(hoặc nhân) vế với vế ta suy ra điều phải

Như vậy ta chỉ cần chứng minh 4 4

ab bc ca 3 + + ≤ ĐPCM. 3 + c2 3 + a2 3 + b2 4 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 . Loại 2: Kĩ thuật tách, thêm bớt, ghép cặp Để chứng minh BĐT ta thường phải biến đổi (nhân chia, thêm, bớt một biểu thức) để tạo biểu thức có thể giản ước được sau khi áp dụng BĐT côsi. Khi gặp BĐT có dạng x + y + z ≥ a + b + c (hoặc xyz ≥ abc ), ta thường đi chứng minh

Cộng vế với vế ta được

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d . c) Áp dụng câu a) ta có a +b +c

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

ab 1  a2 b 2  ca 1  c2 a 2  Tương tự ta có ≤  2 + ≤  2 + ,  4  a + c 2 b 2 + c 2  3 + b 2 4  c + b 2 a 2 + b 2  3 + c2

4 a b c d a b c d + + + ≥ 44 3 . 3 . 3 . 3 = b3 c3 d 3 a 3 b c d a abcd a b c d  4 Suy ra  3 + 3 + 3 + 3 ( a + b )( c + d ) ≥ .2 ab .2 cd = 16 ĐPCM  b c d a  abcd

VT = 3.

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

8 (a + b + c )

27(a + b)(b + c)(c + a )

≥4

chứng minh. Khi tách và áp dụng BĐT côsi ta dựa vào việc đảm bảo dấu bằng xảy ra(thường dấu bằng xảy ra khi các biến bằng nhau hoặc tại biên). Ví dụ 5: Cho a,b, c là số dương. Chứng minh rằng:

⇔ 8 ( a + b + c ) ≥ 27 ( a + b )(b + c )( c + a ) (*) Áp dụng BĐT côsi cho ba số ta có 3

 ( a + b ) + (b + c ) + (c + a )  8 (a + b + c )  =  3 27 

(a + b )(b + c )(c + a ) ≤ 

Suy ra BĐT (*) đúng nên BĐT ban đầu đúng. ĐPCM. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c . Nhận xét: BĐT câu a) là bất đẳng côsi cho bốn số không âm. Ta có BĐT côsi cho n số không âm như sau: Cho n số không âm ai , i = 1, 2,..., n .

ab bc ac + + ≥ a +b +c c a b Lời giải:

a) Áp dụng BĐT côsi ta có

a b c 1 1 1 + + ≥ + + a b c b2 c2 a 2

ab bc ab bc + ≥2 . = 2b c a c a

Khi đó ta có

a1 + a2 + ... + an ≥ n a1a2 ...an . n Ví dụ 4: Cho a,b, c là số dương thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Chứng minh rằng

bc ac ac ba + ≥ 2c, + ≥ 2a . a b b c Cộng vế với vế các BĐT trên ta được  ab bc ac  ab bc ac 2  + +  ≥ 2 ( a + b + c ) ⇔ + + ≥ a + b + c ĐPCM  c a b  c a b

a) a 2b + b 2c + c 2a ≤ 3

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c .

ab bc ca 3 b) + + ≤ 3 + c2 3 + a2 3 + b2 4 Lời giải:

Tương tự ta có

b) Áp dụng BĐT côsi ta có

a) Ta có ( a 2 + b 2 + c 2 ) = 9 ⇔ a 4 + b 4 + c 4 + 2a 2b 2 + 2b 2c 2 + 2c 2b 2 = 9 (1) Áp dụng BĐT côsi ta có a 4 + b 4 ≥ 2a 2b 2 , b 4 + c 4 ≥ 2b 2c 2 , c 4 + a 4 ≥ 2c 2a 2

a 1 a 1 2 + ≥2 2. = b b2 a b a

b 1 2 c 1 2 + ≥ , + ≥ c2 b c a 2 c a Cộng vế với vế các BĐT trên ta được Tương tự ta có

Từ (1) và (2) ta có a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 ≤ 3 (3) Áp dụng BĐT côsi ta có

a b c 1 1 1 2 2 2 a b c 1 1 1 + + + + + ≥ + + ⇔ 2 + 2 + 2 ≥ + + ĐPCM. a b c b2 c 2 a 2 a b c a b c b c a Đẳng thức xảy ra khi a = b = c . Ví dụ 6: Cho a,b, c dương sao cho a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Chứng minh rằng

a 2 + a 2b 2 ≥ 2 a 2 .a 2b 2 = 2a 2b , tương tự ta có b 2 + b 2c 2 ≥ 2b 2c, c 2 + c 2a 2 ≥ 2c 2a

Cộng vế với vế lại ta được a 4 + b 4 + c 4 ≥ a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 (2)

Cộng vế với vế ta được a 2 + b 2 + c 2 + a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 ≥ 2 ( a 2b + b 2c + c 2a ) (4)

⇒

bc ≤ 3 + a2 2

( 3 − b 2 )( 3 − c 2 )

ab bc ca + + ≥ 3. c a b Lời giải:

Từ giả thiết và (3), (4) suy ra a 2b + b 2c + c 2a ≤ 3 ĐPCM Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 . b) Áp dụng BĐT côsi ta có 3 + a 2 = 3 + ( 3 − b2 − c2 ) = ( 3 − b2 ) + ( 3 − c2 ) ≥ 2

a 3b 3 b 3c 3 c 3a 3 + + ≥ 3abc c a b

( 3 − b 2 )( 3 − c 2 )

1 b2 c2 1  b2 c 2  1  b 2 c 2  ≤  + + 2 . =  2   2 2 2 2 2 2 3 −c 3 −b 4  3 − c 3 − b  4  b + a c + a 2  -- 11 --

a) Áp dụng BĐT côsi ta có Tương tự ta có

a 3b 3 b 3c 3 a 3b 3 b 3c 3 + ≥2 . = 2b 3ac c a c a

b 3c 3 c 3a 3 c 3a 3 a 3b 3 + ≥ 2abc 3 , + ≥ 2a 3bc a b b c

-- 12 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

 a 3b 3 b 3c 3 c 3a 3  Cộng vế với vế ta có 2  + +  ≥ 2abc ( a 2 + b 2 + c 2 ) a b   c

+ Nếu hai trong ba số ( 3 − 2a ), ( 3 − 2b ), ( 3 − 2c ) âm và một số dương. Không mất tính tổng quát giả sử

a 3b 3 b 3c 3 c 3a 3 ⇔ + + ≥ 3abc . ĐPCM c a b Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 .

Vậy BĐT được chứng minh. Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1 .

3 − 2a < 0, 3 − 2b < 0 suy racó 6 − 2a − 2b < 0 ⇔ c < 0 (không xảy ra)

Ví dụ 8: Cho a,b, c là số dương. Chứng minh rằng

 ab bc ca  b) BĐT tương đương với  + +  ≥ 9  c a b  2

Lời giải: Áp dụng BĐT Côsi cho hai số thực dương ta có:

 ab   bc   ca   ab   bc   ca  ⇔   +   +   + 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 9 ⇔   +   +   ≥ 3  c   a   b   c   a   b  2 2  ab   bc  Áp dụng BĐT côsi ta có   +   ≥ 2  c   a  2

 ab     c 

a2 b +c a2 b + c + ≥2 . =a. b +c 4 b +c 4

 bc  .  = 2b 2  a 

b2 c +a c2 a +b + ≥ b; + ≥c. c +a 4 a +b 4 Cộng ba BĐT này lại với nhau ta đươc:

Tương tự ta có

 bc   ca   ca   ab  Tương tự ta có   +   ≥ 2c 2,   +   ≥ 2a 2  a   b   b   c  2

a2 b2 c2 a +b +c + + + ≥ a +b +c b +c c +a a +b 2

 ab   bc   ca  Cộng vế với vế và rút gọn ta được   +   +   ≥ 3 ĐPCM.  c   a   b 

a2 b2 c2 a +b +c + + ≥ b +c c +a a +b 2 Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c . ⇔

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 . Ví dụ 7: Cho a,b, c là số dương thỏa mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng

a2 b +c và đánh giá như trên là vì những lí do sau: + b +c 4 Thứ nhất là ta cần làm mất mẫu số ở các đại lượng vế trái (vì vế phải không có phân số), chẳng hạn đại

a) 8 ( a + b )(b + c )( c + a ) ≤ ( 3 + a )( 3 + b )( 3 + c )

Lưu ý:Việc ta ghép

b) ( 3 − 2a )( 3 − 2b )( 3 − 2c ) ≤ abc

a2 khi đó ta sẽ áp dụng BĐT côsi cho đại lượng đó với một đại lượng chứa b + c . b +c Thứ hai là ta cần lưu ý tới điều kiện xảy ra đẳng thức ở BĐT côsi là khi hai số đó bằng nhau. Ta dự đoán dấu

Lời giải: a) Áp dụng BĐT côsi ta có

lượng 2

 ( a + b ) + (b + c )  (3 + a )  = 2 4  

(a + b )(b + c ) ≤ 

(3 + c ) 4

, ( c + a )(a + b ) ≤

(3 + a ) 4

Nhân vế với vế lại ta được  ( a + b )(b + c )( c + a )  ≤ 64  ( 3 + a )( 3 + b )( 3 + c )  Suy ra 8 ( a + b )(b + c )( c + a ) ≤ ( 3 + a )( 3 + b )( 3 + c ) ĐPCM Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 . b) * TH1: Với ( 3 − 2a )( 3 − 2b )( 3 − 2c ) ≤ 0 : BĐT hiển nhiên đúng. * TH2: Với ( 3 − 2a )( 3 − 2b )( 3 − 2c ) > 0 : + Nếu cả ba số

a2 a = và b + c = 2a do đó ta ghép như trên. b +c 2 Ví dụ 9: Cho a,b, c là số dương thỏa mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng:

bằng xảy ra khi a = b = c khi đó

Tương tự ta có (b + c )( c + a ) ≤

a2 b2 c2 a +b +c . + + ≥ b +c c +a a +b 2

b +1

c +1

c a +1

≥

3 2 2

a3 b3 c3 3 + + ≥ b+3 c+3 a +3 2 Lời giải: b)

a b c + + b +1 c +1 a +1 Áp dụng BĐT côsi ta có a) Đặt P =

( 3 − 2a ), ( 3 − 2b ), ( 3 − 2c ) đều dương. Áp dụng BĐT côsi ta có 2

 ( 3 − 2a ) + ( 3 − 2b )   = c 2 , tương tự ta có 2  

( 3 − 2a )( 3 − 2b ) ≤ 

( 3 − 2b )( 3 − 2c ) ≤ a 2, ( 3 − 2c )( 3 − 2a ) ≤ b 2 2

Nhân vế với vế ta được  ( 3 − 2a )( 3 − 2b )( 3 − 2c )  ≤ a 2b 2c 2 Hay ( 3 − 2a )( 3 − 2b )( 3 − 2c ) ≤ abc .

-- 13 --

a a + + b +1 b +1 Tương tự ta có b

2a (b + 1 ) 4 2b ( c + 1 ) 4

≥ 33

≥

c +1 c +1 Cộng vế với vế ba BĐT trên ta được

a b +1

3 2b , 2

a b +1

c a +1

2a (b + 1 )

4 c

a +1

-- 14 --

3 2a 2

2c ( a + 1 ) 4

≥

3 2c 2

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

⇔P ≥

15 2 2 − (ab + bc + ca ) (vì a + b + c = 3 ) 8 8 2

Mặt khác ta có ( a + b + c ) ≥ 3 ( ab + bc + ca ) (theo ví dụ 1) Do đó ab + bc + ca ≤ 3

a) f (x ) =

15 2 2 3 2 Suy ra ⇔ P ≥ ĐPCM. − .3 = 8 8 2 Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1 . 3

Ta có Q =

a (b + 3 )

b (c + 3 )

a) Ta có f (x ) =

c (a + 3 )

a2 a (b + 3 )

b2 b (c + 3 )

≥

4a 2 , tương tự ta có 4a + b + 3

4b 2 , 4b + c + 3

c2 c (a + 3 )

Cộng vế với vế lại ta được Q ≥

≥

1 ≥2 x −2 Suy ra f ( x ) ≥ 4

4c 2 4c + a + 3

d) k ( x ) = 2x +

với x > −1

1 1 với 0 < x ≤ . 2 x2

g(x ) = ( x + 1 ) + ( x + 1 ) + Đẳng thức xảy ra ⇔ x + 1 =

4b 2 1 4c 2 1 + ( 4b + c + 3 ) ≥ b, + ( 4c + a + 3 ) ≥ c 4b + c + 3 16 4c + a + 3 16

1 =2 x −2

− 2 ≥ 3 3 ( x + 1).( x + 1).

( x + 1) 1

( x + 1)

 3 3x  x c) Ta có h ( x ) =  +  +  x 4  4

3 3 Vì a + b + c = 3 nên L ≥ suy ra Q ≥ ĐPCM 2 2 Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1 .

3 3x + ≥2 x 4 3 Mặt khác x ≥ 2 suy ra h ( x ) =  +  x

Áp dụng BĐT côsi ta có

Ví dụ 10: Cho a,b, c là số dương thỏa mãn abc = 1 . Chứng minh rằng

1 1 1 + + + 3 ≥ 2 (a + b + c ) . a 2 b 2 c2

Lời giải: 2

Ta có  ( a − 1 )(b − 1 )   (b − 1 )(c − 1 )   (c − 1 )(a − 1 )  = (a − 1 ) (b − 1 ) (c − 1 ) ≥ 0 Do đó không mất tính tổng quát giả sử

⇔ 2 (ab + c + 1 ) ≥ 2 ( a + b + c )

3 3x . =3 x 4 3x  x 2 7 + ≥ 3+ = 4  4 4 2

   3 = 3x Đẳng thức xảy ra ⇔  x 4 ⇔x =2   x =2   Vậy min h ( x ) =

7 khi và chỉ khi x = 2 . 2

d) Ta có k ( x ) = x + x +

1 2

( x + 1)

−2 = 1

⇔ ( x + 1 ) = 1 ⇔ x = 0 (thỏa mãn)

Vậy min g ( x ) = 1 khi và chỉ khi x = 0 .

1  5 ( a + b + c ) + 9  ≥ a + b + c 16 

-- 15 --

( x − 2 ).

b) Do x > −1 nên x + 1 > 0 . Áp dụng BĐT côsi ta có

4a 1 4a 1 + ( 4a + b + 3 ) ≥ 2 . ( 4a + b + 3 ) = a 4a + b + 3 16 4a + b + 3 16 Tương tự ta có

1 1 1 Do đó ta chỉ cần chứng minh 2 + 2 + 2 + 3 ≥ 2 ( ab + c + 1 ) a b c 1 1 1 ⇔ 2 + 2 + 2 + 1 ≥ 2 ( ab + c ) a b c

1 > 0 . Áp dụng BĐT côsi ta có x −2

2 1 ⇔ ( x − 2 ) = 1 ⇔ x = 1 (loại) hoặc x = 3 (thỏa mãn) x −2 Vậy min f ( x ) = 4 khi và chỉ khi x = 3 .

(a − 1)(b − 1) ≥ 0 ⇔ ab + 1 ≥ a + b

( x + 1)

Đẳng thức xảy ra ⇔ x − 2 =

Áp dụng BĐT côsi ta có

Cộng vế với vế lại ta được L +

x 2 − 2x + 1 1 = x −2 + +2 x −2 x −2

x −2+

4a 2 4b 2 4c 2 + + =L 4a + b + 3 4b + c + 3 4c + a + 3

b) g(x ) = 2x +

3 với x ≥ 2 x

Do x > 2 nên x − 2 > 0,

Áp dụng BĐT côsi ta có 4 a (b + 3 ) = 2 4a (b + 3 ) ≤ 4a + b + 3 Suy ra

với x > 2

x −2

Lời giải:

( x − 1)

c) h ( x ) = x +

a b c + + b+3 c+3 a +3

b) Đặt Q =

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

1 1 2 1 2 Áp dụng BĐT côsi ta có 2 + 2 ≥ = 2c, 2 + 1 ≥ = 2ab (do abc = 1 ) ab c a b c 1 1 1 Cộng vế với vế ta được 2 + 2 + 2 + 1 ≥ 2 ( ab + c ) ĐPCM. a b c Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1 . Ví dụ 11: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 3 2 (ab + bc + ca + a + b + c ) ≥ (a + b + c ) 4 2

2P +

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

1 7 + 8x 2 8x 2 -- 16 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 Áp dụng BĐT côsi ta có x + x +

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

1 1 3 ≥ 3 3 x .x . 2 = 2 8x 2 8x

1 7 7 3 7 ⇒ 2 ≥ suy ra k ( x ) ≥ + = 5 2 2 2 2 8x  1   x = 2   8 x ⇔x =1 Đẳng thức xảy ra ⇔   1 2  x =    2 Mặt khác 0 < x ≤

Vậy min k ( x ) = 5 khi và chỉ khi x =

98 2 5 khi và chỉ khi a = và b = c = . 27 3 18 Ví dụ 13: Cho a,b, c là số dương thỏa mãn 2a + 4b + 3c 2 = 68 . Tìm giá

1 . 2

là số dương thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của

Ta cần đánh giá biểu thức A qua biểu thức 2a + 4b + 3c 2 . Do đó ta sẽ cho thêm vào các tham số vào và đánh giá như sau ( m, n, p dương)

c3 c3 + + 4 p 3 ≥ 3pc 2 2 2

a 2 + m 2 ≥ 2am, b 2 + n 2 ≥ 2bn và

Phân tích

Suy ra a 2 + b 2 + c 3 + m 2 + n 2 + 4p 3 ≥ 2am + 2bn + 3pc (*)

Rõ ràng ta sẽ đánh giá biểu thức A để làm xuất hiện a 2 + b 2 + c 2 . Trước tiên ta sẽ đánh giá a qua a 2 bởi a 2 + m 2 ≥ 2ma ⇒ 2a ≤

Để 2am + 2bn + 3pc 2 có thể bội số của 2a + 4b + 3c 2 thì

a2 + m (với m > 0 ) m

Do b, c bình đẳng nên dự đoán dấu bằng A đạt giá trị nhỏ nhất khi b = c nên ta đánh giá 2bc ≤ b + c . 2

a2   x + y  Suy ra A ≤  + m + 1 ( 1 + b 2 + c 2 ) = B . Tiếp tục ta sẽ sử dụng BĐT côsi dưới dạng xy ≤    2   m  để là xuất hiện a 2 + b 2 + c 2 nên ta sẽ tách như sau

2 1 ( m2 + m + 2 ) 4m Dấu bằng xảy ra khi a = m, b = c, a 2 + m 2 + m = 1 + b 2 + c 2 và a 2 + b 2 + c 2 = 1 .

a 2 + 4 ≥ 4a, b 2 + 16 ≥ 8b và

17 (loại) 6

c3 c3 + + 32 ≥ 6c 2 2 2

Cộng vế với vế ta được

2 . Do đó ta có lời giải như sau: 3

a 2 + b 2 + c 3 + 52 ≥ 4a + 8b + 6c 2 , kết hợp với 2a + 4b + 3c 2 = 68

Suy ra a 2 + b 2 + c 3 ≥ 84 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 2, b = 4, c = 4

Lời giải: 2

4 4 3a 2 ≥ a ⇒ 2a ≤ + và 2bc ≤ b 2 + c 2 9 3 2 3

Vậy min A = 84 ⇔ a = 2,b = 4, c = 4 .

 3a 2 2  Suy ra A ≤  + + 1 (b 2 + c 2 + 1 ) 3  2 

Ví dụ 14: Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau a) A =

Áp dụng BĐT côsi ta có 2

 2   3a + 2 + 1 (b 2 + c 2 + 1 ) =   2 3

Hay a = m,b = 2m, c = 2m ⇒ 2m + 4. ( 2m ) + 3 ( 2m ) = 68

Suy ra p = 2, n = 4 do đó ta có lời giải như sau Lời giải: Áp dụng bĐT côsi ta có

Suy ra A ≤

Áp dụng BĐT côsi ta có a 2 +

2m 2n 3p n = = ⇔m= =p 2 4 3 2 Mặt khác dấu bằng ở BĐT (*) xảy ra khi a = m, b = n, c = 2p

⇔ 12m 2 + 10m − 68 = 0 ⇔ m = 2 (nhận) hoặc m = −

2 2 2 2 1 1  (a + m + m ) + ( 1 + b + c )  B = ( a 2 + m 2 + m )( 1 + b 2 + c 2 ) ≤   m m  2 

3  2 10  2 2 a + (b + c + 1 ) ≤ 2  9

 2 10  a + + b 2 + c 2 + 1  3  9  = 98    2  2 27   

x2 − x + 3 1 − x3

với x < 1

b) B = −x 2 + 4x + 21 − −x 2 + 3x + 10 với −2 ≤ x ≤ 5 . Lời giải: a) Ta có A =

x2 − x + 3

( 1 − x )( x 2 + x + 1 )

Áp dụng BĐT côsi cho hai số dương ta có -- 17 --

trị nhỏ nhất của

A = a +b +c . Phân tích 2

A = ( 1 + 2a )( 1 + 2bc )

Từ đây ta có m =

5 18

Vậy max A =

Loại 3: Kĩ thuật tham số hóa Nhiều khi không dự đoán được dấu bằng xảy ra(để tách ghép cho hợp lí) chúng ta cần đưa tham số vào rồi chọn sau sao cho dấu bằng xảy ra. Ví dụ 12: Cho a, b, c

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

 2   a =    3  2    a = b =c  98   3 ⇔ Suy ra A ≤ , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi    10 27 2 2 2   1 a + = b + c + b =c =     9    2 2 2  a + b + c = 1   

-- 18 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

2 1 1 2(1 − x ) + x + x + 1 x 2 − x + 3 2 ( 1 − x ). x 2 + x + 1 ≤ = (1 − x )( x 2 + x + 1) = 2 2 2 2 2 x2 − x + 3 Suy ra A ≥ 2 =2 2 x −x + 3

2 2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 ( 1 − x ) = x 2 + x + 1 ⇔ x 2 + 3x − 1 = 0 ⇔ x = Vậy min A = 2 2 khi x = x <1

b) Ta có B =

−3 ± 13 2

x + 11 (x + 3)(7 − x ) + (x + 2)(5 − x )

Với −2 ≤ x ≤ 5 thì x + 11 ; x + 3 ; 7 − x ; x + 2 ; 5 − x là các số không âm nên theo BĐT côsi ta có: 1  (2x + 6) + (7 − x )  x + 13 (1) =  2  2 2  2 2 1 1  (2x + 4) + (5 − x )  x + 9 (x + 2)(5 − x ) = (2x + 4)(5 − x ) ≤ (2) =  2  2 2  2 2

Từ (1) và (2) suy ra

a + 2 bc Lời giải:

(x + 3)(7 − x ) + (x + 2)(5 − x ) ≤

ca b + 2 ca

Áp dụng BĐT côsi ta có

ab c + 2 ab

x + 11 2

, từ đó ta có B ≥

a b c 3 3 + + ≥ 3 − = ĐPCM. 1 + b2 1 + c2 1 + a 2 2 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 b) Theo bất đẳng thức Côsi ta có:

Do đó

b2 2c 3 b c2 2a 3 c ≥b− , ≥c− 3 3 b + 2c 3 c + 2a 3 Cộng vế theo vế các BĐT trên ta được: a2 b2 c2 2 + + ≥ a + b + c − b 3 a 2 + a 3 c2 + c 3 b2 3 3 3 a + 2b b + 2c c + 2a 3

(

)

Mặt khác a + b + c = 3 do đó ta chỉ cần chứng minh: b a + c b + a 3 c 2 ≤ 3 . Thật vậy, theo bất đẳng thức Côsi ta có: 2

1 2ab + b b 3 a 2 ≤ b.( a + a + 1 ) = 3 3 2bc + c 3 2 2ca + a ,a c ≤ 3 3 Cộng vế theo vế các BĐT trên ta có:

Tương tự ta có c 3 b 2 ≤

 1 a =  1 −  ≤ 2  a + 2 bc a + 2 bc  bc

 1  a  1 − 2  a + b + c 

ca 1 b ab 1 c ,  ≤ 1 − ≤  1 − Tương tự ta có     2 a + b + c 2 a + b + c   c + 2 ab  b + 2 ca Cộng vế với vế các BĐT trên ta được  1 a b c P ≤  3 − − − =1 2  a + b + c a + b + c a + b + c  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c Vậy min P = 1 ⇔ a = b = c Ví dụ 16: Cho a,b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng a)

a b c ab + bc + ca ab + bc + ca + + ≥ a +b +c − = 3− 1 + b2 1 + c2 1 + a 2 2 2

Tương tự ta có

1 Vậy min B = 2 ⇔ x = . −2 ≤x ≤ 5 3 Loại 4: Kĩ thuật côsi ngược dấu Ví dụ 15: Cho a,b, c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của

b bc c ca và ≥b− ≥c− 1 + c2 2 1 + a2 2 Cộng vế theo vế các BĐT trên ta được:

Tương tự ta có

a ( a + 2b 3 ) − 2ab 3 a2 2ab 3 2b 3 a 2 = ≥a − 3 =a− . 3 3 6 a + 2b a + 2b 3 3 ab

(2x + 6)(7 − x ) ≤

1 Dấu bằng xảy ra ⇔ (1) và (2) đồng thời xảy ra dấu bằng ⇔ x = . 3

P =

a (1 + b 2 − b2 ) a ab 2 ab 2 ab = =a− ≥a− =a− 2 2 2 1 +b 1+b 1 +b 2b 2

x + 11

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

Mặt khác ta có ( a + b + c ) ≥ 3 ( ab + bc + ca ) ⇒ ab + bc + ca ≤ 3 .

−x 2 + 4x + 21 + −x 2 + 3x + 10

(x + 3)(7 − x ) =

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 a) Áp dụng BĐT côsi ta có:

a b c 3 + + ≥ . 1 + b2 1 + c2 1 + a 2 2

b 3 a 2 + c 3 b2 + a 3 c2 ≤

2ab + b 2bc + c 2ca + a 2 1 + + = ( ab + bc + ca ) + ( a + b + c ) 3 3 3 3 3

2 1 Từ đó suy ra: b 3 a 2 + c 3 b 2 + a 3 c 2 ≤ .3 + .3 = 3 ĐPCM. 3 3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 .

Ví dụ 17: Cho a,b, c là các số thực không âm thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 1 . Chứng minh rằng

c b a + + ≥1 1 + ab 1 + ac 1 + bc

Lời giải: c b a + + 1 + ab 1 + ac 1 + bc Áp dụng BĐT côsi ta có

Đặt P =

c abc abc =c− ≥c− =c− 1 + ab 1 + ab 2 ab

a2 b2 c2 b) + + ≥1 a + 2b 3 b + 2c 3 c + 2a 3 Lời giải:

Tương tự ta ta có -- 19 --

(ca )(cb ) 2

≥c−

ca + cb 4

b ba + bc a ab + ac ≥b− , ≤a− 1 + ac 4 1 + bc 4

-- 20 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

Cộng vế theo vế các BĐT trên ta được: P ≥ a +b +c −

Mặt khác a 2 + b 2 + c 2 = 1 ⇒ ( a + b + c ) = 1 + 2 ( ab + bc + ca ) (*) 2

(a + b + c )

−1

(a + b + c − 1)(3 − a − b − c) = + 1 (1) 4 4 Từ giả thiết ta có a, b, c ∈ [0;1] ⇒ 3 − a − b − c ≥ 0 (2) Và từ (*) suy ra a + b + c ≥ 1 (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra P ≥ 1 . ĐPCM Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi trong ba số a, b, c có một số bằng 1 và hai số còn lại bằng 0. 3. Bài tập luyện tập 2 x 2 y 2 z 1 1 1 + + ≤ 2 + 2 + 2. x 3 + y2 y3 + z 2 z 3 + x 2 x y z Bài 4.7: Cho các số dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1 . Chứng minh rằng: Bài 4.6: Cho x, y, z dương. Chứng minh rằng

Bài 4.8: Với các số dương a, b, c, d sao cho:

a b c d + + + =1 1 +a 1 +b 1 +c 1 +d

1 81

Bài 4.10: Cho ba số dương x, y, z thoả mãn hệ thức xyz ( x + y + z ) = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = ( x + y )( x + z ) . Bài 4.11: Cho ba số thực dương

a,b, c

ab + bc + ca = 1 . Chứng minh rằng

bc a + bc

ca b + ca

≤

1 . 2

a 6 b6 c6 a 4 b4 c4 + + ≥ + + c a b b3 c3 a 3 Bài 4.19: Với các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 1 .

Chứng minh rằng a 3 + b 3 + c 3 ≥

1 3

Bài 4.20: Với các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện 4 ( a + b + c ) = 3abc .

a3 b3 c3 1 + + ≥ (a + b + c ) b (b + c ) c ( c + a ) a ( a + b ) 2 a3 2

(b + 2c )

b3 2

(c + 2a )

c3 2

(a + 2b )

≥

2 (a + b + c ) 9

Bài 4.22: Cho x, y, z dương thỏa mãn và xyz = 1 . Chứng minh rằng:

x 3 + y3 + z3 ≥ x + y + z . Bài 4.23: Cho a,b, c dương và a + b + c = 1 .Chứng minh rằng: 9(a 4 + b 4 + c 4 ) ≥ a 2 + b 2 + c 2 .

1 1 1 (1 + )4 + (1 + )4 + (1 + )4 ≥ 768 . x y z Bài 4.25: Cho a, b dương thỏa mãn a + b = 1 . Chứng minh rằng

1 1 + ≥6 ab a 2 + b 2

1 2 + + 4ab ≥ 11 a 2 + b 2 ab

 1  1  289 c) a 2 + 2  b 2 + 2  ≥  16 b  a 

Bài 4.26: Cho hai số thực dương a, b . Chứng minh rằng

Bài 4.13: Cho ba số thực dương a,b, c . Chứng minh rằng 1 +

3 6 . ≥ ab + bc + ca a +b +c

Bài 4.14: Cho ba số thực dương a,b, c thỏa mãn abc = 1 . Chứng minh rằng:

a 3 b3 c3 + + ≥ ab + bc + ca b c a

Bài 4.24: Cho x, y, z dương thỏa mãn x + y + z = 1 . Chứng minh rằng:

thỏa mãn

3 + + ≤ . 2 2 2 2 1+a 1 +b 1+c Bài 4.12: Cho ba số thực dương a,b, c thỏa mãn a + b + c = 1 . Chứng minh rằng ab

a b c + + =1 1 +b 1+c 1 +a 1 + b  1 + c  1 + a  Chứng minh rằng:  − 1   − 1   − 1  ≥ 8  c   a  b

c + ab

a) a 3 + b 3 + c 3 ≥ ab 2 + bc 2 + ca 2

1 1 1 3 + + ≥ 8 a 3 b3 c3 Bài 4.21: Với các số dương a, b, c. Chứng minh rằng:

Bài 4.9: Với các số dương a, b, c sao cho:

2a 2b 2c + + 2b + 2c − a 2c + 2a − b 2a + 2b − c Bài 4.18: Với các số dương a, b, c, chứng minh rằng:

Chứng minh rằng:

1 + x 3 + y3 1 + y3 + z3 1 + z3 + x3 + + ≥3 3 xy yz zx

rằng:

P =

Chứng minh rằng: abcd ≤

minh

Bài 4.17: Cho a,b, c là độ dài ba cạnh tam giác. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

−1

Suy ra P ≥ a + b + c −

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

a +b b +c c +a + + ≥ 3. 2ab 2bc 2ca   a  b  c a + b + c  Bài 4.16: Cho ba số thực dương a,b, c . Chứng minh rằng  1 +   1 +   1 +  ≥ 2  1 + 3  .  b  c  a  abc 

Chứng

ab + bc + ca 2

Hay ab + bc + ca =

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

1 1 1 3 + + ≥ a (1 + b ) b ( 1 + c ) c ( 1 + a ) 2

Bài 4.15: Cho ba số thực dương a,b, c thỏa mãn a + b + c = 3 . -- 21 --

 2  a + b + 

3  2 3  1  1  b + a +  ≥  2a +   2b +  . 4  4   2  2 

Bài 4.27: Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn xy + yz + zx = 3 .Chứng minh rằng: 1 4 3 + ≥ xyz (x + y )(y + z )(z + x ) 2

Bài 4.28: Cho x, y, z dương thỏa mãn x + y + z = 3 . Chứng minh rằng

-- 22 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

x3 y3 z3 1 2 + + ≥ + ( xy + yz + zx ) 9 27 y3 + 8 z3 + 8 x 3 + 8 Bài 4.29: Cho a,b, c dương . Chứng minh rằng

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P =

1 + + ≥ (a + b + c ) 2 2 2 2 2 2 5 3a + 8b + 14ab 3b + 8c + 14bc 3c + 8a + 14ca Bài 4.30: Cho ba số thực dương x, y, z . Chứng minh rằng:

Suy ra a = x − z, b = −2x + y + 2z, c = 2x − y − z

16x 16y 16z + 1+ + 1+ ≥9 y +z z +x x +y Bài 4.31: Cho a,b, c là số dương thỏa mãn abc ≥ 1 . Chứng minh rằng

Bất đẳng thức trở thành

2 (a + b + c )

⇔ −1 +

Bài 3.32: Cho a,b, c là số dương. Chứng minh rằng

a3 3

a 3 + (b + c )

b3 3

b 3 + (c + a )

y 4x z x 4z y + ≥ 4, + ≥ 2, + ≥4 x y x z y z Suy ra BĐT (*) đúng. ĐPCM.   2x = y   Đẳng thức xảy ra ⇔  x = z ⇔ 2x = y = 2z suy ra không tồn tại a, b, c.   2z = y    Dấu đẳng thức không xảy ra. b) Đặt x = a + b + c, y = b + c + 4a, z = c + a + 16b

c 3 + (a + b )

≥1

Bài 3.33: Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x 3 + y 3 + z 3 = 3 . Chứng minh rằng xy + yz + zx − xyz ≤ 2 .

Bài 3.34: Cho a,b, c thỏa mãn a + b + c = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất M = a 3 + 64b 3 + c 3 Bài 3.35: Cho x, y, z dương thỏa mãn xy + yz + zx = 1 . Tìm GTNN của P = x 2 + 2y 2 + 3z 2 Bài 3.36: Cho a,b, c không âm thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 1 . Chứng minh rằng a 3 + 2b 3 + 3c 3 ≥

6 7

y −x z −x 21x − 5y − z ,b = ,c = 3 15 15 −6x + 5y + z 4x − y 16x − z Khi đó ta có P = + + 15x 3y 15z

Suy ra a =

4 Bài 3.37: Cho x, y, z dương thỏa mãn x + xy + 3 xyz = . Chứng minh rằng x + y + z ≥ 1 3 a2 b2 16c 2 1 + + ≥ (64c − a − b) b +c c +a a +b 9

3x 2 Bài 3.39: Cho x, y, z dương thỏa mãn y 2 + yz + z 2 = 1 − . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu 2 thức P = x + y + z .

Bài 3.40: Cho x, y, z dương thỏa mãn 2

y z 4x 4z x y + + −2 + + + ≥7 x x y y z z

Áp dụng BĐT côsi ta có

Bài 3.38: Cho a,b, c dương. Chứng minh rằng

−x + y + z 4x − 2y + 4z x + y + + ≥7 x y z

 y 4x   z x   4z y  ⇔  +  +  +  +  +  ≥ 10 (*) y   x z   y z   x

a b c   1 1 1 a)  + +  ≥ ( a + b + c )  + +   b c a   a b c 

a +b b +c c +a . + + a + b + c b + c + 4a c + a + 16b

Lời giải: a) Đặt x = a + b + c, y = 2a + b, z = b + c

a 2 + 1 + b2 + 1 + c2 + 1 ≤

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

a +b 6b + 8c 3a + 2b + c a) Chứng minh rằng + + ≥7 a +b +c 2a + b b +c

xy + yz + zx = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của:

x y z + + x +y y +z z +x Bài 3.41: Cho x, y, z dương thỏa mãn x + y + z = 3 .Tìm giá trị nhỏ nhất của T =

ẩn

phụ

-- 23 --

y 4x 4 z 16y 8 + ≥ , + ≥ 3x 3y 3 15y 15z 15

4 8 4 16 5b 5c + − = , đẳng thức xảy ra ⇔ 4x = 2y = z ⇔ a = = 3 15 5 15 3 7

16 5b 5c khi và chỉ khi a = = . 15 3 7 Ví dụ 2: Cho a,b, c là ba cạnh của tam giác có chu vi là

(ẩn

phụ

có

thể

là

x = f ( a, b, c ), y = g ( a, b, c ), z = h (a, b, c ) hoặc là chỉ một ẩn phụ t = f ( a;b; c ) ). Ẩn phụ có thể có ngay

trong biểu thức của bất đẳng hoặc qua một số phép biến đổi, đánh giá. 2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Cho các số dương a, b, c.

Áp dụng BĐT côsi ta có

Vậy min P =

hiện

y 4x z 16x 4 + + + − 3x 3y 15y 15z 5

Suy ra P ≥

x2 y2 z2 . + + 2 2 x +y y +z z + x2 DẠNG 3: ĐẶT ẨN PHỤ TRONG BẤT ĐẲNG THỨC 1. Phương pháp giải Điều quan trọng trong kĩ thuật này là phát

⇒P =

a b c b +c c +a a +b + + ≥ + + p −a p −b p −c p −a p −b p −c Lời giải: Đặt x = p − a; y = p − b; z = p − c suy ra a = y + z ; b = z + x ; c = x + y . Do a,b, c là ba cạnh của tam giác nên x, y, z dương Bất đẳng thức cần chứng minh được đưa về dạng:

-- 24 --

2p . Chứng minh rằng

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

y +z z +x x +y y +z z +x x +y + + ≥ 2+ + 2+ + 2+ x y z x y z Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có: 4 2 +

⇔

Chứng minh rằng x + y + z +

Suy ra

1 1 1 15 + + ≥ . x y z 2

1 1 1 1 1 1 1 9 + + ≥ 33 và x + y + z ≥ 3 3 xyz nên + + ≥ x y z xyz x y z x +y +z

 y +z z +x x +y 1y + z z + x x + y + + ≥  + + + 18   x y z 4 x y z 

Suy ra x + y + z +

1 1 1 9 + + ≥ x +y +z + x y z x +y +z

Đặt t = x + y + z ⇒ 0 < t ≤

y x  y z  x z  y +z z +x x +y + + =  +  +  +  +  +   x y   z y   z x  x y z

Áp dụng BĐT côsi ta có

3 2

Khi đó ta chỉ cần chứng minh x + y + z +

9 9 15 =t+ ≥ x +y +z t 2

Áp dụng BĐT côsi ta có

y x y x y z x z + ≥ 2 . = 2, + ≥ 2, + ≥ 2 x y x y z y z x

y +z z +x x +y + + ≥ 6 . ĐPCM. x y z

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hay tam giác đều. Nhận xét: Đối với BĐT có giả thiết a,b, c là ba cạnh của tam giác thì ta thực hiện phép đặt ẩn phụ a +b −c a −b + c −a + b + c ,y = ,z = thì khi đó a = y + z ; b = z + x ; c = x + y và x, y, z 2 2 2 dương. Ta chuyển về bài toán với giả thiết x, y, z dương không còn ràng buộc là ba cạnh của tam giác.

9 9 27 9 27 15 ĐPCM. =t+ + ≥ 2 t. + = 4t 4t 4t 3 2 t 4. 2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =

3 1590 (x + y + z ) 1331

Lời giải: 3

 x y z  + 2   + 3   ≥ Ta có BĐT ⇔   x + y + z   x + y + z   x + y + z 

Đặt a =

Lời giải: Ta có

1 1 1 + + = 1 ⇔ 4 = abc + ab + bc + ca a +2 b +2 c +2

Suy ra 4 = abc + ab + bc + ca ≥ abc + 3 3 ( abc ) = t 3 + 3t 2 , với t =

abc .

⇒ t 3 + 3t 2 − 4 ≤ 0 ⇔ ( t − 1 )( t + 2 ) ≤ 0 ⇔ t ≤ 1 4 4 ≥ 3 3 abc + 3 abc abc 4  3 1 Suy ra P ≥ 3t + =  3t +  +  t t t P = a +b +c +

Cộng vế với vế các BĐT trên ta được 588 18 18 ≥ (a + b + c ) = 1331 11 11

Suy ra a 3 + 2b 3 + 3c 3 ≥

abc

Cũng theo BĐT côsi ta có 3

6 6 3 3 2 2 18 18 18 a 3 +   +   ≥ a , 2b 3 + 2   + 2   ≥ b , 3c 3 + 3   + 3   ≥ c  11   11  11 11 11  11   11   11   11 

a 3 + 2b 3 + 3c 3 +

4 3

1590 BĐT trở thành a + 2b + 3c ≥ 1331 Áp dụng BĐT côsi ta có 3

thức P = a + b + c +

1 1 1 + + = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu a +2 b +2 c +2

Áp dụng BĐT côsi ta có ab + bc + ca ≥ 3 3 ( abc )

x y z ,b = ,c = ⇒ a, b, c dương và a + b + c = 1 x +y +z x +y +z x +y +z 3

1 . 2

Ví dụ 5: Cho ba số thực dương a,b, c thỏa mãn

x =

Ví dụ 3: Cho x, y, z là số dương. Chứng minh rằng x 3 + 2y 3 + 3z 3 ≥

3 2

Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:

y +z z +x x +y + + ≥ 6. x y z

Ta có

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

Ví dụ 4: Cho x, y, z là số dương thỏa mãn x + y + z ≤

 y +z y + z  y +z ≤  2 + +6 +4 =  x x  x

z +x z +x x +y x +y Tương tự ta có 4 2 + ≤ + 6, 4 2 + ≤ +6 y y z z Cộng vế với vế các BĐT trên ta được  y +z z +x x + y  y + z z + x x + y 4  2 + + 2+ + 2+ + + + 18  ≤  x y z  x y z Vì vậy ta chỉ cần chứng minh

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

Nhận xét: Phương pháp đặt ẩn phụ trên được áp dụng khi BĐT là đồng bậc(Người ta gọi là phương pháp chuẩn hóa)

Áp dụng BĐT côsi ta có 3t +

1 3 3 ≥ 2 3t. = 6 , mặt khác t ≤ 1 ⇒ ≥ 1 t t t

4 ≥ 7 , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = 1 hay a = b = c = 1 t Vậy min P = 7 ⇔ a = b = c = 1

1590 . 1331

Do đó P ≥ 3t +

-- 25 --

-- 26 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

Tìm giá trị lớn nhất của P =

x 2 + y 2 + z 2 + 14xyz 2

4 ( x + y + z ) + 15xyz

Lời giải:  1  1  1 Ta có  1 +   1 +   1 +  = 8 ⇔ 8xyz = 1 + x + y + z + xy + yz + zx + xyz  x  y  z 2

⇔ x 2 + y 2 + z 2 + 14xyz = ( x + y + z ) + 2 ( x + y + z ) + 2 ( 1 )  1  1  1 Áp dụng BĐT côsi ta có: 8 =  1 +  1 +  1 +  ≥   x  y  z  

Từ (1) và (2) ta có P ≤

⇒ xyz ≥ 1

xyz

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

(2)

a b c a +b +c + + ≥ abc b3 c3 a3 1 1 1 1 b) 3 + + ≤ a + b 3 + abc b 3 + c 3 + abc c 3 + a 3 + abc abc Lời giải:

Trước tiên ta chứng minh a 3 + b 3 ≥ a 2b + b 2a . BĐT tương đương với a 3 + b 3 − a 2b − b 2a ≥ 0 ⇔ a 2 (a − b) + b 2 (b − a ) ≥ 0

( x + y + z ) + 2 ( x + y + z ) + 2 t + 2t + 2 = 2 4t 2 + 15 4 ( x + y + z ) + 15 2

với x + y + z = t > 0 .

⇔ (a − b)2 (a + b) ≥ 0 (đúng với mọi a > 0, b > 0 ) ⇒ a 3 + b 3 ≥ a 2b + b 2a . Đẳng thức xảy ra khi a = b .

Xét

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

Điều quan trọng dạng toán này là cần phát hiện ra được bất đẳng thức phụ. Bất đẳng thức phụ có thể là những BĐT cơ bản đã có hoặc là chúng ta từ đặc điểm của BĐT cần chứng minh chúng ta dự đoán và đưa ra BĐT phụ từ đó vận dụng vào bài toán. 2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Cho a,b, c là số dương. Chứng minh rằng:

 1  1  1 Ví dụ 6: Cho x, y, z dương thỏa mãn  1 +   1 +   1 +  = 8 .  x  y  z

(t − 3 ) t 2 + 2t + 2 1 −t 2 + 6t − 9 − = =− 2 ≤0 2 4t + 15 3 12t 2 + 45 12t + 45

t 2 + 2t + 2 1 1 ≤ do đó P ≤ 4t 2 + 15 3 3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = 3 hay x = y = z = 1

a) Ta có a 3 + b 3 ≥ a 2b + b 2a ⇔

a 1 1 1 + ≥ 2 + ab b3 a2 b

b 1 1 1 c 1 1 1 + ≥ 2 + , 3 + 2 ≥ 2 + bc a ac c 3 b2 c c a

Suy ra

Hoàn toàn tương tự ta có

1 khi và chỉ khi x = y = z = 1 3 3. Bài tập luyện tập

a b c 1 1 1 + + ≥ + + a b c b3 c3 a 3 a b c a +b +c Hay 3 + 3 + 3 ≥ , đẳng thức xảy ra khi a = b = c . abc b c a

Vậy max P =

Bài 4.42: Cho x, y, z dương , CMR

25x 4y 9z + + > 12 y +z z +x x +y

Bài 4.43: Cho các số dương a, b, c. Chứng minh rằng 4a b + 3c 8c + − ≥ 12 2 − 17 a + b + 2c 2a + b + c a + b + 3c Bài 4.44: Cho x, y, z là các số dương thoả mãn xyz ≥ x + y + z + 2 . Chứng minh rằng x + y + z ≥ 6 .

Bài 4.45: Cho a,b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng

a 11 b 11 c 11 3 a 6 + b6 + c6 + 9 + + + ≥ bc ca ab a 2b 2c 2 2

Bài 4.46: Cho x, y, z là số không âm thoatr mãn x 2 + y 2 + z 2 + xyz = 4 . Chứng minh rằng x +y + z ≤ 3. 3

thức P = x + y + z − 3xyz . 3 4 x ≠ −2y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Bài 4.48: Cho x , y, z ∈ (0;1) và xyz = (1 − x )(1 − y )(1 − z ) . Chứng minh rằng x 2 + y 2 + z 2 ≥ Bài 4.49: Cho các số thực P =

b) Theo bài toán trên ta có: a 3 + b 3 ≥ a 2b + b 2a = ab(a + b) ⇒ a 3 + b 3 + abc ≥ ab(a + b + c ) ⇒

Tương tự:

1 1 c ≤ = a 3 + b 3 + abc ab(a + b + c) abc(a + b + c)

1 a 1 b ≤ ; ≤ abc(a + b + c) c 3 + a 3 + abc abc(a + b + c) b 3 + c 3 + abc

Cộng ba BĐT trên lại với nhau ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c . Ví dụ 2: Cho a, b là các số thực. Chứng minh rằng: 2

a) 3(a + b + 1) + 1 ≥ 3ab . 6

b) 64a 3b 3 (a 2 + b 2 )2 ≤ ( a + b ) Lời giải:

Bài 4.47: Cho x, y, z là số thực thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 2 . Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu 3

Cộng vế với vế rút gọn ta được

x, y

thỏa

 a + b  3 a) Áp dụng bất đẳng thức ab ≤   nên ta chứng minh 3(a + b + 1)2 + 1 ≥ (a + b)2 (*)  2  4

Thật vậy: (*) ⇔ 12(a + b)2 + 24(a + b) + 16 ≥ 3(a + b)2

⇔ 9(a + b)2 + 24(a + b) + 16 ≥ 0 ⇔ (3a + 3b + 4)2 ≥ 0 (đúng) ĐPCM 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = − . 3 b) Dễ thấy bất đẳng thức đúng khi ab ≤ 0 .

(2x 2 + 13y 2 − xy )2 − 6xy + 9 . (x + 2y )2

DẠNG 4: SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC PHỤ 1. Phương pháp giải -- 27 --

-- 28 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT 2

 a + b   2ab + (a 2 + b 2 )  6  = (a + b ) 64a b (a + b ) = 16ab  2ab(a + b )  ≤ 16      2   2 3 3

2 2

Suy ra 64a 3b 3 (a 2 + b 2 )2 ≤ (a + b )

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b . Ví dụ 3: Cho a là số dương và b là số thực thỏa mãn a 2 + b 2 = 5 . Tìm giá trị nhỏ nhất của P =

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

3 Do đó ta cần chứng minh ≥ a 2 + b 2 + c 2 ⇔ abc (a 2 + b 2 + c 2 ) ≤ 3 (*) abc

 a + b  Xét ab > 0 . Áp dụng BĐT ab ≤   ta có  2 

2a 3 + a + 1 − 2b . a2

Lại áp dụng ( a + b + c ) ≥ 3 ( ab + bc + ca ) (ví dụ 1) ta có 2

(ab + bc + ca )

≥ 3abc ( a + b + c ) ⇒ abc ≤

(ab + bc + ca ) 9

 a + b + c  Áp dụng bất đẳng thức abc ≤   và (**) ta có  3  2

abc (a + b + c 2

)≤

(ab + bc + ca ) (a 2 + b 2 + c 2 )

Lời giải: 2

Áp dụng bất đẳng thức ( a 2 + b 2 )( c 2 + d 2 ) ≥ ( ac + bd ) (*), dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ad = bc .

(**)

2   1  ( a + b + c )   = 3 ≤   9  3 

Vậy BĐT (*) đúng nên BĐT ban đầu đúng. ĐPCM.. Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c . Ví dụ 5: Cho a,b, c là số dương. Chứng minh rằng

Ta có ( a 2 + b 2 ) ( 1 + 4 ) = 25 ≥ ( a + 2b ) ⇔ a + 2b ≤ 5 Suy ra −2b ≥ a − 5 Do đó P =

2a 3 + a + 1 2a 3 + a + 1 1 1 − 2b ≥ + a − 5 = 3a + + 2 − 5 (1) a a a2 a2

Áp dụng BĐT côsi ta có a +

1 1 ≥ 2, a + a + 2 ≥ 3 a a

1 1 + ≥ 5 (2) a a2 Từ (1) và (2) suy sa P ≥ 0 . Đẳng thức xảy ra khi a = 1, b = 2 .

Do đó 3a +

Vậy min P = 0 ⇔ a = 1, b = 2 . Nhận xét: Bất đẳng thức (*) là bất đẳng thức Bunhiacopxki cho bốn số. Ta có thể tổng quát bất đẳng thức Cho 2n số a1, a2,.., an , b1, b2 ,..., bn . Khi đó ta có bất đẳng thức

(a1b1 + a2b2 + ... + anbn )2 ≤ (a12 + a22 + ... + an2 )(b12 + b22 + ... + bn2 ) . Ví dụ 4: Cho a, b, c dương thỏa mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng a)

a3 b3 c3 + + ≥3 bc ca ab

1 1 1 + + ≥ a 2 + b2 + c2 a 2 b2 c2 Lời giải:

a) Áp dụng BĐT a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca này hai lần ta có:

a 4 + b 4 + c 4 = (a 2 )2 + (b 2 )2 + (c 2 )2 ≥ a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 = (ab)2 + (bc)2 + (ca )2 ≥ ≥ ab.bc + bc.ca + ca.ab = abc(a + b + c) = 3abc (vì a + b + c = 3 ) a 4 + b4 + c4 a3 b3 c3 ≥ 3 hay + + ≥ 3 ĐPCM. abc bc ca ab Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c

Suy ra

b) Áp dụng a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ta có

1 1 1 1 1 1 3 + + ≥ + + = ab bc ca abc a 2 b2 c2

-- 29 --

1 1 1 1 1 1 1 + + ≤ ( + + ) 2a + b + c 2a + 2b + c a + b + 2c 4 a b c

1 1 1 1 1 1 + + ≥ + + a + 3b b + 3c c + 3a 2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c lời giải Áp dụng BĐT Côsi cho hai số thực không âm ta có:  a + b ≥ 2 ab   1 1 1  ⇒ (a + b)( + ) ≥ 2 ab .2 =4 1 1 1   a b ab + ≥2   a b ab   1 1 4 Suy ra + ≥ (*). Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b . a b a +b a) Áp dụng BĐT (*) ta có:

1 1 1 1 1 1 2 1 1 = ≤ ( + )≤ ( + + ) 2a + b + c (a + b ) + (a + c) 4 a + b a + c 16 a b c 1 1 1 2 1 1 1 1 1 2 ≤ ( + + ); ≤ ( + + ) a + 2b + c 16 a b c a + b + 2c 16 a b c Cộng ba BĐT trên ta có được đpcm. Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c . b) Áp dụng BĐT (*) ta có:

Tương tự ta có

1 1 4 2 . + ≥ = a + 3b a + b + 2c 2a + 4b + 2c a + 2b + c Tương tự 1 1 2 1 1 2 + ≥ ; + ≥ b + 3c 2a + b + c a + b + 2c c + 3a a + 2b + c 2a + b + c Cộng ba BĐT trên ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c . Ví dụ 6: Cho a,b, c dương thỏa mãn a + b + c = 1 . Chứng minh rằng

a b c 3 + + ≤ . 1+a 1+b 1+c 4

1 1 1 1 + + + ≥ 30 a 2 + b 2 + c 2 ab bc ca Lời giải:

-- 30 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

Áp dụng BĐT Côsi cho ba số thực dương ta có:   a + b + c ≥ 3 3 abc  1 1 1 1  ⇒ (a + b + c)( + + ) ≥ 3 3 abc .3 3 =9 1 1 1 1   a b c + + ≥33 abc   a b c abc   1 1 1 9 Suy ra + + ≥ (*) . Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c . a b c a +b +c a +1−1 b +1−1 c +1−1 3 a) Ta có BĐT ⇔ + + ≤ a +1 b +1 c +1 4 1 1 1 3 1 1 1 9 ⇔ 3−( + + )≤ ⇔ + + ≥ . a +1 b +1 c +1 4 a +1 b +1 c +1 4

Áp dụng BĐT (*) ta có

1 1 1 9 9 + + ≥ = đpcm. a +1 b +1 c +1 a +b +c + 3 4

1 Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = . 3 1 1 1 9 b) Áp dụng BĐT (*) ta có: + + ≥ ab bc ca ab + bc + ca ⇒

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

Và

1 1 + ≤ 4b 4 + 5 7

Suy ra

Mặt khác: ab + bc + ca ≤

1 1 7 (a + b + c)2 = ⇒ ≥ 21 3 3 ab + bc + ca

1 1 1 9 + + ≥ =9 a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ca ab + bc + ca a 2 + b 2 + c 2 + 2(ab + bc + ca ) 1 1 1 1 Suy ra: 2 + + + ≥ 9 + 21 = 30 đpcm. a + b 2 + c 2 ab bc ca

1 Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = . 3

Tìm giá trị lớn nhất của P = ab 2c 3 Lời giải: Ta chứng minh bất đẳng thức sau

1 1 + ≤ c4 + 5 7

4 bc 2

2 b2 2

⇔ (5 − 4x 2y 2 )(x 2 − y 2 )2 ≥ 0 (đúng với x , y ∈ [0,1] ) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y . 1 1 2 1 1 2 + ≤ 2 2 , + ≤ 2 2 4a 4 + 5 4c 4 + 5 4a c + 5 4b 4 + 5 4c 4 + 5 4b c + 5

-- 31 --

2 c2 2

≤ +5

8 4.

≥ +5

(2) +5

1 2 3 2 + + + ≤ 4a 4 + 5 4b 4 + 5 4c 4 + 5 7

ab 2c 3

4 bc

(3)

ab 2c 3

8 4.

ab 2c 3 2

8 2 ⇒ ab 2c 3 ≤ 7 4

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =

1 2

1 1 khi và chỉ khi a = b = c = 4 . 16 2 3. Bài tập luyện tập Bài 4.50: Cho a, b, x, y ∈ R. Chứng minh bất đẳng thức sau:

Vậy max P =

a 2 + x 2 + b 2 + y 2 ≥ (a + b)2 + (x + y )2 Áp dụng chứng minh các bất đẳng thức sau:

(1)

a) Cho a, b ≥ 0 thoả a + b = 1 . Chứng minh rằng

1 + a 2 + 1 + b2 ≥ 5 .

1 1 + b2 + 2 . b2 a c) Cho x, y, z > 0 thoả mãn x + y + z = 1 . Chứng minh: a2 +

1 1 1 + y2 + 2 + z 2 + 2 ≥ x2 y z

82 .

3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

223 + x 2 + 223 + y 2 + 223 + z 2 .

Bài 4.51: Cho a, b dương. Chứng minh 2 2

≤ +5

2 c2

d) Cho x, y, z > 0 thoả mãn x + y + z =

⇔ 8x 4y 4 − 10x 2y 2 + ( x 4 + y 4 )( 5 − 4x 2y 2 ) ≥ 0

Áp dụng BĐT (*) ta có:

Kết hợp giả thiết suy ra

1 1 2 (*) + ≤ 2 2 4x 4 + 5 4y 4 + 5 4x y + 5

⇔ ( 2x + 2y + 5 )( 4x y + 5 ) ≤ ( 4x + 5 )( 4y + 5 ) 4

Từ (1), (2) và (3) ta có

x2 +

Thật vậy, BĐT (*) 4

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

1 2 3 6 Ví dụ 7: Cho a,b, c là các số thuộc  0;1  thỏa mãn + + = . 4a 4 + 5 4b 4 + 5 4c 4 + 5 7

Với x, y thuộc [0,1], ta luôn có

4 Ta lại có + 4abc 2 + 5

1 1 1 1 1 9 + + + ≥ 2 + a + b 2 + c 2 ab bc ca a + b 2 + c 2 ab + bc + ca 1 1 1 7 + + + a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ca ab + bc + ca ab + bc + ca

2 b2

1 1 2 + + ≤ 4b 4 + 5 4c 4 + 5 7

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

1 1 2 2 2 4 Suy ra 4 (1) + + ≤ 2 2 + ≤ 4a + 5 4b 4 + 5 4c 4 + 5 4a c + 5 4b 2c 2 + 5 4abc 2 + 5

1 1 4 (1). + ≥ a b a +b

Áp dụng chứng minh các BĐT sau:  1 1 1 1 1 1  a) + + ≥ 2  + +  ; với a, b, c > 0.  a + b b + c c + a  a b c   1 1 1 1 1 1 b) + + ≥ 2  + +  ; với a, b, c > 0.  2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c  a +b b +c c +a c) Cho a, b, c > 0 thoả

1 1 1 1 1 1 + + = 4 . Chứng minh: + + ≤1 a b c 2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c

-- 32 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

ab bc ca a +b +c d) ; với a, b, c > 0. + + ≤ a +b b +c c +a 2 2xy 8yz 4xz + + ≤ 6. x + 2y 2y + 4z 4z + x f) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác, p là nửa chu vi. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 1 + + ≥ 2  + +  . a b c  p −a p −b p −c

e) Cho x, y, z dương thoả mãn x + 2y + 4z = 12 . Chứng minh:

Bài 4.52: Cho a,b, c là số dương. Chứng minh

1 1 1 9 (1). + + ≥ a b c a +b +c

Áp dụng chứng minh các BĐT sau:  1 1 1  3 a) (a 2 + b 2 + c 2 )  + +  ≥ (a + b + c ) với a,b, c dương  a + b b + c c + a  2 b)

a b c 3 + + ≤ . Với a,b, c dương thoả a + b + c = 1 . a +1 b +1 c +1 4

1 1 1 + + ≥ 9 . Với a,b, c dương thỏa mãn a + b + c ≤ 1 a 2 + 2bc b 2 + 2ac c 2 + 2ab

1 2009 + ≥ 670 . Với a,b, c dương thỏa mãn a + b + c = 3 a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ca Bài 4.53: Cho a, b, c ≥ 0 và abc = 1 . Chứng minh rằng:

ab bc ca + + ≤ 1. a 5 + b 5 + ab b 5 + c 5 + bc c 5 + a 5 + ac Bài 4.54: Cho ba số thực không âm a, b, c và không có hai số đồng thời bằng không. Tìm giá trị nhỏ nhất

a b c ab + bc + ca của biểu thức P = + + + 4 2. 2 b +c c +a a +b a + b2 + c2 CHỦ ĐỀ 2: ĐẠI CƯƠNG VỀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Định nghĩa bất phương trình một ẩn Cho hai hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) có tập xác định lần lượt là Df và Dg . Đặt D = Df ∩ Dg . Mệnh đề

chứa biến có một trong các dạng f ( x ) < g ( x ) , f ( x ) > g ( x ) , f ( x ) ≤ g ( x ) , f ( x ) ≥ g ( x ) được gọi là bất phương trình một ẩn ; x được gọi là ẩn số (hay ẩn) và D gọi là tập xác định của bất phương trình.

x 0 ∈ D gọi là một nghiệm của bất phương trình f ( x ) < g ( x ) nếu f ( x 0 ) < g ( x 0 ) là mệnh đề đúng.

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

Định lý 1: Cho bất phương trình f ( x ) < g ( x ) có tập xác định D ; y = h ( x ) là hàm số xác định trên D . Khi đó trên D , Bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình sau 1) f ( x ) + h ( x ) < g ( x ) + h ( x ) 2) f ( x ) .h ( x ) < g ( x ) .h ( x ) nếu h ( x ) > 0 với mọi x ∈ D 3) f ( x ) .h ( x ) > g ( x ) .h ( x ) nếu h ( x ) < 0 với mọi x ∈ D

Hệ quả: Cho bất phương trình f ( x ) < g ( x ) có tập xác định D . Khi đó

1) f ( x ) < g ( x ) ⇔ f 3 ( x ) < g 3 ( x ) 2) f ( x ) < g ( x ) ⇔ f 2 ( x ) < g 2 ( x ) với f ( x ) ≥ 0, g ( x ) ≥ 0 , ∀x ∈ D Lưu ý: Khi giải phương trình ta cần chú ý Đặt điều kiện xác định(đkxđ) của phương trình và khi tìm được nghiệm của phương trình phải đối chiếu với điều kiện xác định. Đối với việc giải bất phương trình ta thường thực hiện phép biến đổi tương đương nên cần lưyu ý tới điều kiện để thực hiện phép biến đổi tương đương đó. B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI DẠNG TOÁN 1: TÌM ĐIỀU KIỆN XÁC ĐỊNH CỦA BẤT PHƯƠNG TRÌNH 1. Phương pháp giải - Điều kiện xác định của bất phương trình bao gồm các điều kiện để giá trị của f ( x ), g ( x ) cùng được xác định và các điều kiện khác (nếu có yêu cầu trong đề bài) - Điều kiện để biểu thức f ( x ) xác định là f ( x ) ≥ 0

1 xác định là f ( x ) ≠ 0 f (x ) 1 f (x )

xác định là f ( x ) > 0

2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Tìm điều kiện xác định của phương trình sau: 5 <1 4x 2 − 9 Lời giải:

a) x +

4 − 2x ≥

x +1 x 2 − 2x − 1

a) Điều kiện xác định của bất phương trình là 4x 2 − 9 ≠ 0 ⇔ x 2 ≠

9 3 ⇔x ≠± 4 2

Giải một bất phương trình là tìm tất cả các nghiệm(hay tìm tập nghiệm) của bất phương trình đó. Chú ý: Trong thực hành, ta không cần viết rõ tập xác đinh D của bất phương trình mà chỉ cần nêu điều kiện để x ∈ D . Điều kiện đó gọi là điều kiện xác định của bất phương trình, gọi tắt là điều kiện của bất phương trình. 2. Bất phương trình tương đương, biến đổi tương đương các bất phương trình. a) Định nghĩa: Hai bất phương trình (cùng ẩn) được gọi là tương đương nếu chúng có cùng tập nghiệm.

b) Điều kiện xác định của bất phương trình là  x ≤2  x ≤2  4 − 2x ≥ 0     ⇔ ⇔  2      x − 2 x − 1 ≠ 0 x ≠ 1 ± 2 x ≠ 1− 2       Ví dụ 2: Tìm điều kiện xác định của bất phương trình sau rồi suy ra tập nghiệm của nó:

Kí hiệu: Nếu f1 ( x ) < g1 ( x ) tương đương với f2 ( x ) < g2 ( x ) thì ta viết

a) 2x + x − 3 ≥ 2 3 − x + 3

f1 ( x ) < g1 ( x ) ⇔ f2 ( x ) < g2 ( x )

Phép biến đổi không làm thay đổi tập nghiệm của phương trình gọi là phép biến đổi tương đương. b) Định lý và hệ quả:

x +

1 x −2

−x 2 + 4x − 4 ≤ 27 − 3x 3

( x − 1) ( 3 − 4x ) − 5x

4x − 3 − 7

Lời giải: x − 3 ≥ 0 x ≥ 3   a) Điều kiện xác định của bất phương trình là  ⇔ ⇔x =3     − ≥ 3 x 0 x ≤3    

-- 33 --

-- 34 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

Thử vào bất phương trình thấy x = 3 thỏa mãn Vậy tập nghiệp của bất phương trình là S = { 3 } b) Điều kiện xác định của bất phương trình là 2

−x 2 + 4x − 4 ≥ 0 ⇔ − ( x − 2 ) ≥ 0 ⇔ x = 2

Thay x = 2 vào thấy thỏa mãn bất phương trình Vậy tập nghiệp của bất phương trình là S = { 3 }  x ≥0 x ≥ 0   c) Điều kiện xác định của bất phương trình là  ⇔ ⇔x >2    x 2 0 x >2 − >    

Với điều kiện đó bất phương trình tương đương với x < 2 ⇔ x < 4 Đối chiếu với điều kiện ta thấy bất phương trình vô nghiệm. Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ∅ 2   ( x − 1 ) ( 3 − 4x ) ≥ 0 d) Điều kiện xác định của bất phương trình là  (*)  4x − 3 ≥ 0    Dễ thấy x = 1 thỏa mãn điều kiện (*).  3   x ≤   3 − 4x ≥ 0    4 ⇔x = 3 Nếu x ≠ 1 thì (*) ⇔  ⇔   4 x 3 0 − ≥ 4  x ≥ 3     4 Vậy điều kiện xác định của bất phương trình là x = 1 hoặc x =

3 4

3 vào bất phương trình thấy đều thỏa mãn. 4   3  Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S =  1;  .   4    Thay x = 1 hoặc x =

3. Bài tập luyện tập Bài 4.55: Tìm điều kiện xác định của phương trình sau: 1 x 1 b) x − 2 > < 2 x −3 x +2 x − 6x + 9 Bài 4.56: Tìm điều kiện xác định của bất phương trình sau rồi suy ra tập nghiệm của nó:

a) 2x + 2x − 1 ≥ 2 1 − 2x + 1 c)

x + 1−x <

1−x + 2

b) d)

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

x x > tương đương 3x + 1 > 0 . 3x + 1 3x + 1 Ví dụ 2: Không giải bất phương trình, hãy giải thích vì sao các bất phương trình sau vô nghiệm.

Do đó 3x + 1 +

a) x 2 + 2 x + 3 ≤ 0

( x − 1) ( 2 − x )( x − 2 ) > −7

DẠNG TOÁN 2: XÁC ĐỊNH CÁC BẤT PHƯƠNG TRÌNH TƯƠNG ĐƯƠNG VÀ GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHÉP BIẾN ĐỔI TƯƠNG 1. Phương pháp giải Để giải bất phương trình ta thực hiện các phép biến đổi để đưa về bất phương trình tương đương với phương trình đã cho đơn giản hơn trong việc giải nó. Một số phép biến đổi thường sử dụng Cộng (trừ) cả hai vế của bất phương trình mà không làm thay đổi điều kiện xác định của bất phương trình ta thu được bất phương trình tương đương bất phương trình đã cho. Nhân (chia) vào hai vế của bất phương trình với một biểu thức luôn dương(hoặc luôn âm) và không làm thay đổi điều kiện xác định của phương trình ta thu được bất phương trình cùng chiều (hoặc ngược chiều) tương đương với bất phương trình đã cho. Bình phương hai vế của bất phương trình (hai vế luôn dương) ta thu được bất phương trình tương đương với bất phương trình đã cho. -- 35 --

x x +1 + <2 x +1 x

Lời giải:

a) Ta có x 2 + 2 x ≥ 0  x 2 + 2 x + 3 > 0 do đó bất phương trình vô nghiệm. b) ĐKXĐ: x > 0 .

x x +1 x x +1 + ≥2 . =2 x +1 x +1 x x Suy ra bất phương trình vô nghiệm. Ví dụ 3: Không giải bất phương trình, hãy giải thích vì sao các bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x 1 1 2 a) x − 1 + x 2 ≥ 2 x − 1 b) 2 − ( x + 1) ≤ 2 x +1 x +1 Lời giải:

Áp dụng BĐT côsi ta có

a) BPT ⇔

x −1 + x2 − 2 x + 1 ≥ 0 ⇔

−x + x − 1 ≤ 2

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

Lập phương hai vế của bất phương trình ta thu được bất phương trình tương đương với bất phương trình đã cho. 2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Trong các bất phương trình sau đây, bất phương trình nào tương đương với bất phương trình 3x + 1 > 0 (*): 1 1 x x >− a) 3x + 1 − b) 3x + 1 + > x −3 x−3 3x + 1 3x + 1 Lời giải: 1 Ta có 3x + 1 > 0 ⇔ x > − 3 1 1 >− a) 3x + 1 − (1) không tương đương 3x + 1 > 0 vì x = 3 là nghiệm của bất phương trình (*) x−3 x−3 nhưng không là nghiệm của bất phương trình (1). x x 1 b) 3x + 1 + > ⇔ 3x + 1 > 0 ⇔ x > − 3 3x + 1 3x + 1

x − 1 + ( x − 1) ≥ 0

x − 1 ≥ 0, ( x − 1) ≥ 0 với mọi x nên

x − 1 + ( x − 1) ≥ 0 với mọi x .

Vậy bất phương trình nghiệm đúng với mọi x . 2

b) BPT ⇔ − ( x + 1) ≤ 0 ⇔ ( x + 1) ≥ 0 (đúng với mọi x ) Vậy bất phương trình nghiệm đúng với mọi x . Ví dụ 4: Bạn Nam giải bất phương trình x + 1 ≥ x − 1 như sau 2

Bất phương trình tương đương với ( x + 1) ≥ ( x − 1)

⇔ x2 + 2x + 1 ≥ x2 − 2 x +1 ⇔ 4 x ≥ 0 ⇔ x ≥ 0 Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S = [0; +∞ ) .

Theo em ban Nam giải như vậy đúng hay sai? Nếu sai hãy sửa lại cho đúng. Lời giải: Bạn Nam đã mắc sai lầm ở phép biến đổi bình phương hai vế Lời giải: đúng là: -- 36 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

• Với x < 1 ta có x + 1 ≥ 0, x − 1 < 0 suy ra nghiệm của bất phương trình là x < 1

Bước 1. Vẽ đường thẳng (d): ax + by + c < 0

x ≥1  • Với x ≥ 1 : Bất phương trình tương đương với  2 2 + 1 x ) ≥ ( x − 1) (

Bước 2. Xét một điểm M ( x0 ; y0 ) không nằm trên (d).

x ≥1   x ≥1 ⇔ 2 ⇔ ⇔ x ≥1 2 x + 2 x + 1 ≥ x − 2 x + 1  4 x ≥ 0 Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S = ℝ . 3. Bài tập luyện tập Bài 4.57: Trong các bất phương trình sau đây, bất phương trình nào tương đương với bất phương trình 3x + 1 > 0 : 1 1 > a) 3x + 1 + b) 3x + 1 + x + 1 > x + 1 x+3 x+3 Bài 4.58: Không giải bất phương trình, hãy giải thích vì sao các bất phương trình sau vô nghiệm. a) x + 1 > − x − 4 b) x + 1 ≤ − x 2 + x − 1 Bài 4.59: Không giải bất phương trình, hãy giải thích vì sao các bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x. a) x + 1 + 2 x 2 − 2 x + 1 > 0

Bài 4.60: Bạn Bình giải bất phương trình

x2 + 2

b) x +1

x2 +1

(

≥2

)

2 x + 2 − 1 ≥ 0 như sau

Bất phương trình tương đương với

2x + 2 −1 ≥ 0 ⇔ 2 x + 2 ≥ 1 ⇔ 2 x + 2 ≥ 1 ⇔ x ≥ −

1 2

1 Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S = [− ; +∞) . 2 Theo em ban Bình giải như vậy đúng hay sai? Nếu sai hãy sửa lại cho đúng. CHỦ ĐỀ 3: BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Bất phương trình bậc nhất hai ẩn a) Bất phương trình bậc nhất hai ẩn và miền nghiệm của nó • Bất phương trình bậc nhất hai ẩn x, y là bất phương trình có một trong các dạng: ax + by + c < 0, ax + by + c > 0, ax + by + c ≤ 0, ax + by + c ≥ 0 trong đó a, b, c là những số thực đã cho, a và b không đồng thời bằng 0; x và y là các ẩn số. Mỗi cặp số (x0; y0) sao cho ax0 + by0 < c gọi là một nghiệm của bất phương trình ax + by + c < 0 , Nghiệm của các bất phương trình dạng ax + by > c, ax + by ≤ c, ax + by ≥ c cũng được định nghĩa tương tự. • Trong mặt phẳng tọa độ thì mỗi nghiệm của bất phương trình bậc nhất hai ẩn được biểu diễn bởi một điểm và tập nghiệm của nó được biểu diễn bởi một tập hợp điểm. Ta gọi tập hợp điểm ấy là miền nghiệm của bất phương trình. b) Cách xác định miền nghiệm của bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

Định lí: Trong mặt phẳng tọa độ đường thẳng ( d ) : ax + by + c = 0 chia mặt phẳng thành hai nửa mặt phẳng. Một trong hai nửa mặt phẳng ấy (không kể bờ (d)) gồm các điểm có tọa độ thỏa mãn bất phương trình ax + by + c > 0 , nửa mặt phẳng còn lại (không kể bờ (d)) gồm các điểm có tọa độ thỏa mãn bất phương trình ax + by + c < 0 . Vậy để xác định miền nghiệm của bất phương trình ax + by + c < 0 , ta có quy tắc thực hành biểu diễn hình

học tập nghiệm (hay biểu diễn miền nghiệm) như sau: -- 37 --

Nếu ax0 + by0 + c < 0 thì nửa mặt phẳng (không kể bờ (d)) chứa điểm M là miền nghiệm của bất phương trình ax + by + c < 0 . Nếu ax0 + by0 + c > 0 thì nửa mặt phẳng (không kể bờ (d)) không chứa điểm M là miền nghiệm của bất phương trình ax + by + c > 0 .

Chú ý: Đối với các bất phương trình dạng ax + by + c ≤ 0 hoặc ax + by + c ≥ 0 thì miền nghiệm là nửa mặt phẳng kể cả bờ. 2. Hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn Tương tự hệ bất phương trình một ẩn, ta có hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn. Trong mặt phẳng tọa độ, ta gọi tập hợp các điểm có tọa độ thỏa mãn mọi bất phương trình trong hệ là miền nghiệm của hệ. Vậy miền nghiệm của hệ là giao các miền nghiệm của các bất phương trình trong hệ. Để xác định miền nghiệm của hệ, ta dùng phương pháp biểu diễn hình học như sau: Với mỗi bất phương trình trong hệ, ta xác định miền nghiệm của nó và gạch bỏ (tô màu) miền còn lại. Sau khi làm như trên lần lượt đối với tất cả các bất phương trình trong hệ trên cùng một mặt phẳng tọa độ, miền còn lại không bị gạch (tô màu) chính là miền nghiệm của hệ bất phương trình đã cho. B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI DẠNG TOÁN 1: XÁC ĐỊNH MIỀN NGHIỆM CỦA BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN Ví dụ 1: Xác định miền nghiệm của các bất phương trình sau: y x − 2 y 2x + y + 1 > a) 2 x − y ≥ 0 b) 2 2 3 Lời giải: a) Trong mặt phẳng tọa độ, vẽ đường thẳng ( d ) : 2x − y = 0 . Ta có ( d ) chia O x 1 mặt phẳng thành hai nửa mặt phẳng. Chọn một điểm bất kì không thuộc đường thẳng đó, chẳng hạn điểm M (1;0 ) . Ta thấy (1; 0) là nghiệm của bất (d) phương trình đã cho. Vậy miền nghiệm cần tìm là nửa mặt phẳng chứa bờ (d) y và chứa điểm M (1;0 ) (Miền không được tô màu trên hình vẽ).

x − 2 y 2x − y + 1 > ⇔ 3 ( x − 2 y ) − 2 ( 2 x − y + 1) > 0 2 3 ⇔ −x − 4 y − 2 > 0 ⇔ x + 4 y + 2 < 0 Trong mặt phẳng tọa độ , vẽ đường thẳng ∆ : x + 4 y + 2 = 0

b) Ta có

-2 Δ

màu trên hình vẽ). Ví dụ 2: Xác định miền nghiệm của các hệ bất phương trình sau: x + y > 0  x+ y−2≥ 0  a)  b) 2 x − 3 y + 6 > 0 x − 3y + 3 ≤ 0 x − 2 y +1 ≥ 0  Lời giải: a) Vẽ các đường thẳng ( d ) : x + y − 2 = 0 , ( d ') : x − 3 y + 3 = 0

-- 38 --

y (d')

2 1 -3 -2

-2

Xét điểm O ( 0;0 ) , thấy ( 0;0 ) không phải là nghiệm của bất phương trình đã cho do đó miền nghiệm cần tìm là nửa mặt phẳng bờ ∆ (không kể đường thẳng ∆ ) và không chứa điểm O ( 0;0 ) (Miền không được tô

x (d)

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

trên mặt phẳng tọa độ Oxy Xét điểm O ( 0;0 ) , thấy ( 0;0 ) không phải là nghiệm của bất phương trình x + y − 2 ≥ 0 và x − 3 y + 3 ≤ 0 do đó miền nghiệm cần tìm là phần mặt phẳng không được tô màu trên hình vẽ kể cả hai đường thẳng ( d ) và

( d ') .

b) Vẽ các đường thẳng

( d ) : x + y = 0, ( d ') : 2 x − 3 y + 6 = 0

và

( d ") : x − 2 y + 1 = 0 trên mặt phẳng tọa độ Oxy Xét điểm O ( 0;0 ) , thấy

( 0;0)

(d')

(d)

là nghiệm của bất phương trình

2 1

2 x − 3 y + 6 > 0 và x − 2 y + 1 ≥ 0 . Do đó O ( 0;0 ) thuộc miền nghiệm

của bất phương trình 2 x − 3 y + 6 > 0 và x − 2 y + 1 ≥ 0 . Xét điểm M (1;0 ) ta thấy (1; 0 ) là nghiệm của bất phương trình x + y > 0 do đó điểm M (1;0 ) thuộc miền nghiệm bất phương trình

-3 -2

-1 O

2 3

(d")

Vậy miền nghiệm cần tìm là phần mặt phẳng không được tô màu trên hình vẽ kể cả đường thẳng ( d ") Ví dụ 3: Xác định miền nghiệm bất phương trình ( x − y ) ( x 3 + y 3 ) ≥ 0 .

(d)

2 1 -2

-1 O

(d')

tọa độ Oxy . Xét điểm M (1;0 ) , ta có (1; 0 ) là nghiệm của các bất phương trình của hệ (1) do đó M (1;0 ) thuộc miền nghiệm của hệ bất phương trình (1). Xét điểm N ( −1;0 ) , ta có ( −1;0 ) là nghiệm của các bất phương trình của hệ (2) do đó

N ( −1;0 ) thuộc miền nghiệm của hệ bất phương trình (2). Vậy miền nghiệm cần tìm là phần mặt phẳng không được tô màu trên hình vẽ kể cả hai đường thẳng ( d ) , ( d ') .

-- 39 --

x, y sao cho:

M ( x; y ) = x + 6 y đạt giá trị lớn nhất.

Ta có ( x − y ) ( x 3 + y 3 ) ≥ 0 ⇔ ( x − y )( x + y ) ( x 2 − xy + y 2 ) ≥ 0

3. Bài tập luyện tập Bài 4.61: Xác định miền nghiệm của các bất phương trình sau: x− y < x + y +1 a) x − 3 y ≥ 0 b) −2 Bài 4.62: Xác định miền nghiệm của các hệ bất phương trình sau: x + y + 2 > 0 x + y − 2 < 0  a)  b)  2 x − 3 y − 6 ≤ 0 x − y + 3 ≥ 0 x − 2 y + 3 ≤ 0 

miền đa giác lồi (kể cả biên) đạt được tại một đỉnh nào đó của đa giác". Ví dụ 1: Một công ty kinh doanh thương mại chuẩn bị cho một đợt khuyến mại nhằm thu hút khách hàng bằng cách tiến hành quảng cáo sản phẩm của công ty trên hệ thống phát thanh và truyền hình. Chi phí cho 1 phút quảng cáo trên sóng phát thanh là 800.000 đồng, trên sóng truyền hình là 4.000.000 đồng. Đài phát thanh chỉ nhận phát các chương trình quảng cáo dài ít nhất là 5 phút. Do nhu cầu quảng cáo trên truyền hình lớn nên đài truyền hình chỉ nhận phát các chương trình dài tối đa là 4 phút. Theo các phân tích, cùng thời lượng một phút quảng cáo, trên truyền hình sẽ có hiệu quả gấp 6 lần trên sóng phát thanh. Công ty dự định chi tối đa 16.000.000 đồng cho quảng cáo. Công ty cần đặt thời lượng quảng cáo trên sóng phát thanh và truyền hình như thế nào để hiệu quả nhất? Lời giải: Phân tích bài toán: Gọi thời lượng công ty đặt quảng cáo trên sóng phát thanh là x (phút), trên truyền hình là y (phút). Chi phí cho việc này là: 800.000 x + 4.000000 y (đồng)

Bài toán trở thành: Xác định

Lời giải:

Vẽ các đường thẳng ( d ) : x + y = 0 , ( d ') : x − y = 0 trên mặt phẳng

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

Mức chi này không được phép vượt qúa mức chi tối đa, tức: 800.000 x + 4.000.000 y ≤ 16.000.000 hay x + 5y −20 ≤ 0 Do các điều kiện đài phát thanh, truyền hình đưa ra, ta có: x ≥ 5, y ≤ 4 . Đồng thời do x, y là thời lượng nên x ≥ 0, y ≥ 0 . Hiệu quả chung của quảng cáo là: x + 6 y .

x+ y > 0.

x − y ≥ 0 x − y ≤ 0 (1) hoặc  (2) ⇔ ( x − y )( x + y ) ≥ 0 ⇔  x + y ≥ 0 x + y ≤ 0 Như vậy miền nghiệm của bất phương trình đã cho là gồm hai miền nghiệm của hệ bất phương trình (1) và (2).

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

DẠNG TOÁN 2: ỨNG DỤNG VÀO BÀI TOÁN KINH TẾ Vấn đề tìm miền nghiệm của hệ bất phương trình bậc nhất có liên quan chặt chẽ đến quy hoạch tuyến tính. Đó là một ngành toán học có nhiều ứng dụng trong đời sống và kinh tế. Lưu ý: Ta thừa nhận kết quả sau "Giá trị nhỏ nhất hay lớn nhất của biểu thức P ( x; y ) = ax + by ( b ≠ 0 ) trên

 x + 5y −20 ≤ 0  Với các điều kiện  x ≥ 5 (*) 0 ≤ y ≤ 4  Trước tiên ta xác định miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) Trong mặt phẳng tọa độ vẽ các đường thẳng ( d ) : x + 5 y − 20 = 0, ( d ') : x = 5, ( d '') : y = 4

(d)

4 3 O

Khi đó miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) là phần mặt phẳng(tam giác) không tô màu trên hình vẽ Giá trị lớn nhất của M ( x; y ) = x + 6 y đạt tại một trong các điểm ( 5;3) , ( 5;0 ) , ( 20;0 ) Ta có M ( 5;3) = 23, M ( 5;0 ) = 5, M ( 20;0 ) = 20 suy ra giá trị lớn nhất của M ( x; y ) bằng 23 tại ( 5;3) tức là nếu đặt thời lượng quảng cáo trên sóng phát thanh là 5 phút và trên truyền hình là 3 phút thì sẽ đạt hiệu quả nhất. Ví dụ 2: Một xưởng sản xuất hai loại sản phẩm, mỗi kg sản phẩm loại I cần 2kg nguyên liệu và 30 giờ, đem lại mức lời 40000 đồng. Mỗi kg sản phẩm loại II cần 4kg nguyên liệu và 15giờ, đem lại mức lời 30000 đồng. Xưởng có 200kg nguyên liệu và 120 giờ làm việc. Nên sản xuất mỗi loại sản phẩm bao nhiêu để có mức lời cao nhất? Lời giải: Phân tích bài toán: Gọi x ( x ≥ 0 ) là số kg loại I cần sản xuất, y ( y ≥ 0 ) là số kg loại II cần sản xuất. Suy ra số nguyên liệu cần dùng là 2 x + 4 y , thời gian là 30 x + 15 y có mức lời là 40000 x + 30000 y Theo giả thiết bài toán xưởng có 200kg nguyên liệu và 120 giờ làm việc suy ra 2 x + 4 y ≤ 200 hay x + 2 y − 100 ≤ 0 , 30x + 15y ≤ 1200 hay 2 x + y − 80 ≤ 0 .

-- 40 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

 x + 2y − 100 ≤ 0      2x + y − 80 ≤ 0 Bài toán trở thành: Tìm x, y thoả mãn hệ  (*) sao cho L ( x; y ) = 40000 x + 30000 y  x ≥0    y≥0    đạt giá trị lớn nhất. y Trong mặt phẳng tọa độ vẽ các đường thẳng

( d ) : x + 2 y − 100 = 0, ( d ') : 2 x + y − 80 = 0 Khi đó miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) là phần mặt phẳng(tứ giác) không tô màu trên hình vẽ Giá trị lớn nhất của L ( x; y ) = 40000 x + 30000 y đạt tại một

( 0;0 ) , ( 40;0 ) , ( 0;50 ) , ( 20; 40 ) . Ta có L ( 0;0 ) = 0, L ( 40; 0 ) = 1600000, L ( 0; 50 ) = 1500000, L ( 20; 40 ) = 2000000 suy ra giá trị lớn nhất của L ( x; y ) là 2000000 khi ( x; y ) = ( 20; 40 ) .

80 50 40

trong các điểm

x O

20 40

100

Vậy cần sản xuất 20 kg sản phẩm loại I và 40 kg sản phẩm loại II để có mức lời lớn nhất. 2. Bài tập luyện tập Bài 4.63: Một công ty cần thuê xe vận chuyển 140 người và 9 tấn hàng hóa. Nơi cho thuê xe chỉ có 10 xe hiệu MITSUBISHI và 9 xe hiệu FORD. Một chiếc xe hiệu MITSUBISHI có thể chở 20 người và 0,6 tấn hàng. Một chiếc xe hiệu FORD có thể chở 10 người và 1,5 tấn hàng. Tiền thuê một xe hiệu MITSUBISHI là 4 triệu đồng, một xe hiệu FORD là 3 triệu đồng. Hỏi phải thuê bao nhiêu xe mỗi loại để chi phí thấp nhất? Bài 4.64: Nhân dịp tết Trung Thu, Xí nghiệp sản xuất bánh Trăng muốn sản xuất hai loại bánh: Đậu xanh, Bánh dẻo nhân đậu xanh. Để sản xuất hai loại bánh này, Xí nghiệp cần: Đường, Đậu, Bột, Trứng, Mứt, ... Giả sử số đường có thể chuẩn bị được là 300kg, đậu là 200kg, các nguyên liệu khác bao nhiêu cũng có. Sản xuất một cái bánh đậu xanh cần 0,06kg đường, 0,08kg đậu và cho lãi 2 ngàn đồng. Sản xuất một cái bánh dẻo cần 0,07kg đường, 0,04kg đậu và cho lãi 1,8 ngàn đồng. Cần lập kế hoạch để sản xuất mỗi loại bánh bao nhiêu cái để không bị động về đường, đậu và tổng số lãi thu được là lớn nhất (nếu sản xuất bao nhiêu cũng bán hết)? Bài 4.65: Công ty Bao bì Dược cần sản xuất 3 loại hộp giấy: đựng thuốc B1, đựng cao Sao vàng và đựng "Quy sâm đại bổ hoàn". Để sản xuất các loại hộp này, công ty dùng các tấm bìa có kích thước giống nhau. Mỗi tấm bìa có hai cách cắt khác nhau: Cách thứ nhất cắt được 3 hộp B1, một hộp cao Sao vàng và 6 hộp Quy sâm. Cách thứ hai cắt được 2 hộp B1, 3 hộp cao Sao vàng và 1 hộp Quy sâm. Theo kế hoạch, số hộp Quy sâm phải có là 900 hộp, số hộp B1 tối thiểu là 900 hộp, số hộp cao sao vàng tối thiểu là 1000 hộp. Cần phương án sao cho tổng số tấm bìa phải dùng là ít nhất? CHỦ ĐỀ 4: BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẨN A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Giải và biện luận bất phương trình dạng ax + b < 0 . Giải bất phương trình dạng ax + b < 0 (1) Nếu a = 0 thì bất phương trình có dạng 0.x + b < 0 - Với b < 0 thì tập nghiệm BPT là S = ∅ - Với b ≥ 0 thì tập nghiệm BPT là S = ℝ  b b Nếu a > 0 thì ( 1 ) ⇔ x < − suy ra tập nghiệm là S =  −∞; −   a a

-- 41 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

 b  b Nếu a < 0 thì ( 1 ) ⇔ x > − suy ra tập nghiệm là S =  − ; +∞  a  a Các bất phương trình dạng ax + b > 0, ax + b ≤ 0, ax + b ≥ 0 được giải hoàn toán tương tự

2. Hệ bất phương trình bậc nhất một ẩn Để giải hệ bất phương trình bậc nhất một ẩn ta giải từng bất phương trình của hệ bất phương trình. Khi đó tập nghiệm của hệ bất phương trình là giao của các tập nghiệm từng bất phương trình. B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI DẠNG TOÁN 1: GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH DẠNG ax + b < 0 1. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Giải và biện luận bất phương trình sau. a) mx + 6 ≤ 2x + 3m b) ( x + m ) m + x > 3x + 4

c) ( m 2 + 9 ) x + 3 ≥ m ( 1 − 6x )

d) m ( m 2x + 2 ) < x + m 2 + 1

Lời giải:

a) Bất phương trình tương đương với ( m − 2 ) x < 3m − 6 Với m = 2 bất phương trình trở thành 0x ≤ 0 suy ra bất phương trình nghiệm đúng với mọi x . Với m > 2 bât phương trình tương đương với x <

3m − 6 =3 m −2

Với m < 2 bât phương trình tương đương với x >

3m − 6 =3 m −2

Kết luận m = 2 bất phương trình nghiệm đúng với mọi x (có tập nghiệm là S = ℝ ). m > 2 bât phương trình có nghiệm là x < 3 (có tập nghiệm là S = ( −∞; 3 ) )

m < 2 bât phương trình có nghiệm là x > 3 (có tập nghiệm là S = ( 3; +∞ ) ) b) Bất phương trình tương đương với ( m − 2 ) x > 4 − m 2 Với m = 2 bất phương trình trở thành 0x > 0 suy ra bất phương trình vô nghiệm. Với m > 2 bât phương trình tương đương với x >

4 − m2 = −m − 2 m −2

Với m < 2 bât phương trình tương đương với x <

4 − m2 = −m − 2 m −2

Kết luận m = 2 bất phương trình vô nghiệm m > 2 bât phương trình có nghiệm là x > −m − 2 m < 2 bât phương trình có nghiệm là x < −m − 2 2

c) Bất phương trình tương đương với ( m + 3 ) x ≥ m − 3 Với m = −3 bất phương trình trở thành 0x ≥ −6 suy ra bất phương trình nghiệm đúng với mọi x . Với m ≠ −3 bât phương trình tương đương với x ≥

m −3 2

(m + 3 )

Kết luận m = −3 bất phương trình nghiệm đúng với mọi x .

m ≠ −3 bât phương trình có nghiệm là x ≥

m −3 2

(m + 3 )

-- 42 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

d) Bất phương trình tương đương với ⇔ ( m 3 − 1 ) x < m 2 − 2m + 1 2

⇔ ( m − 1) x <

(m − 1)

 1 3 (vì m 2 + m + 1 =  m +  + > 0 )  m +m +1 2 4 2

Với m = 1 bất phương trình trở thành 0x < 0 suy ra bất phương trình vô nghiệm. Với m > 1 bât phương trình tương đương với x <

m −1 m2 + m + 1

Với m < 1 bât phương trình tương đương với x >

m −1 m2 + m + 1

Kết luận m = 2 bất phương trình vô nghiệm

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

 m = −2  Với ( m + 2 )( 4m − 1 ) = 0 ⇔  thì bất phương trình vô nghiệm hoặc nghiệm đúng với mọi x do  m =1  2

đó không thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Với m >

1 1 ⇒ ( m + 2 )( 4m − 1 ) > 0 bất phương trình tương đương với x ≥ 4 m +2

Do đó để bất phương trình có tập nghiệm là [−1; +∞) thì Với −2 < m <

1 = −1 ⇔ m = −3 (không thỏa mãn) m +2

1 ⇒ ( m + 2 )( 4m − 1 ) < 0 bất phương trình tương đương với 4

m −1 m2 + m + 1

−2 < m <

m < 1 bât phương trình có nghiệm là x >

m −1 . m +m +1

Với m < −2 ⇒ ( m + 2 )( 4m − 1 ) > 0 bất phương trình tương đương với x ≥

Do đó để bất phương trình có tập nghiệm là [−1; +∞) thì

Lời giải:

Vậy m = −3 là giá trị cần tìm. Ví dụ 5: Tìm m để hai bất phương trình sau tương đương ( m − 1) x + 2m − 3 ≥ 0 (1) và ( m + 1) x + m − 4 ≥ 0 (2).

Ví dụ 3. Tìm m để bất phương trình 4m 2 ( 2x − 1 ) ≥ ( 4m 2 + 5m + 9 ) x − 12m có nghiệm đúng

∀x ∈ ℝ . Lời giải: Bất phương trình tương đương với ( 4m 2 − 5m − 9 ) x ≥ 4m 2 − 12m    m ≠ −1 Dễ dàng thấy nếu 4m 2 − 5m − 9 ≠ 0 ⇔  9 thì bất phương trình không thể có nghiệm đúng  m ≠    4 ∀x ∈ ℝ Với m = −1 bất phương trình trở thành 0x ≥ 16 suy ra bất phương trình vô nghiệm

Với m =

9 27 bât phương trình trở thành 0x ≥ − suy ra bất phương trình nghiệm đúng với mọi x . 4 4

Vậy giá trị cần tìm là m =

9 . 4

Lời giải: * Với m = 1 bất phương trình (1) trở thành 0.x − 1 ≥ 0 (vô nghiệm), bất phương trình (2) trở thành 2x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥

3 do đó hai bất phương trình không tương đương. 2

5 * Với m = −1 bất phương trình (1) trở thành −2x − 5 ≥ 0 ⇔ x ≤ − , bất phương trình (2) trở thành 2 0.x − 5 ≥ 0 (nghiệm đúng với mọi x ) do đó hai bất phương trình không tương đương.

* Với m > 1 ta có ( 1 ) ⇔ x ≥

3 − 2m 4 −m , (2) ⇔ x ≥ m −1 m +1

Suy ra hai bất phương trình tương đương ⇔

3 − 2m 4−m = m −1 m +1

⇔ m 2 + 4m − 7 = 0 ⇔ m = −2 ± 11

Đối chiếu với điều kiện m > 1 suy ra m = −2 + 11 .

* Với −1 < m < 1 ta có ( 1 ) ⇔ x ≤

3 − 2m 4−m , (2) ⇔ x ≥ do đó hai bất phương trình không tương m −1 m +1

đương. * Với m < −1 ta có ( 1 ) ⇔ x ≤

Ví dụ 4. Tìm m để bất phương trình ( 4m 2 + 2m + 1 ) x − 5m ≥ 3x − m − 1 có tập nghiệm là [−1; +∞) .

3 − 2m 4 −m , (2) ⇔ x ≤ m −1 m +1

Lời giải:

Suy ra hai bất phương trình tương đương ⇔

Bất phương trình tương đương với ( 4m 2 + 2m − 2 ) x ≥ 4m − 1 ⇔ ( m + 2 )( 4m − 1 ) x ≥ 4m − 1

⇔ m 2 + 4m − 7 = 0 ⇔ m = −2 ± 11

3 − 2m 4−m = m −1 m +1

Đối chiếu với điều kiện m < −1 suy ra m = −2 − 11

Vậy hai bất phương trình tương đương khi m = −2 ± 11 . 2. Các bài tập luyện tập -- 43 --

1 m +2

1 = −1 ⇔ m = −3 (thỏa mãn) m +2

Ví dụ 2. Tìm m để bất phương trình ( m 2 − m ) x + m < 6x − 2 vô nghiệm.

 m ≠ −2  Rõ ràng nếu m 2 − m − 6 ≠ 0 ⇔  bất phương trình luôn có nghiệm.  m ≠3   Với m = −2 bất phương trình trở thành 0x < 0 suy ra bất phương trình vô nghiệm Với m = 3 bất phương trình trở thành 0x < −5 suy ra bất phương trình vô nghiệm Vậy giá trị cần tìm là m = −2 và m = 3 .

1 suy ra m +2

1 không thỏa mãn yêu cầu bài toán. 4

m > 1 bât phương trình có nghiệm là x <

Bất phương trình tương đương với ( m 2 − m − 6 ) x < −2 − m

x ≤

-- 44 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

Bài 4.66: Giải và biện luận các bất phương trình:

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

Bài 4.69: Tìm m để bất phương trình m ( 2x − 1 ) ≥ 2x + 1 có tập nghiệm là [1; +∞) .

11 5 Vậy hệ bất phương trình có nghiệm là ≤x ≤ . 5 2 Ví dụ 2. Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm.    2x − 1 ≤ x + 2  m ( mx − 1 ) < 2 a)  b)  2   m m + 1 x + 4 m ≥ m − 2 x + 3 m + 6 m mx − 2 ) ≥ 2m + 1 ( ) ( )     ( Lời giải:  x ≤3     x ≤3  2 a) Hệ bất phương trình tương đương với  2 ⇔  3 m − 4m + 6   m + 2 ) x ≥ 3m 2 − 4m + 6 x ≥   (  m2 + 2 

Bài 4.70: Tìm m để hai bất phương trình sau tương đương

Suy ra hệ bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi

a) m(x − m ) ≤ x − 1.

b) 3x + m 2 ≥ m(x + 3).

Bài 4.67: a) Tìm m để bất phương trình mx − 2 ≤ x − m vô nghiệm.

b) Tìm m để bất phương trình m 2 ( x − 1) ≥ 9x + 3m có nghiệm đúng ∀x ∈ ℝ . Bài 4.68: Cho hàm số f ( x ) = ( 2m + 1 ) x − 3m + 2 .

a) Tìm m để phương trình f ( x ) = 0 có nghiệm x ∈  0;1  . b) Tìm m để f ( x ) ≥ 0 với mọi x ∈  −1;2  .

( 2 − m ) x + 2m + 4 ≥ 0 và ( m + 1) x + m

− 4 ≥ 0.

DẠNG TOÁN 2: GIẢI HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẨN 1. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1. Giải các hệ bất phương trình sau:   5    6x + < 4x + 7  5 x − 2 > 4 x + 5 7 a)  b)   8x + 3  5x − 4 < x + 2    < 2x + 5    2     x − 1 ≤ 2x − 3      5x − 2 < 4x + 5  c)  2 d)  3x < x + 5 2   x < (x + 2)      5 − 3x  ≤ x −3    2 Lời giải: a) Hệ bất phương trình tương đương với  x >7     5x − 2 > 4x + 5   ⇔   5x − 4 < x + 2 x < 3      2

Suy ra hệ bất phương trình vô nghiệm. b) Hệ bất phương trình tương đương với    5  22   6x + < 4x + 7 x <     7 7 ⇔x <7 ⇔     x + 8 3 7 4  x < < 2x + 5      2  4 Vậy hệ bất phương trình có nghiệm là x <

Vậy m ≥ 0 là giá trị cần tìm.   m 2x < m + 2 b) Hệ bất phương trình tương đương với  2  m x ≥ 4m + 1    0x < 2  Với m = 0 ta có hệ bất phương trình trở thành  suy ra hệ bất phương trình vô nghiệm  0x ≥ 1     m +2  x <   m2 Với m ≠ 0 ta có hệ bất phương trình tương đương với   4 m +1  x ≥    m2

Suy ra hệ bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi

 x <7  c) Hệ bất phương trình tương đương với  ⇔ −1 < x < 7  x > −1   Vậy hệ bất phương trình có nghiệm là −1 < x < 7 .    x ≥2     5 11 5 d) Hệ bất phương trình tương đương với  x < ⇔ ≤x ≤  2 5 2   11   x ≥    5

-- 45 --

m +2 4m + 1 1 > ⇔m< 3 m2 m2

1 là giá trị cần tìm. 3 Ví dụ 3. Tìm m để hệ bất phương trình sau vô nghiệm.  x − 3 2 ≥ x 2 + 7x + 1    mx + 1 ≤ x − 1 ) ( a)  b)    2 x − 3) < 5(x − 4 ) 2 m ≤ 8 + 5 x    (   Lời giải:  8   x ≤   13 a) Hệ bất phương trình tương đương với   2m − 8  x ≥    5

Vậy m <

Suy ra hệ bất phương trình vô nghiệm ⇔

7 4

3m 2 − 4m + 6 ≤ 3 ⇔ m ≥ 0. m2 + 2

Vậy m >

8 2m − 8 72 < ⇔m> 13 5 13

72 là giá trị cần tìm. 13

 ( m − 1 ) x ≤ −2   b) Hệ bất phương trình tương đương với  14  x >    3  0 x ≤ − 2   Với m = 1 hệ bất phương trình trở thành  14 (hệ bpt vô nghiệm)  x >    3

-- 46 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

Với

m >1

hệ bất phương trình

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT  −2   x ≤   m −1   14  x >    3

suy ra hệ bất phương trình vô nghiệm

−2 14 4 ≤ ⇔ −6 ≤ 14 ( m − 1 ) ⇔ m ≥ m −1 3 7 Do đó m > 1 thì hệ bất phương trình vô nghiệm  −2   x ≥ m − 1 (hệ bpt luôn có nghiệm) Với m < 1 hệ bất phương trình   14  x >    3 Vậy giá trị cần tìm là m ≥ 1 .   2m ( x + 1 ) ≥ x + 3 Ví dụ 4. Tìm m để hệ bất phương trình  có nghiệm duy nhất.  4mx + 3 ≥ 4x   Lời giải:  ( 2m − 1 ) x ≥ 3 − 2m Hệ bất phương trình tương đương với   ( 4m − 4 ) x ≥ −3   3 − 2m −3 Giả sử hệ bất phương trình có nghiệm duy nhất thì = 2m − 1 4m − 4 ⇔

3 5 hoặc m = 4 2  3     − 1  x ≥ 3 − 3 x ≥ 3 3   Với m = hệ phương trình trở thành  2 ⇔x =3 2 ⇔    x ≤3 4    − x ≥ − 3      4x ≥ −2 5 1 Với m = hệ phương trình trở thành  ⇔x ≥−  6x ≥ −3 2 2   3 Vậy giá trị cần tìm là m = . 4 3. Bài tập luyện tập Bài 4.71: Giải các hệ bất phương trình sau:      4x − 5 < x + 3  4 − 12x ≤ x + 1    2 a)  7 b)  3  4x − 3 2 − x  3x + 8   < > 2x − 5      4  2 3 x  11 − x 4     ≥ 2x − 5  ≤x+  3 d)  2 c)  2   2 x − 9 19 + x x −8   ≥ 2 ( 3x + 1 ) ≥      3 2  2 Bài 4.72: Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm.   2 ( x + 5 ) < 3(x + 4)   4 (x − 3 ) + 1 ≤ 3(x − 3 )   b)  a)   −3x − 8 ≥ 5 ( x − 8 )   x + m > 1   m x + 2 ) < ( m + 1) x + m − 2    ( Bài 4.73: Tìm m để hệ bất phương trình sau vô nghiệm. ⇔ 8m 2 − 26m + 15 = 0 ⇔ m =

-- 47 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10  2x + 7 ≥ 8x + 1  a)   m + 5 < 2x  

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

 3x + 5 ≥ x − 1    2 2 b) ( x + 2 ) ≤ ( x − 1 ) + 9   mx + 1 > ( m − 2 ) x + m    

x < y Bài 4.74: Tìm m để phương trình 15x 2 − 11xy + 2y 2 = −7 có nghiệm thỏa mãn  2 . 2m x + 3my < 0 DẠNG TOÁN 3: BẤT PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẨN 1. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Giải và biện luận bất phương trình

mx − m + 1 >0 x −1

Lời giải: ĐKXĐ: x ≠ 1    x >1  x <1 Bất phương trình tương đương với  (3) hoặc  (4)   mx − m + 1 > 0 mx − m +1 < 0       x <1    x >1  và (4) ⇔  + TH1: m > 0 ta có (3) ⇔  1 − m 1−m   x > x <      m  m

1−m 1 1−m và (4) ⇔ x < 1 > 1 ⇔ m < khi đó (3) ⇔ x > m 2 m 1 − m  Suy ra nghiệm của bất phương trình là x ∈ ( −∞;1 ) ∪  ; +∞  m 

Nếu

1−m 1 = 1 ⇔ m = khi đó (3) ⇔ x > 1 và (4) ⇔ x < 1 m 2 Suy ra nghiệm của bất phương trình là x ∈ ℝ \ { 1}

Nếu

1−m 1 1−m < 1 ⇔ m > khi đó (3) ⇔ x > 1 và (4) ⇔ x < m 2 m   1 − m  Suy ra nghiệm của bất phương trình là x ∈  −∞;  ∪ ( 1; +∞ )  m 

Nếu

 x >1  + TH2: m = 0 ta có (3) trở thành  ⇔ x > 1 , (4) trở thành  0x + 1 > 0   Suy ra nghiệm của bất phương trình là x ∈ ( 1; +∞ )

 x <1   (vô nghiệm)   0x + 1 < 0  

 x >1  x <1     + TH3: m < 0 ta có (3) ⇔  và (4) ⇔  1 − m 1−m   x < x >      m  m  1 − m  1 − m  1−m 1 Nếu > 1 ⇔ m < khi đó (3) ⇔ x ∈  1; ; +∞   và (4) ⇔ x ∈ ( −∞;1 ) ∪    m 2 m    m 

 1−m    Suy ra với m < 0 nghiệm của bất phương trình là x ∈ ℝ \  1;    m     Kết luận 0<m <

1 − m  1 tập nghiệm bất phương trình là S = ( −∞;1 ) ∪  ; +∞   m 2 

-- 48 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

1 m = tập nghiệm bất phương trình là S = ℝ \ { 1} 2  1 1 − m  m > tập nghiệm bất phương trình là S =  −∞;  ∪ ( 1; +∞ )  2 m 

m = 0 tập nghiệm bất phương trình là S = ( 1; +∞ )  1−m    m < 0 tập nghiệm bất phương trình là S = ℝ \ 1;    m    

Ví dụ 2: Cho bất phương trình

−3x + 2 > 2

Giả sử bất phương trình nghiệm đúng với mọi x thì khi đó (*) đúng mọi x 0.x − 2 + 3 > 2 (vô nghiệm)

Với m = −2 ta có bất phương trình trở thành Vậy m = −2 là giá trị cần tìm.

x = 1  x ≥ 1 ⇔ x ≥ 1 

3 : Ta có bất phương trình ⇔ 2

x = 1  x ≥ 1 ⇔ x ≥ 1 

3 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2 Vậy giá trị cần tìm là m ≤ 2 . Ví dụ 4: Tìm tất cả các giá trị của m để

Suy ra m <

Suy ra m 2 − 4 = 0 ⇔ m = ±2 Với m = 2 ta có bất phương trình trở thành

3 : Ta có bất phương trình ⇔ 2

3 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2

+ TH3: 2m − 2 < 1 ⇔ m <

b) ĐKXĐ: ( m 2 − 4 ) x − m + 3 ≥ 0 (*)

Ví dụ 3: Cho bất phương trình

3 < m ≤ 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2

Suy ra m =

2 Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = (−∞; − ] 3

3 : Ta có bất phương trình ⇔ 2

Do đó mọi x ∈  2; 3  đều là nghiệm của bất phương trình (*) ⇔  2; 3  ⊂ S ⇔ 2m − 2 ≤ 2 ⇔ m ≤ 2

+ TH2: 2m − 2 = 1 ⇔ m =

a) Giải bất phương trình khi m = 1 b) Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x Lời giải:

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

 x =1   x ≥ 2m − 2  Suy ra tập nghiệm bất phương trình là S = { 1} ∪ [2m − 2; +∞) .

+ TH1: 2m − 2 > 1 ⇔ m >

Suy ra

(m2 − 4 )x − m + 3 > 2 .

a) Khi m = 1 bất phương trình trở thành   −3x + 2 ≥ 0 2 ⇔ ⇔ x ≤−  − 3 x + 2 ≥ 4 3  

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

0.x + 2 + 3 > 2 (đúng với mọi x )

a) Bất phương trình mx + 4 > 0 (1) nghiệm đúng với mọi x < 8 b) Bất phương trình

mx − 2m − 3 < 0 (2) nghiệm đúng với mọi x ∈ (0; +∞) x2 + 1

Lời giải:

a) Cách 1: Ta có x < 8 ⇔ −8 < x < 8 ⇔ x ∈ ( −8; 8 )

x − 1(x − 2m + 2) ≥ 0

4 m

a) Giải bất phương trình khi m = 2 b) Tìm m để mọi x ∈  2; 3  đều là nghiệm của bất phương trình đã cho. Lời giải:

+ TH1: m > 0 ta có (1) ⇔ mx > −4 ⇔ x > −

a) Khi m = 2 bất phương trình trở thành

Bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x < 8 khi và chỉ khi

x − 1(x − 2) ≥ 0

 x −1 = 0  Bất phương trình tương đương với   x − 1 ≥ 0  x − 2 ≥ 0   

 4  Suy ra tập nghiệm bất phương trình (1) là S =  − ; +∞  m 

( −8; 8 ) ⊂ S

⇔−

4 1 ≤ −8 ⇔ m ≤ m 2

1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2 + TH2: m = 0 khi đó bất phương trình (1) trở thành 0.x + 4 > 0 (đúng với mọi x ) Do đó m = 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Suy ra 0 < m ≤

 x =1  x = 1 x ≥ 1 ⇔  ⇔      x ≥ 2  x ≥ 2  

+ TH3: m < 0 ta có (1) ⇔ mx > −4 ⇔ x < −

Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = {1} ∪ [2; +∞) .  x −1 = 0  b) Bất phương trình tương đương với   x − 1 ≥ 0 ⇔   x − 2 m + 2 ≥ 0  

-- 49 --

 x =1   x ≥ 1    x ≥ 2m − 2  

4 m

 4 Suy ra tập nghiệm bất phương trình (1) là S =  −∞; −   m

Bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x < 8 khi và chỉ khi

( −8; 8 ) ⊂ S

⇔−

4 1 ≥8 ⇔m ≥− m 2 -- 50 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

1 1 Vậy − ≤ m ≤ là giá trị cần tìm. 2 2 Cách 2: Bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x < 8 khi và chỉ khi mx + 4 > 0, ∀x ∈ ( −8; 8 )

Xét hàm số f ( x ) = mx + 4 . Ta biết đồ thị là một đường thẳng do đó  f (−8) ≥ 0  f (x ) = mx + 4 > 0, ∀x ∈ ( −8; 8 ) ⇔    f (8) ≥ 0    1    −8m + 4 ≥ 0 m ≤  1 1   2 ⇔ ⇔ ⇔− ≤m ≤   1 2 2  8m + 4 ≥ 0   m ≥ −    2

1 1 Vậy − ≤ m ≤ là giá trị cần tìm. 2 2 x b) Đặt t = 2 bất phương trình trở thành mt − 2m − 3 < 0 x +1 1 x x 1 ≤ = khi đó 0 < t ≤ 2 2 x2 + 1 2 x2 Bất phương trình (2) nghiệm đúng với mọi x ∈ (0; +∞) khi và chỉ khi bất phương trình mt − 2m − 3 < 0

Với x > 0 ta có

1 đúng với mọi t ∈ (0; ] ⇔ 2

Vậy m ≥ −

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

TH2: Với m ≠ −1 phương trình (2) là phương trình bậc hai do đó nó có hai nghiệm trái dấu

1 Suy ra − ≤ m < 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2

 −2m − 3 ≤ 0     m ≥ − 3 3  ⇔ 1  2 ⇔m ≥−   2 2 3 0 m − m − <   m > −2 2   

−1 < 0 ⇔ m + 1 > 0 ⇔ m > −1 m +1 Vậy với m > −1 thì phương trình (1) b) Ta có phương trình (1) có ít nhất một nghiệm lớn hơn hoặc bằng 2 khi và chỉ khi phương trình (2) có ít nhất một nghiệm dương. Với m = −1 phương trình (2) trở thành y − 1 = 0 ⇔ y = 1 suy ra m = −1 thỏa mãn yêu cầu bài toán ⇔P <0⇔

Với m ≠ −1 phương trình (2) là phương trình bậc hai + TH1: Phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt 1 + 4 ( m + 1 ) > 0     ∆>0   5    1   >0 ⇔  −  m > − ⇔ − 5 < m < −1 S > 0 ⇔  ⇔  4 m 1 +    4    m < −1 1 P > 0       − >0   m +1  + TH2: Phương trình (2) có hai nghiệm trái dấu ⇔ m > −1 (theo câu a) + TH3: Phương trình (2) có nghiệm kép dương 5 1 + 4 ( m + 1) = 0  ∆ = 0 5  m = − ⇔ ⇔ ⇔ 4 ⇔m=− 1 4 S > 0  − m + 1 > 0  m < −1 + TH4: Phương trình (2) có một nghiệm dương và một nghiệm bằng không 1   − m +1 > 0 S > 0   ⇔ P = 0 ⇔  1 (không tồn tại giá trị nào của m ) − =0 ∆ > 0  m +1   1 + 4 ( m + 1) > 0 5 là giá trị cần tìm. 4 Nhận xét: Để so sánh nghiệm phương trình bậc hai ax 2 + bx + c = 0 với số thực α ta đặt y = x − α và quy về việc xét dấu nghiệm của phương trình bậc hai 2. Bài tập luyện tập 2x + m − 1 Bài 4.75: Giải và biện luận bất phương trình >0 x +1

Vậy m ≥ −

3 là giá trị cần tìm. 2

 f (α) > 0   , Bất phương trình f ( x ) = ax + b > 0, ∀x ∈  α; β  ⇔   f β >0   ( )   f (α) ≥ 0 . Các trường hợp khác tương tự. f ( x ) = ax + b > 0, ∀x ∈ ( α; β ) ⇔    f β ≥0   ( )

Nhận xét: Bất phương trình

Ví dụ 5: Cho phương trình ( m + 1) x 2 − ( 4m + 3 ) x + 4m + 1 = 0 (1). Tìm m để phương trình (1)

a) Có một nghiệm lớn hơn 2 và một nghiệm nhỏ hơn 2. b) Có ít nhất một nghiệm lớn hơn 2 Lời giải: Đặt y = x − 2 ⇒ x = y + 2 khi đó phương trình (1) trở thành 2

( m + 1 )( y + 2 ) − ( 4m + 3 )( y + 2 ) + 4m + 1 = 0 ⇔ ( m + 1 ) y 2 + 4 ( m + 1) y + 4 ( m + 1) − ( 4m + 3 ) y − 2 ( 4m + 3 ) + 4m + 1 = 0 ⇔ ( m + 1) y 2 + y − 1 = 0 (2) a) Phương trình (1) có một nghiệm lớn hơn 2 một nghiệm nhỏ hơn 2 khi và chỉ khi phương trình (2) có hai nghiệm trái + TH1: Với m = −1 phương trình (2) trở thành y − 1 = 0 ⇔ y = 1 suy ra m = −1 không thỏa mãn yêu cầu bài toán -- 51 --

Bài 4.76: Tìm điều kiện của m để phương trình 2x 2 + ( 2m − 1) x + m − 1 = 0 a) Có hai nghiệm khác dấu b) Có hai nghiệm phân biệt đều âm c) Có hai nghiệm phân biệt đều dương d) Có hai nghiệm bằng nhau về giá trị tuyệt đối và trái dấu nhau Bài 4.77: Giải và biện luận bất phương trình 4 − x  ( m 2 + 1 ) x − 5m 2  ≤ 0 Bài 4.78: a) Với giá trị nào của m thì bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x ∈ [ − 2; 3) .  4x  2x b) Cho bất phương trình  1 + < 3 . Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi m +  1 + x 2  1 + x2

x ≥ 0.  1 c) Với điều kiện nào của a, b thì bất phương trình a  x +  + b ≥ 0 nghiệm đúng với mọi x ≠ 0 .  x  2

Bài 4.79: Tìm m để phương trình ( x 2 − 2 x ) − 2m ( x 2 − 2 x ) + m + 3 = 0 có 2 nghiệm phân biệt. -- 52 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

CHỦ ĐỀ 5: DẤU CỦA NHỊ THỨC BẬC NHẤT A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Nhị thức bậc nhất và dấu của nó a) Định nghĩa nhị thức bậc nhất: Nhị thức bậc nhất (đối với x ) là biểu thức dạng ax + b , trong đó a và b là hai số cho trước với a ≠ 0 .

Bảng xét dấu x x+2 x−2

b x 0 = − được gọi là nghiệm cảu nhị thức bậc nhất f ( x ) = ax + b . a b) Dấu của nhị thức bậc nhất Định lí: Nhị thức bậc nhất f ( x ) = ax + b cùng dấu với hệ số a khi x lớn hơn nghiệm và trái dấu với hệ số

x = 2  d) Ta có −2x 2 + 5x − 2 = 0 ⇔  x = 1  2  1 Suy ra −2x 2 + 5x − 2 = −2 ( x − 2 )  x −  = ( x − 2 )( 1 − 2x ) 2 

a x nhỏ hơn nghiệm của nó. 2. Một số ứng dụng. a) Giải bất phương trình tích

• Cách giải: Lập bảng xét dấu của P ( x ) . Từ đó suy ra tập nghiệm của (1). P (x ) > 0 (2) (trong đó P ( x ), Q ( x ) là tích những nhị thức bậc nhất.) Q(x ) P(x ) . Từ đó suy ra tập nghiệm của (2). Q(x )

Chú ý: 1) Không nên qui đồng và khử mẫu. 2) Rút gọn bớt các nhị thức có lũy thừa bậc chẵn (cần lưu ý trong việc rút gọn để tránh làm mất nghiệm). c) Giải bất phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối(GTTĐ) • Tương tự như giải phương trình chứa ẩn trong dấu GTTĐ, ta thường sử dụng định nghĩa hoặc tính chất của GTTĐ để khử dấu GTTĐ.  A < −B Chú ý: Với B > 0 ta có A < B ⇔ −B < A < B ; A > B ⇔  .  A > B B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI DẠNG TOÁN 1: LẬP BẢNG XÉT DẤU BIỂU THỨC CHỨA NHỊ THỨC BẬC NHẤT HAI ẨN 1. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Lập bảng xét dấu các biểu thức sau b) 4x − 12 a) −2x + 3

c) x 2 − 4 Lời giải:

2 | 0 0

+ − −

+∞

+ + +

Bảng xét dấu

d) −2x 2 + 5x − 2

3 a) Ta có −2x + 3 = 0 ⇔ x = , a = −2 < 0 . 2 Bảng xét dấu x 3 −∞ 2 −2 x + 3 + 0 b) Ta có 4x − 12 = 0 ⇔ x = 3 , a = 4 > 0 . Bảng xét dấu x 4 −∞ 4 x − 12 0 −

1 2 0 | 0

−∞

1 − 2x x−2

b) Giải bất phương trình chứa ẩn ở mẫu

• Cách giải: Lập bảng xét dấu của

− −

x2 − 4

• Dạng P (x ) > 0 (1) (trong đó P ( x ) là tích các nhị thức bậc nhất.)

• Dạng

−2 0 | 0

−∞

+ − −

−2x + 3 x −2

− + −

4x − 12 x 2 − 4x 4x 2 d) 1 − 2 (x + 1)

c) x ( 4 − x 2 ) (x + 2) Lời giải: a) Bảng xét dấu x

−2 x + 3 x−2

+ −

3 2 0 |

−2x + 3 x −2

−

b) Ta có

| 0 0

− − +

−2x 2 + 5x − 2 Ví dụ 2: Lập bảng xét dấu các biểu thức sau

+∞

−∞

+∞

− −

| 0

− +

−

4x − 12 4x − 12 = x (x − 4) x 2 − 4x

Bảng xét dấu x x

x−4 +∞

−

4x − 12 x 2 − 4x

c) Ta có x ( 4 − x

− − −

0 | 0 |

− + −

3 0 | |

+ + −

4 | | 0

+ + +

−

−∞

4 x − 12

+∞

)(x + 2) = x ( 2 − x )( x + 2 )

Bảng xét dấu +∞

c) Ta có x 2 − 4 = ( x − 2 )( x + 2 ) , x − 2 = 0 ⇔ x = 2, x + 2 = 0 ⇔ x = −2 -- 53 --

2− x

−∞

− +

−2 | |

− +

0 0 | -- 54 --

+ +

2 | 0

+∞

+ −

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

x+2

−

x ( 4 − x 2 ) (x + 2)

− 2

( x + 1 ) − 4x d) Ta có 1 − = 2 2 ( x + 1) ( x + 1) 4x 2

Bảng xét dấu x

1−

(x + 1)

m   −2x + m −2x + m m Suy ra > 0 ⇔ x ∈  ;2  và < 0 ⇔ x ∈  −∞;  ∪ ( 2; +∞ )  2   x −2 x −2 2

−

2. Bài tập luyện tập Bài 4.80: Lập bảng xét dấu các biểu thức sau a) −4x + 8 b) 3x + 9

( 3x + 1 )( 1 − x ) = 2 ( x + 1)

− + −

| | 0

− + +

−

c) x 2 + 4x + 3 d) −3x 2 + 10x − 3 Bài 4.81: Lập bảng xét dấu các biểu thức sau

−

Ví dụ 3: Tùy vào m xét dấu các biểu thức sau

+∞

−2x + 4 x −3

4x − 8 x 2 − 3x x2

+ + +

| 0 |

+ − +

c) x ( 9 − x 2 ) (x + 3)

−

DẠNG TOÁN 2: ỨNG DỤNG XÉT DẤU CỦA NHỊ THỨC BẬC NHẤT HAI ẨN VÀO GIẢI TOÁN 1. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Giải các bất phương trình sau

−2x + m . x −2

Lời giải:

( x + 1)

−1

a) ( x − 1 )( 2 − 3x ) ≥ 0

b) ( x − 2 ) ( x 2 − 5x + 4 ) < 0

c) ( 2x − 1 ) ( x 3 − 1 ) ≤ 0

d) x

(

)

3x − 3 ( 3 − x 2 ) ≤ 0

Lời giải:

a) Ta có x − 2 = 0 ⇔ x = 2, − 2 x + m = 0 ⇔ x =

m 2

m > 2 ⇔ m > 4: 2 Bảng xét dấu TH1:

−∞

−2x + m x−2 −2x + m x −2

Suy ra

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

1 3 0 | |

4x 2

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

−1

−∞

3x + 1 1− x x +1

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

+ − −

| 0 ||

+ + +

m 2 0 | 0

+∞

− + −

 m m  −2x + m −2x + m > 0 ⇔ x ∈  2;  và < 0 ⇔ x ∈ ( −∞;2 ) ∪  ; +∞   x −2 x −2  2 2 

m −2x + m −2x + 2 = 2 ⇔ m = 4 : Ta có = = −2 2 x −2 x −2 −2x + m Suy ra < 0 ⇔ x ∈ ℝ \ {2} x −2 m TH3: < 2 ⇔ m < 4 : 2 Bảng xét dấu x m 2 −∞ 2 + 0 | −2x + m − − | 0 + x−2 − − || + 0 − − −2x + m TH2:

x −2

x = 1  a) Ta có ( x − 1 )( 2 − 3x ) = 0 ⇔  x = 2  3 Bảng xét dấu x 2 −∞ 3 | x −1 − + 0 2 − 3x 0 − ( x − 1 )( 2 − 3x )

0 | 0

− − +

+ − −

b) Ta có ( x − 2 ) ( x 2 − 5x + 4 ) = ( x − 2 )( x − 1 )( x − 4 )

( x − 2 )( x 2 − 5x + 4 )

−∞

− − − −

1 0 | | 0

+ − − +

2 | 0 | 0

Suy ra bất phương trình có tập nghiệm là S = ( −∞;1) ∪ ( 2;4 ) . c) Ta có ( 2x − 1 ) ( x 3 − 1 ) ≤ 0 ⇔ ( 2x − 1 )( x − 1 ) ( x 2 + x + 1 ) ≤ 0 2

 1 3 ⇔ ( 2x − 1 )( x − 1 ) ≤ 0 (vì x 2 + x + 1 =  x +  + > 0 )  2 4

Bảng xét dấu -- 55 --

+∞

2  Suy ra bất phương trình có tập nghiệm là S =  ;1 . 3 

Bảng xét dấu x x −1 x−2 x −3

+∞

-- 56 --

+ + − −

4 | | 0 0

+∞

+ + + +

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 x

−∞

x −1 2x −1

− − +

( x − 1 )( 2 − 3x )

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

1 2 | 0 0

+∞

0 | 0

− + −

(

3x − 3

Ta có

(

⇔ − 3x x − 3

3 −x

)(

)

3 +x ≤ 0

) (x + )

(

x+ 3

− −

− 3 | 0

( x − 1 )( 2 − 3x )

−∞

)

≤0

Lời giải: a) Bảng xét dấu x

( x − 3 )( x + 2 )

− +

0 0 |

+ +

−

− − +

1 3 0 | |

−2x + 4

( 2x − 1)( 3x + 1 )

x ( x − 4) x ( x − 4) ≥0⇔ ≥0 2 ( x + 4) ( x + 4 )( x − 2)

− − −

−4 0 | |

+ − −

0 | 0 |

+ + −

4 | | 0

+ + +

−

−∞

1 ta có bất phương trình tương đương với 2x + 1 < 3x ⇔ x > 1 2 1 Kết hợp với điều kiện x ≥ − suy ra bất phương trình có tập nghiệm là (1; +∞ ) 2 1 1 Với x < − ta có bất phương trình tương đương với −2x − 1 < 3x ⇔ x > − 2 5 1 Kết hợp với điều kiện x < − suy ra bất phương trình vô nghiệm 2 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = (1; +∞ ) .

a) Với x ≥ −

1 2

(x − 2)

≤

1 x +4

+ − +

+ + +

| | 0

+ + −

−

+∞

 2x − 1 − 4 > 3  2x − 1 > 7 b) Ta có 2x − 1 − 4 > 3 ⇔  ⇔   2x − 1 − 4 < −3  2x − 1 < 1  2x −1 > 7  x>4 ⇔  2 x − 1 < −7 ⇔  x < −3    −1 < 2 x − 1 < 1 0 < x < 1

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ( −∞; −3 ) ∪ ( 0;1 ) ∪ ( 4; +∞ ) . c) Bảng xét dấu

−1 2 −∞ x +1 0 + | − | 0 x−2 − − Từ bảng xét dấu đó ta chia ra các trường hợp sau Với x < −1 ta có bất phương trình tương đương với − ( x + 1) + ( x − 2 ) ≥ 3 ⇔ −3 ≥ 3 (vô nghiệm) x

−5 0 | |

+ − −

−1 | 0 |

+ + −

1 | | 0

+ + +

−

x +5

( x − 1)( x + 1)

≥0⇔

Lời giải:

− − −

−∞

+∞

+ +

Với −1 ≤ x < 2 ta có bất phương trình tương đương với

( x + 1) + ( x − 2 ) ≥ 3 ⇔ x ≥ 2 -- 57 --

+∞

Kết hợp với điều kiện xác định suy ra tập nghiệm của bất phương trình là S = (−4; 0] ∪ [4; +∞) Ví dụ 3: Giải các bất phương trình sau: a) 2x + 1 < 3x b) 2x − 1 − 4 > 3 c) x + 1 − x − 2 ≥ 3

1 1 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = (− ; ) ∪ [2; +∞) 3 2 ( x − 3 )( x + 2 ) ( x − 3 )( x + 2 ) x +5 b) Ta có < 1 ⇔ 1− >0⇔ >0 x2 − 1 x2 − 1 ( x − 1 )( x + 1 )

Bảng xét dấu x x+5 x +1 x −1

( x + 4 )( x − 2 )

x−4 x ( x − 4) ( x + 4)

+∞

1 2 | 0 |

−

−∞

3x + 1 2x −1 −2 x + 4

x2 − 1

x2 − 4 x

1 1 1 ⇔ − ≥0 x +4 x + 4 ( x − 2 )2

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = (−∞; − 3] ∪ [0; +∞) Ví dụ 2: Giải các bất phương trình sau

−2x + 4

≤

x+4

)

( 2x − 1)( 3x + 1)

Suy ra x x + 3 ≥ 0 ⇔ x ∈ (−∞; − 3] ∪ [0; +∞)

(x − 2)

Bảng xét dấu

 x = 3 3 ≤ 0 ⇔  x x + 3 ≥0 

Bảng xét dấu x

(

⇔

)( 3 − x ) ≤ 0 ⇔ x 3 ( x − 3 )(

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

 x≠2 c) ĐKXĐ:   x ≠ −4

+ + +

1  Suy ra bất phương trình có tập nghiệm là S =  ;1 . 2 

d) Ta có x

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = (−5; −1) ∪ (1; +∞)

-- 58 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

Kết hợp với điều kiện −1 ≤ x < 2 suy ra bất phương trình vô nghiệm Với x ≥ 2 ta có bất phương trình tương đương với

( x + 1) − ( x − 2 ) ≥ 3 ⇔ 3 ≥ 3

Vì

Ví dụ 4: Giải các bất phương trình sau:

( c)

x −1 −1 b) 4 ≥0 x − x2

x + 1 − 2x −1

<1 x Lời giải: a) Với x ≥ 2 ta có bất phương trình tương đương với

)(

x +1 − 2

x −1

) ≤0

2−x −x 2 − 2x 2 − 2x 3x − 2 <1⇔ < 1 ⇔ 1− >0⇔ >0 x x x x Bảng xét dấu x 2 −∞ 0 +∞ 3 x 0 + | + − | 0 + 3x − 2 − −

−

x −1 − 1 ( x − 1 + 1)( x − 1 − 1) ≥ 0 ⇔ x − 1 − 1 ≥ 0 ≥0⇔ x4 − x 2 x4 − x 2 x4 − x 2 2 x x − 1 ( ) x −x 1 ≥0⇔ 2 ≥0⇔ ≥0 x4 − x2 x ( x − 1)( x + 1) x ( x + 1)

Ta có

− −

−1 0 |

+ −

0 | 0

−

−∞

x +1 − 2x −1

)(

x + 1 − 2 > 0 nên bất phương trình tương đương với

x +1 + 2x −1

)(

x +1 − 2

)(

x +1 + 2

x −1

) ≤0

( − x + 2 )( x − 3) ≤ 0

1 2 3 −∞ +∞ x −1 − 0 + | + | + + | + 0 | −x + 2 − − | | 0 + x −3 − − − ( − x + 2)( x − 3) + || 0 + 0 − − x −1 Kết hợp với điều kiện xác định suy ra tập nghiệm của bất phương trình là S = (1;2] ∪ [3; +∞) . Nhận xét: * Đối với bất phương trình phức tạp chúng ta nên đặt điều kiện xác định sau đó rồi rút gọn cho biểu thức chung hoặc rút gọn biểu thức luôn xác định một dấu. * Nhiều khi chúng ta cần phải nhân hay chia với một biểu thức luôn xác định một dấu nhằm khử đi căn thức hay dấu giá trị tuyệt đối thì bài toán trở nên đơn giản hơn.  x − 2 (2 − 2x)  ≥ 0 (1) Ví dụ 5: Cho hệ bất phương trình  ( 2 x − 1)( x + 2 )  (2)  mx > 2 a) Giải hệ bất phương trình khi m = −1 b) Tìm m để hệ bất phương trình có nghiệm Lời giải:  x ≠ −2  ĐKXĐ:  1  x ≠ 2 x

(

2 Kết hợp điều kiện x < 2 suy ra tập nghiệm bất phương trình là S2 = (−∞;0) ∪ ( ; 2) . 3 2 Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = S1 ∪ S2 = (−∞;0) ∪ ( ; +∞) 3  x≠0 4 2 b) ĐKXĐ: x − x ≠ 0 ⇔   x ≠ ±1

Bảng xét dấu x x +1 x 1 x ( x + 1)

x + 1 + 2 x − 1 > 0,

x −1 Bảng xét dấu

Với x < 2 ta có bất phương trình tương đương với

( ⇔

x −2−x −2 <1⇔ < 1 ⇔ x > −2 x x Kết hợp điều kiện x ≥ 2 suy ra tập nghiệm bất phương trình là S1 = [2; +∞)

3x − 2 x

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

1  x≥ 2 x − 1 ≥ 0 1  2   x ≥ c) ĐKXĐ:  x + 1 ≥ 0 ⇔  ⇔ 2 x ≥ −1   x ≠1   x ≠ 1   x ≠ 1

Kết hợp với điều kiện x ≥ 2 suy ra bất phương trình có nghiệm là x ≥ 2 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = [2; +∞) . x −2 −x

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

Ta có (1) ⇔ +∞

+ + +

(

2 x− 2

)(

2−x

( 2 x − 1)( x + 2 )

)

) ≥ 0 ⇔ 

x= 2 1  ≤0  ( 2 x − 1)( x + 2 ) 

Bảng xét dấu x

− −

0 |

+ −

1 2 | 0

−

−2

−∞

x+2 2x −1

+∞

+ + +

Kết hợp điều kiện xác đinh suy ra tập nghiệm bất phương trình là S = (−∞; −1) ∪ (0; +∞) \ {1} .

( 2 x − 1)( x + 2 )

1  Kết hợp với điều kiện suy ra tập nghiệm bất phương trình (1) là S1 =  −2;  ∪ 2 

-- 59 --

-- 60 --

{ 2}

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

a) Khi m = −1 ta có bất phương trình ( 2 ) trở thành − x > 2 ⇔ x < −2 Kết hợp với điều kiện suy ra tập nghiệm bất phương trình (2) là S2 = ( −∞; −2 ) Vậy tập nghiệm của hệ bất phương trình là S = S1 ∩ S 2 = ∅ . b) Với m = 0 bất phương trình ( 2 ) trở thành 0.x > 2 suy ra bất phương trình vô nghiệm do đó hệ bất phương trình vô nghiệm Với m > 0 bất phương trình (2) ⇔ x >

2 m

0 < m ≤ 4  0 < m ≤ 4 Hệ bất phương trình có nghiệm ⇔ S1 ∩ S2 ≠ 0 ⇔  2 ⇔ ⇔ 2 <m≤4  m > 2  m < 2 2 1 2  1  < ⇔ m > 4 thì tập nghiệm bất phương trình (2) là S2 =  ; +∞  \   Nếu m 2 m  2  m>4   m > 4 Hệ bất phương trình có nghiệm ⇔ S1 ∩ S2 ≠ 0 ⇔  2 ⇔ ⇔m>4 m > 2  m < 2 2 Với m < 0 bất phương trình (2) ⇔ x < m Đối chiếu với điều kiện ta có 2 2  > −2 ⇔ m > −1 thì tập nghiệm bất phương trình (2) là S 2 =  −∞;  \ {−2} Nếu m m   −1 < m < 0  −1 < m < 0  Hệ bất phương trình có nghiệm ⇔ S1 ∩ S2 ≠ 0 ⇔  2 ⇔  −1 < m < 0  m > −1  m > −2

2 2  ≤ −2 ⇔ m ≤ −1 thì tập nghiệm bất phương trình (2) là S2 =  −∞;  m m   m ≤ −1  m ≤ −1  (loại) Hệ bất phương trình có nghiệm ⇔ S1 ∩ S 2 ≠ 0 ⇔  2 ⇔  m > −1  m > −2

Nếu

Vậy hệ bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi −1 < m < 0 và m > 2 . 3. Bài tập luyện tập Bài 4.82: Giải các bất phương trình sau: a ) 3x 2 − 10x + 3 ≥ 0

(

1 1 1 − > x +9 x 2 2x − 1 − x e) >1 2x

2 3 ≤ 1 − 2x x + 1

x+4 −2 ≤0 4 − 9x2

x a) x − 2 < 2 c) 3x − 2 − 1 > 4

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

b) 4 x − 2 x + 1 ≤ 3 c) 2 x + 3 − 3 x + 4 ≥ −5

CHỦ ĐỀ 6: DẤU CỦA TAM THỨC BẬC HAI A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Tam thức bậc hai Tam thức bậc hai (đối với x ) là biểu thức dạng ax 2 + bx + c . Trong đó a,b, c là nhứng số cho trước với

Đối chiếu với điều kiện ta có 2 1 2  ≥ ⇔ m ≤ 4 thì tập nghiệm bất phương trình (2) là S2 =  ; +∞  Nếu m 2 m 

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

f) h)

)

2 − x ( x2 − 2) ( 2 x − 4 ) < 0

2− x−2 x2 −1

3x − 1 + 3 4 − 5x

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 ∈ ℝ

∆=0

  b   a.f ( x ) > 0, ∀x ∈ ℝ \  −     2a     a.f ( x ) > 0, ∀x ∈ ( −∞; x 1 ) ∪ ( x 2 ; +∞ )

∆>0

a.f ( x ) < 0, ∀x ∈ ( x 1; x 2 )

Nhận xét: Cho tam thức bậc hai ax + bx + c  a > 0 • ax 2 + bx + c > 0, ∀x ∈ R ⇔  ∆ <0   a > 0  • ax 2 + bx + c ≥ 0, ∀x ∈ R ⇔   ∆ ≤0   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 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. * Đối với đa thức bậc cao P (x ) ta làm như sau 2

• Phân tích đa thức P ( x ) thành tích các tam thức bậc hai (hoặc có cả nhị thức bậc nhất)

≥0

x − 2x − 3

được gọi là nghiệm của tam thức bậc hai

f ( x ) = ax 2 + bx + c ; ∆ = b 2 − 4ac và ∆ ' = b '2 − ac theo thứ tự được gọi là biệt thức và biệt thức thu

• Lập bảng xét dấu của P ( x ) . Từ đó suy ra dấu của nó . * Đối với phân thức

a ≠ 0. Nghiệm của phương trình ax 2 + bx + c = 0

≥0

P(x ) (trong đó P ( x ), Q ( x ) là các đa thức) ta làm như sau Q(x )

• Phân tích đa thức P ( x ), Q ( x ) thành tích các tam thức bậc hai (hoặc có cả nhị thức bậc nhất)

Bài 4.83: Giải các bất phương trình sau: -- 61 --

-- 62 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

a) 3x 2 − 2x + 1

b) −x 2 + 4x + 5

c) −4x 2 + 12x − 9

m * Nếu   m m * Nếu   m

d) 3x − 2x − 8 Lời giải:

e) 25x + 10x + 1

f) −2x 2 + 6x − 5

x1 = −m − m2 − 3m + 2 và x2 = −m + m2 − 3m + 2 . Khi đó:

P(x ) • Lập bảng xét dấu của . Từ đó suy ra dấu của nó. Q(x ) 2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Xét dấu của các tam thức sau 2

+) f (x ) < 0 ⇔ x ∈ (x 1; x 2 ) .

Ví dụ 3: Xét dấu của các biểu thức sau

5 |

 3  c) Ta có ∆ ' = 0, a < 0 suy ra −4x + 12x − 9 < 0 ∀x ∈ ℝ \      2    2

3x 2 − 2x − 8

c) x 3 − 5x + 2

d) x −

Lời giải:

Bảng xét dấu x

−

1 3 0

6x − 5x + 1

( −x 2 + x − 1 )( 6x 2 − 5x + 1 )

−

−∞

−x 2 + x − 1

−

4 3 0

−

+∞

2 +

  4  4 Suy ra 3x 2 − 2x − 8 > 0 ⇔ x ∈  −∞; −  ∪ ( 2; +∞ ) và 3x 2 − 2x − 8 < 0 ⇔ x ∈  − ;2   3  3 

Nhận xét: Cho tam thức bậc hai ax 2 + bx + c . Xét nghiệm của tam thức, nếu: * Vô nghiệm khi đó tam thức bậc hai f ( x ) = ax 2 + bx + c cùng dấu với a với mọi x

 x = −1 b) Ta có x 2 − x − 2 = 0 ⇔  , − x 2 + 3x + 4 = 0 ⇔  x = 2 Bảng xét dấu −1 2 x −∞ + 0 0 − x2 − x − 2 − x 2 + 3x + 4

−

* Có hai nghiệm f ( x )

x2 − x − 2 −x 2 + 3x + 4

−

b 2a cùng dấu với a khi và chỉ khi x ∈ ( −∞; x 1 ) ∪ ( x 2 ; +∞ ) (ngoài hai nghiệm) và

f ( x ) trái dấu với a khi và chỉ khi x ∈ ( x1; x 2 ) (trong hai nghiệm)(ta có thể nhớ câu là trong trái ngoài cùng)

Ví dụ 2: Tùy theo giá trị của tham số m, hãy xét dấu của các biểu thức f (x ) = x + 2mx + 3m − 2 2

−

2 3 |

−

+∞

  1 1 x ∈  −∞;  ∪  ; +∞  3   2  

* Nghiệm kép khi đó tam thức bậc hai f ( x ) = ax 2 + bx + c cùng dấu với a với mọi x ≠ −

Suy ra

x2 − x − 2 −x 2 + 3x + 4

 x = −1   x =4 

| 0

dương khi và chỉ khi x ∈ ( 2; 4 ) ,

Lời giải:

x ∈ ( −∞; −1 ) ∪ ( −1;2 ) ∪ ( 4; +∞ ) .

Tam thức f (x ) có a = 1 > 0 và ∆ ' = m 2 − 3m + 2 .

c) Ta có x 3 − 5x + 2 = ( x − 2 ) ( x 2 + 2x − 1 )

-- 63 --

1 1 hoặc x = 2 3

1 1 Suy ra ( −x 2 + x − 1 )( 6x 2 − 5x + 1 ) dương khi và chỉ khi x ∈  ;   3 2 

( −x 2 + x − 1 )( 6x 2 − 5x + 1 ) âm khi và chỉ khi

 1    e) Ta có ∆ ' = 0, a > 0 suy ra 25x 2 + 10x + 1 > 0 ∀x ∈ ℝ \  −    5    f) Ta có ∆ ' = −1 < 0, a < 0 suy ra −2x 2 + 6x − 5 < 0 ∀x ∈ ℝ

* Nếu 1 < m < 2 ⇒ ∆ ' < 0 ⇒ f (x ) > 0 ∀x ∈ R .

x2 − x + 6 −x 2 + 3x + 4

a) Ta có −x 2 + x − 1 = 0 vô nghiệm, 6x 2 − 5x + 1 = 0 ⇔ x =

 x =2  d) Ta có 3x 2 − 2x − 8 = 0 ⇔  x = − 4  3

−∞

x2 − x − 2 −x 2 + 3x + 4

a) ( −x 2 + x − 1 )( 6x 2 − 5x + 1 )

+∞ −

Suy ra −x 2 + 4x + 5 > 0 ⇔ x ∈ ( −1;5 ) và −x 2 + 4x + 5 < 0 ⇔ x ∈ ( −∞; −1) ∪ ( 5; +∞ )

Bảng xét dấu x

>2 ⇒ ∆ ' > 0 ⇒ f (x ) có hai nghiệm <1

+) f (x ) > 0 ⇔ x ∈ (−∞; x1 ) ∪ (x 2 ; +∞)

a) Ta có ∆ ' = −2 < 0, a = 3 > 0 suy ra 3x 2 − 2x + 1 > 0, ∀x ∈ ℝ  x = −1 b) Ta có −x 2 + 4x + 5 = 0 ⇔   x = 5 Bảng xét dấu −1 −∞ x − 0 −x 2 + 4x + 5

=1 ⇒ ∆ ' = 0 ⇒ f (x ) ≥ 0 ∀x ∈ R và f (x ) = 0 ⇔ x = −m =2

Ta có x 2 + 2x − 1 = 0 ⇔ x = −1 ± 2

-- 64 --

4 | 0

+∞ +

−

x2 − x − 2 −x 2 + 3x + 4

âm khi và chỉ khi

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 Bảng xét dấu x x + 2x − 1

− +

x 3 − 5x + 2

−

−1 + 2 0 − | +

−1 − 2 0 − 0 −

−∞

x −2

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

−

(

+ +

) (

1 suy ra phương trình có nghiệm 2

Với m ≠ 0 , ta có ∆ = ( 3m + 2 ) − 4m = 9m 2 + 8m + 4 Vì tam thức 9m 2 + 8m + 4 có am = 9 > 0, ∆ 'm = −20 < 0 nên 9m 2 + 8m + 4 > 0 với mọi m

)

Suy ra x 3 − 5x + 2 dương khi và chỉ khi x ∈ −1 − 2; −1 + 2 ∪ ( 2; +∞ ) , x 3 − 5x + 2 âm khi và chỉ

(

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

a) Với m = 0 phương trình trở thành −2x + 1 = 0 ⇔ x =

+∞

| 0

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

)

khi x ∈ −∞; −1 − 2 ∪ −1 + 2;2 .

Do đó phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m . b) Ta có ∆ =

(

3m − 2

)

− 4 ( m 2 + 5 ) = −m 2 − 4 3m − 16

Vì tam thức −m 2 − 4 3m − 8 có am = −1 < 0, ∆ 'm = −4 < 0 nên −m 2 − 4 3m − 8 < 0 với mọi m

2 x2 − x + 6 −x 3 + 2x 2 + 5x − 6 ( x − 1 ) ( −x + x + 6 ) d) Ta có x − = = −x 2 + 3x + 4 −x 2 + 3x + 4 −x 2 + 3x + 4  x = −2  x = −1 Ta có −x 2 + x + 6 = 0 ⇔  , − x 2 + 3x + 4 = 0 ⇔  = x 3 x =4   Bảng xét dấu −2 −1 1 3 4 −∞ x − | − | − 0 + | + | x −1 − 0 + | + | + 0 − | −x 2 + x + 6

+ −

mãn yêu cầu bài toán

−

 m<0     a =m <0 1  f ( x ) < 0, ∀x ⇔  ⇔ ⇔− <m <0  ∆ = 1 + 4m < 0 m > − 1 4      4

−x 2 + 3x + 4

Do đó phương trình đã cho luôn vô nghiệm với mọi m . Ví dụ 2: Tìm các giá trị của m để biểu thức sau luôn âm a) f ( x ) = mx 2 − x − 1

Lời giải:

+∞

x−

Suy ra x −

x −x +6 −x 2 + 3x + 4 2

x −x +6 x2 − x + 6 dương khi và chỉ khi x ∈ ( −2; −1 ) ∪ ( 1; 3 ) ∪ ( 4; +∞ ) , x − âm 2 −x + 3x + 4 −x 2 + 3x + 4

khi và chỉ khi x ∈ ( −∞; −2 ) ∪ ( −1;1 ) ∪ ( 3; 4 ) .

b) g(x ) =

1 2 x −x +1 4

a) f (x ) = (x 2 − 5x + 4)(2 − 5x + 2x 2 )

b) f (x ) = x 2 − 3x − 2 −

8 . x 2 − 3x

Bài 4.86: Xét dấu các biểu thức sau 1 1 1 − − x +9 x 2

3x + 7 c) 2 +5 x −x −2

Với m ≠ 0 thì f ( x ) = mx 2 − x − 1 là tam thức bậc hai dó đó

1 < m < 0 thì biểu thức f ( x ) luôn âm. 4 b) Với m = 4 thì g ( x ) = −1 < 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán

Vậy với −

 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 thì biểu thức g ( x ) luôn âm.

c) h(x ) = −2x 2 + x − 1 .

Bài 4.85: Xét dấu các biểu thức sau

a) Với m = 0 thì f ( x ) = −x − 1 lấy cả giá trị dương(chẳng hạn f ( −2 ) = 1 ) nên m = 0 không thỏa

Với m ≠ 4 thì g ( x ) = ( m − 4 ) x 2 + ( 2m − 8 ) x + m − 5 là tam thức bậc hai dó đó

3. Bài tập luyện tập Bài 4.84: Xét dấu các tam thức sau a) f (x ) = −2x 2 + 3x − 1

b) g ( x ) = ( m − 4 ) x 2 + ( 2m − 8 ) x + m − 5

Ví dụ 3: Tìm các giá trị của m để biểu thức sau luôn dương

b) x 4 − 4x + 1 .

a) h ( x ) = d) x − 3x + 2

−x 2 + 4 ( m + 1 ) x + 1 − 4m 2

−4x 2 + 5x − 2

b) k ( x ) =

x2 − x + m − 1

Lời giải:

Bài 4.87: Tùy theo giá trị của tham số m, hãy xét dấu của biểu thức g(x ) = (m − 1)x + 2(m − 1) + m − 3

a) Tam thức −4x 2 + 5x − 2 có a = −4 < 0, ∆ = −7 < 0 suy ra −4x 2 + 5x − 2 < 0 ∀x

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 Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì

Do đó h ( x ) luôn dương khi và chỉ khi h ' ( x ) = −x 2 + 4 ( m + 1) x + 1 − 4m2 luôn âm

a) Phương trình mx 2 − ( 3m + 2 ) x + 1 = 0 luôn có nghiệm b) Phương trình ( m 2 + 5 ) x 2 −

(

)

3m − 2 x + 1 = 0 luôn vô nghiệm

 a = −1 < 0  5 ⇔ ⇔ 8m + 5 < 0 ⇔ m < −   ∆ ' = 4 ( m + 1 )2 + ( 1 − 4m 2 ) < 0 8   

Vậy với m < −

5 thì biểu thức h ( x ) luôn dương. 8

b) Biểu thức k ( x ) luôn dương ⇔

Lời giải: -- 65 --

x 2 − x + m − 1 > 0, ∀x -- 66 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 ⇔

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

x − x + m > 1, ∀x ⇔ x − x + m > 0, ∀x

a) y =

  a =1>0 1 ⇔ ⇔m>  ∆ = 1 − 4m < 0 4  

m 2x 2 − 4mx + m 2 − 2m + 5 b) y =

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT 2x + 3m x 2 + 2 ( 1 − m ) x + 2m 2 + 3

Bài 4.91: Tìm m để a) 3x2 − 2(m + 1)x − 2m 2 + 3m − 2 ≥ 0 ∀x ∈ R

1 thì biểu thức k ( x ) luôn dương. 4 Ví dụ 4: Chứng minh rằng hàm số sau có tập xác định là ℝ với mọi giá trị của m . Vậy với m >

mx a) y = ( 2m 2 + 1) x 2 − 4mx + 2

b) Hàm số y =

2x 2 − 2 ( m + 1 ) x + m 2 + 1

b) y =

m 2x 2 − 2mx + m 2 + 2

Lời giải: a) ĐKXĐ: ( 2m 2 + 1 ) x 2 − 4mx + 2 ≠ 0 Xét tam thức bậc hai f ( x ) = ( 2m 2 + 1 ) x 2 − 4mx + 2

Suy ra với mọi m ta có f ( x ) = ( 2m + 1 ) x − 4mx + 2 > 0 ∀x ∈ ℝ 2

Do đó với mọi m ta có ( 2m 2 + 1 ) x 2 − 4mx + 2 ≠ 0, ∀x ∈ ℝ Vậy tập xác định của hàm số là D = ℝ

2x 2 − 2 ( m + 1 ) x + m 2 + 1 m 2x 2 − 2mx + m 2 + 2

≥ 0 và m 2x 2 − 2mx + m 2 + 2 ≠ 0

Xét tam thức bậc hai f ( x ) = 2x 2 − 2 ( m + 1) x + m2 + 1 và 2

(m + 1)x 2 − 2(m − 1)x + 3m − 3 có nghĩa với mọi x.

x +m ≤1 x2 + x + 1

∀x ∈ R

CHỦ ĐỀ 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 f ( x ) > 0, f (x ) < 0, f (x ) ≥ 0, f (x ) ≤ 0 , trong đó f (x ) là một tam thức bậc hai.

trong

a) −3x 2 + 2x + 1 < 0

b) x 2 + x − 12 < 0

c) 5x 2 − 6 5x + 9 > 0 Lời giải:

d) −36x 2 + 12x − 1 ≥ 0

Suy ra với mọi m ta có f ( x ) = 2x 2 − 2 ( m + 1 ) x + m 2 + 1 ≥ 0, ∀x ∈ ℝ (1)

1 a) Tam thức f (x ) = −3x 2 + 2x + 1 có a = −3 < 0 và có hai nghiệm x 1 = − ; x 2 = 1 3 ( f (x ) cùng dấu với hệ số a ).

Xét tam thức bậc hai g ( x ) = m 2x 2 − 2mx + m2 + 2

Suy ra −3x 2 + 2x + 1 < 0 ⇔ x < −

Ta có a f = 2 > 0, ∆f ' = ( m + 1 ) − 2 ( m 2 + 1 ) = −m 2 + 2m − 1 = −( m − 1 ) ≤ 0

Với m = 0 ta có g ( x ) = 2 > 0 , xét với m ≠ 0 ta có

1 hoặc x > 1 3

a g = m 2 > 0, ∆g ' = m 2 − m 2 ( m 2 + 2 ) = −m 2 ( m 2 + 1 ) < 0

1 Vậy tập nghiệm của bất phương trình: S = (−∞; − ) ∪ (1; +∞) . 3

Suy ra với mọi m ta có g ( x ) = m 2x 2 − 2mx + m 2 + 2 > 0, ∀x ∈ ℝ (2)

b) Tam thức f ( x ) = x 2 + x − 12 có a = 1 > 0 và có hai nghiệm x1 = −4; x 2 = 3

Từ (1) và (2) suy ra với mọi m thì

2x 2 − 2 ( m + 1 ) x + m 2 + 1 2 2

m x − 2mx + m + 2

≥ 0 và m 2x 2 − 2mx + m 2 + 2 ≠ 0 đúng

( f (x ) trái dấu với hệ số a ). Suy ra x 2 + x − 12 < 0 ⇔ −4 < x < 3 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ( −4; 3 )

với mọi giá trị của x Vậy tập xác định của hàm số là D = ℝ 3. Bài tập luyện tập Bài 4.88: Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì

c) Tam thức f ( x ) = 5x 2 − 6 5x + 9 có a = 5 > 0 và ∆ = 0

a) Phương trình x − 2 ( m + 2 ) x − ( m + 3 ) = 0 luôn có nghiệm

Suy ra 5x 2 − 6 5x + 9 > 0 ⇔ x ≠

b) Phương trình ( m + 1 ) x + 2

(

)

3m − 2 x + 2 = 0 luôn vô nghiệm

Bài 4.89: Tìm các giá trị của m để biểu thức sau luôn âm a) f ( x ) = −x 2 − 2x − m

b) g ( x ) = 4mx 2 − 4 ( m − 1) x + m − 3

Bài 4.90: Chứng minh rằng hàm số sau có tập xác định là ℝ với mọi giá trị của m .

( f (x ) cùng dấu với hệ số a ). 3 5 5

 3 5    Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ℝ \     5    

d) Tam thức f ( x ) = −36x 2 + 12x − 1 có a = −36 < 0 và ∆ = 0 f (x ) trái dấu với hệ số a nên f ( x ) âm với ∀x ≠

-- 67 --

các

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:

Ta có a = 2m 2 + 1 > 0, ∆ ' = 4m 2 − 2 ( 2m 2 + 1 ) = − 2 < 0

b) ĐKXĐ:

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

1 1 và f   = 0  6 6

-- 68 --

dạng

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

1   Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S =       6     Ví dụ 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm

a) x 2 − mx + m + 3 = 0

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

 m ≤ −3  ⇔ ⇔ m ≤ −3   m ≤1  

b) (1 + m)x 2 − 2mx + 2m = 0

Kết hợp với điều kiện m < −

Lời giải: a) Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi ∆ ≥ 0

1 ta có m ≤ −3 thỏa mãn yêu cầu bài toán 2

1 3 1 ta có bất phương trình (1) ⇔ x = nên m = − không thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2 2 2 Vậy m ∈ (−∞; −3] ∪ [7; +∞) là giá trị cần tìm. * Với m = −

 m≥6 ⇔ m − 4 ( m + 3 ) ≥ 0 ⇔ m − 4m − 12 ≥ 0 ⇔   m ≤ −2 Vậy với m ∈ (−∞; −2] ∪ [6; +∞) thì phương trình có nghiệm 2

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10  −1 ≥ m + 2    4−m  ⇔ khi và chỉ khi  −1;1  ⊂  m + 2;  4−m   3  1≤    3

1 Suy ra −36x 2 + 12x − 1 ≥ 0 ⇔ x = 6

Ví dụ 4:Giải và biện luận bất phương trình (m + 1)x 2 − 2(2m − 1)x − 4m + 2 < 0

b) Với m = −1 phương trình trở thành 2x − 2 = 0 ⇔ x = 1 suy ra m = −1 thỏa mãn yêu cầu bài toán Với m ≠ −1 phương trình có nghiệm khi và chỉ khi ∆ ≥ 0

Lời giải: Với m = −1 : bất phương trình trở thành 6x + 6 < 0 ⇔ x < −1

⇔ m2 − 2m ( 1 + m ) ≥ 0 ⇔ m2 + 2m ≤ 0 ⇔ −2 ≤ m ≤ 0

Với

Vậy với −2 ≤ m ≤ 0 thì phương trình có nghiệm Ví dụ 3: Tìm m để mọi x ∈  −1;1  đều là nghiệm của bất phương trình

a = m + 1; ∆ ' = 8m − 2m − 1 . Bảng xét dấu m

Lời giải:

* Với m + 2 >

4−m 1 ⇔ 3m + 6 > 4 − m ⇔ m > − ta có 3 2

4−m ≤x ≤m +2 3 4−m  Vậy tập nghiệm của bất phương trình (1) là  ;m + 2   3  Suy ra mọi x ∈  −1;1  đều là nghiệm của bất phương trình (1)

Bất phương trình (1) ⇔

   −1 ≥ 4 − m 4−m  khi và chỉ khi  −1;1  ⊂  ; m + 2  ⇔  3  3    1≤m +2     m≥7 ⇔m≥7 ⇔  m ≥ −1   1 Kết hợp với điều kiện m > − ta có m ≥ 7 thỏa mãn yêu cầu bài toán 2

4−m 1 * Với m + 2 < ⇔ m < − ta có 3 2 4 −m 3  4 −m  Vậy tập nghiệm của bất phương trình (1) là  m + 2; 3   Bất phương trình (1) ⇔ m + 2 ≤ x ≤

có

g(x ) = (m + 1)x 2 − 2(2m − 1)x − 4m + 2

4 −m 3

m +1 2

−1

−∞

− +

0 0

−

+ +

1 4 | 0

tam

thức

+ −

1 2 | 0

+∞ + +

8m − 2m − 1  a > 0 1 1 * − ≤ m ≤ ⇒  ⇒ g(x ) ≥ 0 ∀x ∈ R ⇒ bất phương trình vô nghiệm. ∆ '≤0 4 2    1 m > a > 0   2 *  ⇒ ⇒ S = (x 1; x 2 ) , với ∆ 1 '>0  −1 < m < −    4

2m − 1 − (2m − 1)(m + 1) 2m − 1 + (2m − 1)(m + 1) ; x2 = . m +1 m +1  a < 0 * m < −1 ⇒  ⇒ S = (−∞; x1 ) ∪ (x 2 ; +∞)  ∆ '>0   Kết luận x1 =

m = −1 bất phương trình có tập nghiệm là S = ( −∞; −1 ) −

1 1 ≤ m ≤ bất phương trình có tập nghiệm là S = ∅ 4 2

 1 m >  2 bất phương trình có tập nghiệm là S = (x 1; x 2 )   −1 < m < − 1  4 m < −1 bất phương trình có tập nghiệm là S = (−∞; x1 ) ∪ (x 2 ; +∞)

2. Bài tập luyện tập Bài 4.92: Giải các bất phương trình sau:

Suy ra mọi x ∈  −1;1  đều là nghiệm của bất phương trình (1)

-- 69 --

là

3x 2 − 2 ( m + 5 ) x − m2 + 2m + 8 ≤ 0 (1) Ta có 3x 2 − 2 ( m + 5 ) x − m2 + 2m + 8 = 0 ⇔ x = m + 2 hoặc x =

m ≠ −1

-- 70 --

bậc

hai

có:

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 a) −2x 2 + 3x − 1 ≥ 0

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

1 b) x 2 − x + 1 ≤ 0 c) −2x 2 + x − 1 ≤ 0 . 4

d) 7x > 2x 2 − 6 e) x 2 − 22x + 51 < 0 Bài 4.93: Tìm m để phương trình sau vô nghiệm a) x 2 − 2mx + m + 3 = 0

f) x 2 + 5x + 6 ≥ 0

b) (m − 1)x 2 − ( 2m − 2 ) x + 2m = 0

Bài 4.94: Giải và biện luận bất phương trình mx 2 − 2mx + m − 1 > 0 Bài 4.95: Tìm m để mọi x ∈  0; +∞ ) đều là nghiệm của bất phương trình ( m 2 − 1 ) x 2 − 8mx + 9 − m 2 ≥ 0  7 Bài 4.96: Cho hàm số f ( x ) = x 2 + bx + 1 với b ∈  3,  . Giải bất phương trình f ( f ( x ) ) > x .  2 

DẠNG TOÁN 2: GIẢI HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI MỘT ẨN 1. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Giải các hệ bất phương trình sau:  2x 2 + 9x + 7 > 0  2x 2 + x − 6 > 0   b)  2 a)  2   x +x −6 < 0 3x − 10x + 3 ≥ 0       x 2 + 4x + 3 ≥ 0    −x 2 + 5x − 4 ≥ 0    c)  2 d)  2x 2 − x − 10 ≤ 0  x + x − 13 ≤ 0     2x 2 − 5x + 3 > 0    Lời giải:   x ≥ −1       2x 2 + 9x + 7 > 0  7 ⇔ −1 < x < 2    a) Ta có  2 ⇔ x ≤−    2 x + x − 6 < 0    −3 < x < 2    Vậy tập nghiệm hệ bất phương trình là S = ( −1;2 ) .

    x ≥ 3    2      x >3  2x 2 + x − 6 ≥ 0   x ≤ −2    b) Ta có  2 ⇔  x > 3 ⇔  x ≤ −2   x x 3 − 10 + 3 > 0         1    x <     3 Vậy tập nghiệm hệ bất phương trình là S = (−∞; −2] ∪ (3; +∞) .

 1≤x ≤4    −x 2 + 5x − 4 ≥ 0  c) Ta có  ⇔  2  −1 − 53 −1 + 53  x + x − 13 ≤ 0  ≤x ≤      2 2 ⇔1≤x ≤

−1 + 53 2

 −1 + 53  . Vậy tập nghiệm hệ bất phương trình là S =  1;  2  

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

  x ≥ −1      x ≤ −3  2    x + 4x + 3 ≥ 0       5 3 2  d) Ta có   2x − x − 10 ≤ 0 ⇔  −2 ≤ x ≤ ⇔ 1 ≤ x ≤   2 2   2x 2 − 5x + 3 ≤ 0   3     1≤x ≤  2      3 Vậy tập nghiệm hệ bất phương trình là S =  1;  .  2    mx 2 − x − 5 ≤ 0 Ví dụ 2: Cho hệ bất phương trình   1 − m ) x 2 + 2mx + m + 2 ≥ 0  ( a) Giải hệ bất phương trình khi m = 1 b) Tìm m để hệ bất phương trình nghiệm đúng với mọi x Lời giải: a) Khi m = 1 hệ bất phương trình trở thành   1 − 21 1 + 21  ≤x ≤   x 2 − x − 5 ≤ 0 1 − 21 1 + 21  2 2 ⇔ ⇔ ≤x ≤     2x + 3 ≥ 0 3 2 2    x ≥−     2  1 − 21 1 + 21   Vậy tập nghiệm hệ bất phương trình là S =  ;  2 2    −x − 5 ≤ 0  b) Khi m = 0 hệ bất phương trình trở thành  (vô nghiệm) do đó m = 0 không thỏa mãn yêu  2  x +2 ≥ 0   cầu bài toán Khi m = 1 theo câu a ta thấy cũng không thỏa mãn yêu cầu bài toán  m ≠ 0 Khi  ta có hệ bất phương trình nghiệm đúng với mọi x khi và chỉ khi các bất phương trình trong hệ  m ≠1   bất phương trình nghiệm đúng với mọi x  m<0     m <0         m ≤ − 1  ∆1 = 1 + 20m ≤ 0     ⇔ ⇔   20   1−m > 0    m <1    2   ∆   2m 2 + m − 2 ≤ 0  '2 = m − ( 1 − m )( m + 2 ) ≤ 0        m<0    1  m ≤−   −1 − 17 1  20 ⇔ ⇔ ≤m ≤− m <1  4 20    −1 − 17 −1 + 17   ≤m ≤    4 4 Vậy

−1 − 17 1 là giá trị cần tìm. ≤m ≤− 4 20

  x 2 − 3x + 2 ≤ 0 Ví dụ 3: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ sau có nghiệm  2 .  mx − 2 ( 2m + 1 ) x + 5m + 3 ≥ 0  

-- 71 --

-- 72 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

Lời giải:

mx 2 – 2 ( 2m + 1) x + 5m + 3 ≤ 0 (1) có nghiệm x ∈ S =  1;2  . Ta đi giải bài toán phủ định là: tìm m để bất phương trình (1) vô nghiệm trên S Tức là bất phương trình f ( x ) = mx 2 − 2 ( 2m + 1) x + 5m + 3 < 0 (2) đúng với mọi x ∈ S .

3 • m = 0 ta có (2) ⇔ −2x + 3 < 0 ⇔ x > nên (2) không đúng với ∀x ∈ S 2 • m ≠ 0 tam thức f ( x ) có hệ số a = m , biệt thức ∆ ' = −m 2 + m + 1

−∞

−m 2 + m + 1

1− 5 2 | − 0 −

− +

0 |

+ +

1+ 5 2 | 0

+∞ + −

a > 0  1+ 5  nên f ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ ℝ , suy ra m ≥ không thỏa mãn   ∆ ' ≤ 0 2   a < 0  3 − 5   1− 5 1− 5 +) m ≤ ta có:  nên f ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ ℝ và f  thỏa mãn.  = 0 , suy ra m ≤ ∆ ' ≤ 0  2 2 2    

+) m ≥

1+ 5 ta có: 2

1− 5 +) < m < 0 ta có: a < 0 và f ( x ) có hai nghiệm phân biệt 2 2m + 1 + x1 = m

∆'

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

     ∆' + m + 1 < 0 x2 < 1 ⇔  Do đó (2) đúng với ∀x ∈ S ⇔  (**)  x1 > 2  ∆' +1 > 0      Vì m > 0 nên (**) vô nghiệm.

Ta có bất phương trình x 2 − 3x + 2 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ x ≤ 2 . Yêu cầu bài toán tương đương với bất phương trình:

Bảng xét dấu m

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

1 Từ đó, ta thấy (2) đúng với ∀x ∈ S ⇔ m < − . 2 1 là những giá trị cần tìm. 2 3. Bài tập luyện tập Bài 4.97: Giải các hệ bất phương trình sau:    −x 2 + 4x − 7 < 0 x 2 + x + 5 < 0 a)  2 b)  2  x − 2x − 1 ≥ 0  x − 6x + 1 > 0     2 x − 2x − 7 1 x 2 − 2x − 2 c) −4 ≤ ≤ 1 d) ≤ ≤1 x2 + 1 13 x 2 − 5x + 7

Vậy m ≥ −

Bài 4.98: Tìm m để bất phương trình m 2x + m(x + 1) − 2(x − 1) > 0 nghiệm đúng với mọi x ∈  −2;1    x 2 − ( 1 + 2m ) x + 2m ≤ 0 Bài 4.99: Giải và biện luận hệ bất phương trình  2   x + ( 2 + m ) x + 2m ≤ 0  Bài 4.100: Tìm m để bất phương trình 2x 2 − ( 2m + 1) x + m2 − 2m + 2 ≤ 0 nghiệm đúng với mọi 1  x ∈  ;2  .  2 

Bài 4.101: Cho phương trình: x 2 − 2mx + m2 − m + 1 = 0 ( 1)

2m + 1 − ∆ ' ( x1 < x 2 ) , x2 = m  x < x1 x > 2 , suy ra (2) đúng với ∀x ∈ S ⇔  1 (*) Do đó: f ( x ) < 0 ⇔  x > x 2   x 2 < 1

a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x ≥ 1 . b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x ≤ 1 .

1 + ∆' Ta có x 1 = 2 + <2 m   1 − 5 < m < 0 x2 < 1 ⇔ ∆ ' < m + 1 ⇔   2   ∆ ' < m 2 + 2m + 1  

DẠNG TOÁN 3: GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH TÍCH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN Ở MẤU THỨC 1. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Giải các bất phương trình:

Suy ra (*) ⇔

1− 5 1 <m <− 2 2

+) 0 < m <

1+ 5 ta có: a < 0 và f ( x ) có hai nghiệm phân biệt 2

2m + 1 + m

∆'

, x2 =

2m + 1 − m

∆'

d) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1 < x 2 < 1 .

a) ( 1 − 2x ) ( x 2 − x − 1 ) > 0

  1− 5  <m <0     1 − 5 < m < 0  2 1− 5 1 ⇔ ⇔ ⇔ <m <− .  2   m > 0   2 2 2       2m + m > 0   m < − 1     2

x1 =

c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x 1 < 1 < x 2 .

( x1 > x 2 )

Lời giải: a) Bảng xét dấu x

−∞

1− 5 2 | − + 0

b) x 4 − 5x 2 + 2x + 3 ≤ 0

1 2 0 |

1+ 5 2 | 0

+ + − – – + x2 − x − 1 VT 0 + 0 0 + − − Dựa vào bảng xét dấu, ta có tập nghiệm của bất phương trình đã cho là:  1 − 5 1   1 + 5  S =  ;  ∪  ; +∞  2   2  2 

1 − 2x

b) Bất phương trình (x 4 − 4x 2 + 4) − (x 2 − 2x + 1) ≤ 0

Suy ra f ( x ) < 0 ⇔ x ∈ ( x 2 ; x1 )

-- 73 --

-- 74 --

+∞

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

−∞ 2

x +x −3

−1 − 13 2 + 0 –

1− 5 −1 + 13 2 2 | – 0 +

1+ 5 2 | +

x2 − x − 1 Bảng xét dấu x

+∞

+ | + 0 – | – 0 + x2 − x − 1 VT + 0 – 0 + 0 – 0 + Dựa vào bảng xét dấu, ta có tập nghiệm của bất phương trình đã cho là:  −1 − 13 1 − 5   −1 + 13 1 + 5  ∪ . S =  ; ; 2 2   2 2   Ví dụ 2: Giải các bất phương trình: a)

x2 − 1 >0 2 ( x − 3 )( −3x 2 + 2x + 8 )

Lời giải: a) Bảng xét dấu x

b) x 2 + 10 ≤

x2 − 1

4 3 |

x2 − 3

−

−3x 2 + 2x + 8

−

−∞

−

− 3

− +

|| + || 0 + 0 − − − VT Dựa vào bảng xét dấu, ta có tập nghiệm của bất phương trình đã cho là:  4 S =  − 3; −  ∪ ( −1;1 ) ∪ 3;2  3

(

+∞

)

2x 2 + 1 2x 2 + 1 ⇔ 2 − ( x 2 + 10 ) ≥ 0 2 x −8 x −8 2x 2 + 1 − ( x 2 − 8 )( x 2 + 10 ) 81 − x 4 ⇔ ≥0⇔ 2 ≥0 2 x −8 x −8 2 2 2 ( 9 − x )( 9 + x ) 9−x ⇔ ≥0⇔ 2 ≥0 x2 − 8 x −8 Bảng xét dấu x −3 −∞ −2 2 2 2

b) Ta có x 2 + 10 ≤

x2 − x − 2 2

x −x −1

≥0

x2 − x − 1

− +

x2 − x − 1 ( x 2 − x − 2 )( x 2 − x + 2 )

−

−1

−∞

1+ 5 2 | −

x2 + 1 − x + 1 x 2 + 3x − 6

+ +

 x ≥ −1      x +1 ≥ 0     x ≥ −1  ⇔ x ≠ 3 ⇔ b) ĐKXĐ:  2    x + 3 x − 6 ≠ 0 x ≠ 3       x ≠ −2 3  

Vì

x 2 + 1 + x + 1 > 0 nên

−

x2 + 1 − x + 1

−

x 2 + 3x − 6 x2 − x ⇔ ≤0 2 x + 3x − 6 Bảng xét dấu x

3x − 6

x 2 + 3x − 6

Lời giải:

≤0

+∞ − +

−

≤0⇔

(

x2 + 1 − x + 1

)(

x2 + 1 + x + 1

x 2 + 3x − 6

)≤0

+∞

−2 3 0

0 0

−

3 |

−

−∞

−

Dựa vào bảng xét dấu và đối chiếu điều kiện, ta có tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S =  −1; 0  ∪ [1; 3) Nhận xét: Ở câu b chúng ta phải đặt điều kiện thì khi đó các phép biến đổi trên mới đảm bảo là phép biến đổi tương đươc.   x +1 Ví dụ 4: Tìm m để bất phương trình x − m 2 − m  3 − 3  < 0 (*) có nghiệm .  x − x 2 − 3x + 3  2    x +1   ( x − 2 ) ( 3x + 3x − 4 ) < 0 3 −  > 0  (**) Ta có ( * ) ⇔  ⇔  x 3 − x 2 − 3x + 3 ( x − 1)( x 2 − 3 )   2   x > m2 + m > + x m m      Bảng xét dấu

a) Vì x 2 − x + 2 > 0 nên

-- 75 --

+∞

Lời giải:

≥0

x2 − x + 2

x2 − x

S = [ − 3; −2 2) ∪ (2 2; 3] Ví dụ 3: Giải bất phương trình sau a)

x2 − x − 1

( x 2 − x − 2 )( x 2 − x + 2 )

x2 − x − 2

x2 +

≥0⇔

1− 5 2 | −

x2 − x

3 0 | + 0 | + | − x2 − 8 VT 0 + || || + 0 − − Dựa vào bảng xét dấu, ta có tập nghiệm của bất phương trình đã cho là − +

9 − x2

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

− 2 )( x 2 − x + 2 )

Dựa vào bảng xét dấu, ta có tập nghiệm của bất phương trình đã cho là  1 − 5 1 + 5  S = (−∞; −1] ∪  ;  ∪ [2; +∞)  2 2 

− 0 + | + | − | − 0 + | + | + | + 0

≥0⇔

( x2 − x

x2 − x − 1

2x 2 + 1 x2 − 8

−1

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 x2 − x − 2

⇔ (x 2 − 2)2 − (x − 1)2 ≤ 0 ⇔ (x 2 + x − 3)(x 2 − x − 1) ≤ 0 . Bảng xét dấu

-- 76 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 x

−∞

x −1 x −2 3x + 3x − 4

− − +

x2 − 3

−3 − 57 6 − − 0 −

− 3

− − −

( x − 2)( 3x + 3x − 4) ( x −1)( x2 − 3)

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

−3 + 57 6 − 0 − 0 +

−

1 + − +

+ − + 0

−

+∞ + + +

Tập nghiệm của bất phương trình

−

( x − 2 )( 3x 2 + 3x − 4 ) <0 ( x − 1)( x 2 − 3 )

 −3 − 57   −3 + 57  S =  ; − 3  ∪  ;1  ∪ 6 6    

(

3;2

−

Xét tam thức g ( y ) = −14y 2 + 2y − 2 có hệ số ay = −14 < 0 và ∆ 'y = −27 < 0 +

là

dụng định lí về dấu của tam thức bậc hai để chứng minh. Khi đó g(ai ) ≥ 0 ⇔ ∆ai ≤ 0 .

c) x 4 − x 2 − 2x − 1 > 0 e)

1 − x 2 − 2x x2 + x − 2

d) f)

≥0

Bất đẳng thức viết lại ( 1 + y 2z 2 ) x 2 − 4xyz + y 2 + z 2 + y 2z 2 − 2yz + 1 ≥ 0

Đặt f ( x ) = ( 1 + y 2z 2 ) x 2 − 4xyz + y 2 + z 2 + y 2z 2 − 2yz + 1 , khi đó f ( x ) là một tam thức bậc hai ẩn x có hệ số a = 1 + y 2z 2 > 0 và ∆ 'x = 4y 2z 2 − ( 1 + y 2z 2 )( y 2 + z 2 + y 2z 2 − 2yz + 1 )

3 ≤0 x +x −2 2

( x 2 − 4 )( −3x 2 + 2x + 8 ) x 2 − 2x

⇒ ∆ 'x = −(1 + y 2 − 2yz + z 2 − 2y 2z 2 + y 4z 2 − 2y 3z 3 + y 2z 4 + y 4z 4 ) <0

x2 + 1 − x3 + 1 ≤0 x2 + x

   x 3 + 2x + 3 > 0  x > −1 Bài 4.103: Ta có bpt ⇔  2 ⇔   m − 3m − x > 0  x < m 2 − 3m     Bất phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 3− 5 3+ 5 m − 3m < −1 ⇔ m − 3m + 1 < 0 ⇔ <x < 2 2 DẠNG TOÁN 4: ỨNG DỤNG TAM THỨC BẬC HAI, BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT 1. Phương pháp giải 2

Ta đưa bất đẳng thức về một trong các dạng ax 2 + bx + c > 0 , ax 2 + bx + c ≥ 0 , ax 2 + bx + c < 0   a > 0  a > 0  a < 0 a < 0 ,  ,  hoặc  . hoặc ax 2 + bx + c ≤ 0 rồi đi chứng minh(theo thứ tự)  ∆ < 0  ∆ ≤ 0  ∆ < 0 ∆ ≤0       Nếu BĐT cần chứng minh có dạng: A ≤ 4BC (hoặc A ≤ BC ) ta có thể 2

Ví dụ 2: Cho x, y, z là số thực. Chứng minh rằng x 2 + y 2 + z 2 + x 2y 2z 2 − 4xyz + y 2z 2 − 2yz + 1 ≥ 0 . Lời giải:

⇔ m + m < 2 ⇔ m + m − 2 < 0 ⇔ −2 < m < 1 Vậy −2 < m < 1 là giá trị cần tìm. 2. Bài tập luyện tập Bài 4.102: Giải các bất phương trình sau

b) x 2 + x −

Do đó f ( x ) < 0 với mọi x, y .

∀a1, a2 ,..., an mà f (a1, a2,..., an ) = g(ai ) là một tam thức bậc hai với ẩn ai có hệ số a > 0 , ta có thể sử

)

a) (4 − 3x )(−2x 2 + 3x − 1) ≤ 0

Suy ra ∆ 'x < 0

Nhận xét: * Khi gặp bài toán chứng minh BĐT có dạng: f (a1, a2,..., an ) ≥ 0

Do đó bất phương trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi hệ bất phương trình (**) có nghiệm 2

Đặt f (x ) = 3x 2 − 2(y + 1)x + 5y 2 + 1 xem y là tham số khi đó f ( x ) là tam thức bậc hai ẩn x có hệ số

∆x ' = (y + 1)2 − 3(5y 2 + 1) = −14y 2 + 2y − 2

−

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

ax = 3 > 0 và

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

Viết bất đẳng thức lại dưới dạng 3x 2 − 2(y + 1)x + 5y 2 + 1 > 0

Áp dụng BĐT a 2 + b 2 ≥ 2ab ta có

y 4z 2 + y 2z 4 ≥ 2y 3z 3 , y 4z 4 + 1 ≥ 2y 2z 2 và y 2 + z 2 ≥ 2yz Cộng vế với vế lại suy ra ∆ 'x ≤ 0 Do đó f ( x ) ≥ 0, ∀x , y, z . ĐPCM.

Ví dụ 3: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác và x, y, z thỏa mãn: a 2x + b 2y + c 2z = 0 .Chứng minh rằng: xy + yz + zx ≤ 0 .

Lời giải: * Nếu trong ba số x,y,z có một số bằng 0, chẳng hạn x = 0 ⇒ b 2y = −c 2z .

⇒ xy + yz + zx = yz = −

c2 2 z ≤ 0. b2

* x , y, z ≠ 0 .Do a 2x + b 2y + c 2z = 0 ⇒ x = − ⇒ xy + yz + zx ≤ 0 ⇔ −(y + z )

b 2y + c 2z a2

b 2y + c 2z + yz ≤ 0 a2

⇔ f (y ) = b 2y 2 + (b 2 + c 2 − a 2 )yz + c 2z 2 ≥ 0 .

luôn cùng dấu với B. Khi đó ta sẽ có ∆ ≤ 0 . 2. Các ví dụ minh họa

Tam thức f (y ) có ∆y =  (b 2 + c 2 − a 2 )2 − 4b 2c 2  z 2 . | b − c |< a  Vì  ⇒ −2bc < b 2 + c 2 − a 2 < 2bc  b +c > a  

Ví dụ 1: Cho hai số thực x, y . Chứng minh rằng 3x 2 + 5y 2 − 2x − 2xy + 1 > 0

⇒ (b 2 + c 2 − a 2 )2 < 4c 2b 2 ⇒ ∆y ≤ 0, ∀z ⇒ f (y ) ≥ 0 ∀y, z .

Lời giải:

Ví dụ 4: (BĐT Bunhiacốpski) Cho 2n số a1, a2,.., an , b1, b2 ,..., bn . Chứng minh rằng:

chứng minh tam thức f (x ) = Bx 2 + Ax + C (hoặc f (x ) = Bx 2 + 2Ax + C )

-- 77 --

-- 78 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

(a1b1 + a2b2 + ... + anbn )2 ≤ (a12 + a22 + ... + an2 )(b12 + b22 + ... + bn2 ) . Lời giải: * Nếu a12 + a22 + ... + an2 = 0 ⇒ BĐT hiển nhiên đúng. * Nếu a12 + a22 + ... + an2 > 0 . Xét tam thức: f (x ) = ( a12 + a 22 + ... + an2 ) x 2 − 2(a1b1 + a2b2 + ... + anbn )x

+b12 + b22 + ... + bn2 = (a1x − b1 )2 + (a2x − b2 )2 + ... + (an x − bn )2 ≥ 0 ∀x −(a12 + a22 + ... + an2 )(b12 + b22 + ... + bn2 ) ≤ 0 ⇔ (a1b1 + a2b2 + ... + anbn )2 ≤ (a12 + a22 + ... + an2 )(b12 + b22 + ... + bn2 ) a1 a a = 2 = ... = n . b1 b2 bn

3. Bài tập luyện tập Bài 4.104: Tìm tất cả các giá trị của y sao cho BĐT sau đúng với ∀x , z ∈ R .

x 2 + 9y 2 + 5z 2 + 6xy − 4xz − 12yz − 2z + 1 ≥ 0 . Bài 4.105: Cho x, y, z ≥ 0 thỏa mãn: xy + yz + zx + xyz = 4 . Chứng minh rằng: x + y + z ≥ xy + yz + zx .

Bài 4.106: Cho các số thực dương x,y,z. Chứng minh rằng:

 f (x ) = g(x ) f (x ) = g(x ) ⇔   f (x ) = −g(x )   g (x ) > 0 • f (x ) < g(x ) ⇔   − g(x ) < f (x ) < g(x )     g (x ) < 0     f (x ) có nghĩa    g (x ) ≥ 0  • f (x ) > g (x ) ⇔     f (x ) < −g(x )          f (x ) > g(x ) Ví dụ 1: Giải các phương trình sau:

a) 2x 2 − 3x − 1 = −x 2 + 2x + 1

b) x 2 − 5x + 4 = x 3 − 3x + 4

c) x 2 − 5x + 4 − x + 1 = x 2 + x

d) x 2 − 3x + 1 + x − 1 = 12 ( x − 3 )

Lời giải:

xzy + 2(x 2 + y 2 + z 2 ) + 8 ≥ 5(x + y + z ) (THTT). Bài 4.107: Cho các số thực x, y thỏa mãn bất phương trình 5x + 5y − 5x − 15y + 8 ≤ 0 . Tìm giá trị nhỏ 2

nhất của biểu thức S = x + 3y.

Bài 4.108: Cho a,b là các số thực thỏa mãn a 2 + b 2 = 4a − 3b. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P = 2a + 3b.

Bài 4.109: Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 5 và x − y + z = 3 . Tìm giá trị lớn nhất và x +y −2 z +2 Bài 4.110: Cho a, b, c là số thực. Chứng minh rằng

nhỏ nhất của biểu thức P =

2(a + b + c − ab − bc − ca + 1)2 + (ab + bc + ca − 2)2 ≥ 3 Bài 4.111: Cho a và b là các số thực thỏa mãn 9a 2 + 8ab + 7b 2 ≤ 6 . Chứng minh rằng 7a + 5b + 12ab ≤ 9 . Bài 4.112: Cho các số thực không âm x,y,z thỏa mãn: x + y + z = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của: P = 9xy + 10yz + 11zx .

CHỦ ĐỀ 8: PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ BẬC HAI DẠNG TOÁN 1: PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN TRONG DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI 1. Phương pháp giải Để giải phương trình, bất phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối(GTTĐ) ta cần khử dấu GTTĐ. Sau đây là một số cách thường dùng để khử dấu GTTĐ + Sử dụng định nghĩa hoặc tính chất của GTTĐ để khử dấu GTTĐ. + Đặt ẩn phụ là biểu thức chứa dấu GTTĐ để khử dấu GTTĐ -- 79 --

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

•

⇒ ∆ = (a1b1 + a2b2 + ... + anbn )2 −

Đẳng thức có ⇔

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

2. Các ví dụ minh họa Loại 1: Sử dụng định nghĩa và tính chất của dấu giá trị tuyệt đối *Lưu ý: Sau đây là một số loại toán phương trình, bất phương trình cơ bản có thể thức hiện bằng phép biến đổi tương đương.   g(x ) ≥ 0   • f (x ) = g(x ) ⇔   f (x ) = g(x )     f (x ) = −g(x )    

  x 2 − 2x − 1 ≤ 0 −x 2 + 2x + 1 ≥ 0      2 2    3x 2 − 5x − 2 = 0  a) Ta có phương trình ⇔   2x − 3x − 1 = −x + 2x + 1 ⇔    2 2     2     2x − 3x − 1 = −(−x + 2x + 1)   x − x = 0     1 − 2 ≤ x ≤ 1 + 2 x = 2    x = 2      x = − 1   ⇔ ⇔  x = −1  3    3  x = 0     x = 0   x = 1    = x 1        1  Vậy nghiệm của phương trình là x ∈   0;1;2; −    3    

b) Với 1 ≤ x ≤ 4 ⇒ x 2 − 5x + 4 ≥ 0 ta có Phương trình ⇔ − ( x 2 − 5x + 4 ) = x 3 − 3x + 4 ⇔ x 3 + x 2 − 8x + 8 = 0 Áp dụng BĐT côsi ta có x 3 + 4 + 2 ≥ 3 3 8x 3 = 6x , x 2 + 2 ≥ 2 2x

(

)

Suy ra x 3 + x 2 − 8x + 8 ≥ 6x + 2 2x − 8x = 2 2 − 2 x > 0 Do đó phương trình vô nghiệm. x > 4 Với  ⇒ x 2 − 5x + 4 > 0 ta có  x < 1 Phương trình ⇔ x 2 − 5x + 4 = x 3 − 3x + 4

-- 80 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

1 0 0

+ +

+ −

4 | 0

+∞ + +

Từ đó ta có các trường hợp sau

• Với x ≤ −1 , ta có phương trình ⇔ ( x 2 − 5x + 4 ) + ( x + 1 ) = x 2 + x ⇔ x = 1 (loại) Với

• ⇔x=

−1 < x ≤ 1 ,

có

phương

trình

⇔ ( x 2 − 5x + 4 ) − ( x + 1 ) = x 2 + x

3 (thỏa mãn) 7

• Với 1 < x ≤ 4 , ta có phương trình − ( x 2 − 5x + 4 ) − ( x + 1 ) = x 2 + x ⇔ 2x 2 − 3x + 5 = 0 phương trình này vô nghiệm.

• Với x > 4 , ta có phương trình ⇔ x 2 − 5x + 4 − ( x + 1 ) = x 2 + x ⇔ x = Vậy phương trình đã cho có duy nhất nghiệm x =

3 (loại) 7

3 . 7

 x ≥3  d) Ta có phương trình  2  − + + x 3 x 1 x − 1 = 12 ( x − 3 )     x ≥3 x ≥3   ⇔ ⇔  2  2   − + + − = − − x 3 x 1 x 1 12 x 3 x 14 x + 36 = 0 ( )       x ≥3 ⇔ ⇔ x = 7 ± 13   x = 7 ± 13  

Vậy phương trình có nghiệm là x = 7 ± 13 . Ví dụ 2: Giải các bất phương trình sau a) x 2 − x − 1 ≥ x − 1 c) 3x − 2 + 3 − 2x 2

b) −x 2 + 3x + 2 < x 2 − 3x + 2 ≤ 6(x − 2) 2

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

x ≥ 2 Với ta có x 2 − 3x + 2 ≥ 0 ⇔   x ≤ 1

⇔ x 3 − x 2 + 2x = 0 ⇔ x = 0 (thỏa mãn) Vậy nghiệm của phương trình là x = 0 c) Bảng xét dấu −1 −∞ x 0 x +1 − + 0 x 2 − 5x + 4

d) 2x − 5x + 3 − x − 1 > x − 2 . 2

Lời giải: a) Với x < 1 ta có VT ≥ 0, VP < 0 suy bất phương trình nghiệm đúng với mọi x < 1 Với x ≥ 1 ta có bất phương trình tương đương với   x ≥1 x ≥1       2 2    x − x − 1 ≥ x − 1 ⇔    x − 2x ≥ 0  2  2     x − x − 1 ≤ 1 − x   x − 2 ≤ 0       x ≥1    x ≥1     x ≥ 2 x ≥2      ⇔  ⇔   x ≥ 2 ⇔  x ≤ 0    1 ≤ x ≤ 2  x ≤ 2   − 2 ≤ x ≤ 2         Vậy nghiệm của bất phương trình là x ∈ (−∞; 2] ∪ [2; +∞)

Bất phương trình tương đương với − ( x 2 − 3x + 2 ) < −x 2 + 3x + 2 < x 2 − 3x + 2 x > 3 ⇔ 2x 2 − 6x > 0 ⇔   x < 0 x ≥ 2 Đối chiếu với điều kiện  suy ra nghiệm bất phương trình là  x ≤ 1 Vậy bất phương trình có nghiệm x ∈ (−∞; 0) ∪ (3; +∞) .

c) Nếu x 2 − 2 < 0 thì VT ≥ 0, VP < 0 suy ra bất phương trình vô nghiệm   x2 − 2 ≥ 0 Do đó bất phương trình ⇔  2  3x − 2 + 2x 2 − 3 ≤ 6 ( x 2 − 2 )    x ≥ 7  x 2 ≥ 2  x2 ≥ 2  ⇔ ⇔ ⇔   2  2 2 2   x − + x − ≤ x − x ≥ 3 2 2 3 6 2 7 ( ) x ≤− 7      Vậy nghiệm của bất phương trình là x ∈ (−∞; − 7] ∪ [ 7; +∞)

d) 2x 2 − 5x + 3 − x − 1 > x − 2 Với x < 2 ta có VT ≥ 0, VP < 0 suy bất phương trình nghiệm đúng với mọi x < 2 Với x ≥ 2 ta có 2x 2 − 5x + 3 = ( x − 1)( 2x − 3 ) > 0 suy ra bất phương trình tương đương với 2x 2 − 5x + 3 − ( x − 1 ) > x − 2 ⇔ 2x 2 − 6x + 4 > x − 2 ⇔ 2x 2 − 6x + 4 > x − 2 (vì x ≥ 2 ⇒ 2x 2 − 6x + 4 = ( x − 1) (2x − 4) ≥ 0 )

x > 2  ⇔ 2x 2 − 7x + 6 > 0 ⇔  x < 3  2 Đối chiếu với điều kiện x ≥ 2 ta có nghiệm bất phương trình là x > 2 Vậy bất phương trình có nghiệm là x ∈ ℝ \ { 2 } .

Ví dụ 3: Tìm m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt −x 2 − x + 6 = 4x + m . Lời giải: Ta có −x 2 − x + 6 = 4x + m ⇔ −x 2 − x + 6 − 4x = m Xét hàm số f ( x ) = −x 2 − x + 6 − 4x

 x 2 − 5x + 6 khi x ∈  −3;2  −   Ta có f ( x ) =   2  x − 3x − 6 khi x ∈ ( −∞; −3 ) ∪ ( 2; +∞ )   Bảng biến thiên x 5 3 −3 − −∞ 2 2

f (x )

+∞

+∞ +∞

99 4

12 −4

b) Với x − 3x + 2 < 0 ⇔ 1 < x < 2 ta có VT ≥ 0, VP < 0 suy ra bất phương trình vô nghiệm 2

-- 81 --

x > 3  x < 0 

-- 82 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

Từ bảng biến thiên ta có Phương trình ban đầu có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đồ thị hàm số f cắt đường thẳng y = m tại bốn điểm phân biệt ⇔ 12 < m <

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

Loại 2: Đặt ẩn phụ Ví dụ 5: Giải các phương trình và bất phương trình sau 2

99 . 4

a) 3 ( x 2 − 4x ) − x − 2 > 12

99 là giá trị cần tìm. 4 Nhận xét: Nghiệm của phương trình f ( x ) = g ( m ) là hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và

Vậy 12 < m <

đường thẳng y = g ( m ) . Từ đó suy ra

• Phương trình f ( x ) = g ( m ) có nghiệm ⇔ đường thẳng y = g ( m ) cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) • Số nghiệm phương trình f ( x ) = g ( m ) ⇔ số giao điểm của đường thẳng y = g ( m ) và đồ thị hàm số

y = f (x ). Do đó khi gặp bài toán liên quan đến phương trình f ( x, m ) = 0 mà ta có thể cô lập được m thì ta sử dụng

đồ thị(hoặc bảng biến thiên) để giải. Ví dụ 4: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm x 2 − 3x + 2 ≥ 3x 2 + 5x + 3m 2 + 5m .

( x 2 + 1) x

≤3x+

1 −2 x

c) x 4 − 2x 2 + 4x − ( 2x + 5 ) x 2 − 1 + 7 = 0

Lời giải: a) Đặt t = x − 2 , t ≥ 0 ⇒ t 2 = x 2 − 4x + 4 Bất phương trình trở thành 3 ( t 2 − 4 ) − t > 12

 t>3  ⇔ 3t 2 − t − 24 > 0 ⇔  t < − 8  3 Kết hợp điều kiện t ≥ 0 ta có t > 3 suy ra  x −2 > 3  x >5 x − 2 > 3 ⇔  ⇔  x − 2 < − 3 x < −1   Vậy bất phương trình có nghiệm là x ∈ ( −∞; −1 ) ∪ ( 5; +∞ ) .

Lời giải:

b) ĐKXĐ: x ≠ 0

Bất phương trình ⇔ x 2 − 3x + 2 − 3x 2 − 5x ≥ 3m 2 + 5m

Bất phương trình ⇔ x 2 +

Xét hàm số f ( x ) = x − 3x + 2 − 3x − 5x 2

  −2x 2 − 8x + 2 khi x ∈ (−∞;1] ∪ [2; +∞) Ta có f ( x ) =  − 4x 2 − 2x − 2 khi x ∈ ( 1;2 )   Bảng biến thiên x 1 −2 − 1 −∞ 4

f (x )

Đặt t = x +

1 1 ⇒ t2 = x2 + 2 + 2 x x

Ta có t = x +

+∞

1 1 +4≤3 x + x x2

1 1 1 = x + ≥2 x . =2⇒t ≥2 x x x

Bất phương trình trở thành t 2 + 2 ≤ 3t ⇔ t 2 − 3t + 2 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ t ≤ 2 Kết hợp với t ≥ 2 suy ra t = 2

10 −8 −22

 x 2 + 1 = 2x 1 ⇒ 2 x = x 2 + 1 ⇔  2 ⇔ x = ±1 (thỏa mãn) x  x + 1 = −2x Vậy bất phương trình có nghiệm là x = ±1 .

Do đó 2 = x +

−∞ Từ đó ta có: max f ( x ) = f ( −2 ) = 10

−∞

c) Phương trình ⇔ ( x 2 − 1 ) − ( 2x + 5 ) x 2 − 1 + 4x + 6 = 0

Do đó bất phương trình đã cho có nghiệm ⇔ 10 ≥ 3m 2 + 5m ⇔ 3m 2 + 5m − 10 ≤ 0 ⇔

Đặt t = x 2 − 1 , t ≥ 0

−5 − 145 −5 + 145 ≤m ≤ 6 6

Phương trình trở thành t 2 − ( 2x + 5 ) t + 4x + 6 = 0

−5 − 145 −5 + 145 là giá trị cần tìm. Vậy ≤m ≤ 6 6 Nhận xét . Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên D

• Bất phương trình f ( x ) ≥ k (f ( x ) ≤ k ) có nghiệm trên D ⇔ max f ( x ) ≥ k ( min f ( x ) ≤ k ) với điều D

kiện tồn tại max f ( x ) ( min f ( x ) ). D

 t = 2x + 3 ⇔ ( t − 2x − 3 )( t − 2 ) = 0 ⇔   t = 2  2x + 3 ≥ 0    2 Với t = 2x + 3 ta có 2x + 3 = x 2 − 1 ⇔   x − 1 = 2x + 3   x 2 − 1 = −2x − 3   

• Bất phương trình f ( x ) ≥ k (f ( x ) ≤ k ) nghiệm đúng với ∀x ∈ D ⇔ min f ( x ) ≥ k ( max f ( x ) ≤ k ) với D

điều kiện tồn tại max f ( x ) ( min f ( x ) ). D

-- 83 --

-- 84 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

{

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 Bảng biến thiên −∞ x

 2x + 3 ≥ 0      x ≥ −3  2  x − 2 x − 4 = 0 ⇔ ⇔ 2 ⇔ x = 1± 5       x 2 + 2x + 2 = 0 x = 1 ± 5         x2 − 1 = 2 Với t = 2 ta có 2 = x 2 − 1 ⇔  2 ⇔ x2 = 3 ⇔ x = ± 3  x − 1 = −2

f (x )

}

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

−1

+∞ +∞

f ( −1 )

Vậy phương trình có nghiệm là x ∈ − 3;1 − 5;1 + 5; 3 . Suy ra phương trình đã cho có nghiệm ⇔ f ( −1 ) ≤ 0

Ví dụ 6: Tìm m để phương trình x − 2x + m = x − 1 có nghiệm. 2

Lời giải: Phương trình tương đương với  ( x 2 − 2x + m )2 = ( x − 1 )2  ⇔   x ≥1   

⇔ 1 + 2m − 1 + m 2 − 1 ≤ 0 ⇔ m 2 + 2m − 1 ≤ 0 ⇔ −1 − 2 ≤ m ≤ −1 + 2 Kết hợp với điều kiện m < −

 ( x 2 − 2x )2 + 2m ( x 2 − 2x ) + m 2 = x 2 − 2x + 1    x ≥1   

5 là giá trị cần tìm. 4 Ví dụ 7: Tìm m để bất phương trình x ( x − 2 ) − m x − 1 + 2 > 0 nghiệm đúng với mọi x ∈ ℝ .

Vậy −1 − 2 ≤ m <

2  2 2 2  ( x − 2x ) + ( 2m − 1 ) ( x − 2x ) + m − 1 = 0 (*) ⇔  x ≥1   

Lời giải: 2

Bất phương trình tương đương với ( x − 1 ) − m x − 1 + 1 > 0

Đặt t = x − 2x , vì x ≥ 1 ⇒ t = ( x − 1 ) − 1 ≥ −1 2

Với x = 1 ta có bất phương trình luôn đúng với mọi m

Phương trình (*) trở thành t 2 − ( 2m − 1) t + m2 − 1 = 0 (**)

Với x ≠ 1 . Đặt t = x − 1 ⇒ t > 0

Phương trình ban đầu có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (**) có nghiệm t ≥ −1

⇔ Đồ thị hàm số f ( t ) = t 2 − ( 2m − 1) t + m2 − 1 trên [ − 1; +∞) cắt trục hoành. Ta có − 2m − 1 1 > −1 ⇔ m > − ta có 2 2 Bảng biến thiên x −1 −∞

1 1 suy ra −1 − 2 ≤ m < − thỏa mãn yêu cầu bài toán 2 2

b 2m − 1 = 2a 2

+ TH1: Nếu

t2 + 1 > m (*) t Suy ra bất phương trình ban đầu nghiệm đúng với mọi x ≠ 1 khi và chỉ khi bất phương trình (*) nghiệm Bất phương trình trở thành t 2 − mt + 1 > 0 ⇔

đúng với mọi t > 0 ⇔ min t >0

Ta có

2m − 1 2

f ( −1 )

+∞

f (x )  2m − 1  f    2  Suy ra phương trình đã cho có nghiệm

t2 + 1 >m t

t 2 + 1 2t ≥ = 2 , đẳng thức xảy ra ⇔ t = 1 t t

t2 + 1 = 2 , do đó m < 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán t Vậy m < 2 là giá trị cần tìm. 3. Bài tập luyện tập Bài 4.113: Giải các phương trình sau Suy ra min t >0

a) 3x − 2 = x 2 + 2x + 3

b) | 2x 2 − 7x + 2 |= x + 2

c) x 2 − 3x + 2 − x + 2 = x 2 − 3x

 2m − 1   2m − 1   2m − 1  5 ⇔ f   ≤ 0 ⇔   − ( 2m − 1 )   + m2 − 1 ≤ 0 ⇔ m <  2   2   2  4 1 1 5 Kết hợp với điều kiện m > − suy ra − < m < thỏa mãn yêu cầu bài toán 2 2 4 + TH2: Nếu t 2 + 2t −

2m − 1 1 = −1 ⇔ m = − phương trình (**) trở thành 2 2

−2 ± 3 =0⇔t = 4 2

+ TH3: Nếu

có t =

−2 + 2

> −1 suy ra m = −

2m − 1 1 < −1 ⇔ m < − ta có 2 2

Bài 4.114: Giải các bất phương trình sau a) x 2 − 5x + 4 > x − 2

b) x 2 − x − 6 < x

c) x − 3 x − 1 > x + 2

d) 2x − 1 + 3x − 2 ≤ x + 3

e) x 3 −

1 thảo mãn yêu cầu bài toán 2

2x 1 1 = + x +1 x +1 x −1

1 1 ≤3x− x x3

Bài 4.115: Biện luận số nghiệm của phương trình: x − 1 − x 2 − 3x + 2 = 5m − 3 . Bài 4.116: Tìm m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt: −2x 2 + 10x − 8 = m − 5x + x 2 .

-- 85 --

-- 86 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

Bài 4.117: Tìm m để bất phương trình 2x 2 − 3x − 2 ≥ 5m − 8x − 2x 2 nghiệm đúng với mọi x . Bài 4.118: Cho bất phương trình x 2 − 4x − 3 | x − 2 | +2m − 2 = 0 a) Giải phương trình khi m = 1 b) Tìm m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt.

Bài 4.119: Cho bất phương trình x 2 − 2mx + 2 x − m − m2 + 2 > 0 a) Giải bất phương trình khi m = 2 b) Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với ∀x ∈ ℝ DẠNG TOÁN 2: PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN 1. Phương pháp giải Để giải phương trình, bất phương trình chứa ẩn trong dấu căn mục đích chúng ta phải khử căn thức đi. Sau đây là một số phương pháp thường dùng. + Biến đổi tương đương( Bình phương hai vế, phân tích thành nhân tử) Lưu ý: Đối với bất phương trình, bình phương hai vế không âm thì mới thu về bất phương trình tương đương cùng chiều + Đặt ẩn phụ + Đánh giá 2. Các ví dụ minh họa Loại 1: Sử dụng phép biến đổi tương đương Lưu ý một số phương trình, bất phương trình cơ bản sử dụng phép biến đổi tương đương như sau Phương trình:   f (x ) ≥ 0 ( hoặc g ( x ) ≥ 0 ) • f (x ) = g(x ) ⇔    f (x ) = g(x )     g(x ) ≥ 0  f (x ) = g(x ) ⇔  • 2  f (x ) = [ g(x ) ]    Bất phương trình:   f (x ) > g (x ) • f (x ) > g(x ) ⇔    g (x ) ≥ 0    f (x ) ≥ 0    f (x ) < g(x ) ⇔  •  g(x ) > 0  2   f (x ) < [ g(x ) ]     g(x ) < 0     f (x ) ≥ 0  f (x ) > g(x ) ⇔   •  g(x ) ≥ 0   2  [ ]   f (x ) > g(x )  Ví dụ 1: Giải các phương trình sau a)

x3 − x + 1 =

x + 4 − 1−x =

−2x 2 − x + 2 1 − 2x

2x 2 + 3x − 1 = 3 − x 2

x−

1 1 + 1− = x x x

Lời giải:   −2x 2 − x + 2 ≥ 0 a) Ta có phương trình ⇔  3  x − x + 1 = −2x 2 − x + 2  

-- 87 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

  −1 −      1 17 1 17 − − − + 4   x ≤ ≤   ⇔ ⇔ 4 4   3 2   x + 2x − 1 = 0        

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

−1 + 17 4 x = −1 ≤x ≤

    x = −1 ± 5  2

 x = −1  ⇔  x = −1 ± 5  2  −1 − 5   −1 + 5   Vậy phương trình có nghiệm là x ∈  ; −1; .   2 2     2   3 − x ≥ 0  b) Phương trình ⇔  2 2  2x + 3x − 1 = ( 3 − x 2 )        − 3 ≤x ≤ 3 − 3 ≤x ≤ 3 ⇔ ⇔  4  2   x − 8 x − 3 x + 10 = 0 x x + 2 )( x 2 − x − 5 ) = 0 − 1 ( )(       − 3≤x ≤ 3     x = −2     ⇔ ⇔x =1  x = 1    1 ± 21     x =    2

Vậy phương trình có nghiệm là x = 1 . c) ĐKXĐ: −4 ≤ x ≤ Phương trình ⇔

1 2

x +4 =

1 − 2x + 1 − x

⇔ x + 4 = 1 − 2x + 2 (1 − 2x )(1 − x ) + 1 − x ⇔ 2x + 1 =

 2x + 1 ≥ 0  (1 − 2x )(1 − x ) ⇔    (2x + 1)2 = (1 − 2x )(1 − x )  

  x ≥ − 1 ⇔ ⇔ x = 0 (thỏa mãn điều kiện)  2   2x 2 + 7x = 0   Vậy phương trình có nghiệm là x = 0 .  x >0     1  x− ≥0   x ≥1    x   d) Phương trình ⇔  ⇔  1 1 1   1− ≥ 0 x − = x − 1−     x x x    1 1   x − + 1− = x    x x   x ≥1   x ≥1   ⇔  1 1 1 ⇔ 2 2   − − 2 x x x2 − x + 1 = 0  x − = x + 1 − − 2x 1 −     x x x -- 88 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

  ⇔    

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

 x ≥1    x ≥1  x ≥1 1+ 5   ⇔ ⇔   2 1± 5 ⇔ x = 2   x − x −1 = 0 x2 − x = 1  x =    2

Vậy phương trình có nghiệm là x =

1+ 5 . 2

−5x 2 + 8x − 3 + 5x − 3 =

(

b) x 2 + ( 3 − x ) 2x − 1 = x 3 2x 2 − 5x + 2 − x − 2

)

Lời giải:

  −5x 2 + 8x − 3 ≥ 0   3 5x − 3 ≥ 0 a) ĐKXĐ:  ⇔ ≤x ≤1   5  1−x ≥ 0    Phương trình

( 5x − 3 )( 1 − x ) +

5x − 3 =

1−x +1

5x − 3 = 1 ⇔ x =

Phương trình ⇔

x −2

(

a) x + 1 ≥

)

2x − 1 − x + x ( 3 − x ) + 2x − 1 ( x − 3 ) = 0

 2x − 1 = x ⇔ ( 2x − 1 − x )( x − 2 − 3 + x ) = 0 ⇔   x − 2 = 3 − x 2  2x − 1 = x 2  x − 2x + 1 = 0    3−x ≥ 0 x ≤3  ⇔   ⇔     2  2    x − 7 x + 11 = 0 − 2 = 3 − x x  ( )      x =1   x =1    x ≤3  ⇔  ⇔ 7− 5   7± 5   x = 2 x =   2

Đối chiếu với điều kiện x ≥ 2 suy ra x = Vậy phương trình có nghiệm là x =

Ví dụ 3: Giải các phương trình 5

(

7− 5 thỏa mãn 2

7− 5 . 2

x +3+

25 ( x + 3 ) − ( αx + β ) 5 x + 3 + ( αx + β )

như vậy để có đại nhân tử x 2 − 7x + 6

thì

 5 1 + 3 − (α + β ) = 0 α = 1    . Hoàn toàn tương tự với đại lượng 5 3x − 2 . Do đó ta tách được ⇔    β = 9 5 6 + 3 − ( α.6 + β ) = 0      như lời giải ở trên. Ví dụ 4: Giải các bất phương trình sau

2x − 1 − x x − 2 + 3x − x 2 − 3 2x − 1 + x 2x − 1 = 0

x −2

)

−x 2 + 7x − 6

tử chung x 2 − 7x + 6 . Đối với 5 x + 3 ta ghép thêm với αx + β , như thế sau khi trục căn thức ta có 5 x + 3 − ( αx + β ) =

4 (thỏa mãn điều kiện) 5 4 Vậy phương trình có nghiệm x = . 5 2   2 x − 5 x + 2 ≥ 0   b) ĐKXĐ:  ⇔x ≥2  2x − 1 ≥ 0   x − 2 ≥ 0   

⇔

−x 2 + 7x − 6

⇔ ( 5x − 3 − 1)( 1 − x + 1) = 0 ⇔

) (

x + 3 − x − 9 + 5 3x − 2 − 3x − 2 = 5x 2 − 35x + 30

+ = 5x 2 − 35x + 30 5 x + 3 + x + 9 5 3x − 2 + 3x + 2   1 1 ⇔ ( x 2 − 7x + 6 )  + + 5  = 0  5 x + 3 + x + 9 5 3x − 2 + 3x + 2  x = 1 (thỏa mãn điều kiện) ⇔ x 2 − 7x + 6 = 0 ⇔   x = 6 Vậy phương trình có nghiệm là x = 1 và x = 6 . Nhận xét: Ở phương trình đầu (câu a) dễ thấy x = 1, x = 6 là nghiệm do đó ta tìm cách làm xuất hiện nhân ⇔

1−x +1

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

 x ≥ −3  x +3≥0   2 ĐKXĐ:  ⇔  2 ⇔x ≥   3 x ≥  3x − 2 ≥ 0     3 Phương trình tương đương với

Ví dụ 2: Giải các phương trình sau a)

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

2(x 2 − 1)

5x − 1 − x − 1 >

2x − 4

(x + 5)(3x + 4) > 4(x − 1)

d) (x − 3) x 2 − 4 ≤ x 2 − 9

Lời giải:   2(x 2 − 1) ≥ 0   a) Bất phương trình ⇔  . x + 1 ≥ 0   2 2 2( x − 1) ≤ ( x + 1)     x ≥ 1  x ≥ 1            x ≤ − 1     x ≤ −1  x = −1   ⇔ ⇔  x ≥ −1  x ≥ −1 ⇔    1≤x ≤3  x 2 − 2x − 3 ≤ 0 1 ≤ x ≤ 3              Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S = { −1} ∪  1; 3  .   4(x − 1) < 0    (x + 5)(3x + 4) ≥ 0 b) Bất phương trình ⇔     x − 1 ≥ 0  2   (x + 5)(3x + 4) > 16(x − 1)

)

3x − 2 = 5x 2 − 31x + 41

Lời giải: -- 89 --

-- 90 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

 x < 1   x ≤ −5     4  4    x ≥−  − ≤ x < 1   3   x ≤ −5 ⇔  ⇔  3        x ≥ 1    x ≥1     − 1 < x < 4   13x 2 − 51x − 4 < 0   13    x ≤ −5   x ≤ −5  4   ⇔ − ≤x <1⇔  4  3 − ≤ x < 4   3 1 ≤ x < 4 

⇔ x +2 >

5x − 1 >

Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = (−∞; −

13 ] ∪ [3; +∞) 6

Ví dụ 5: Giải các bất phương trình sau a) c) 8

x − 1 + 2x − 4

( 2x − 4 )( x − 1)

⇔ x 2 + 4x + 4 > 2x 2 − 6x + 4 (do x ≥ 2 ) ⇔ x 2 − 10x < 0 ⇔ 0 < x < 10 Kết hợp điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình S = [2;10)

d) (x − 3) x 2 − 4 ≤ x 2 − 9  x ≥2 ĐKXĐ: x 2 − 4 ≥ 0 ⇔   x ≤ −2 Nhận xét x = 3 là nghiệm bất phương trình +) Với x > 3 : ta có

Bất phương trình ⇔

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

Kết hợp với điều kiện x < 3 suy ra bất phương trình có tập nghiệm S = (−∞; −

4 Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S = (−∞; −5] ∪ [ − ; 4) . 3   5x − 1 ≥ 0   x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2 c) ĐKXĐ:    2x − 4 ≥ 0    Bất phương trình ⇔

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

51 − 2x − x 2 <1 1−x

2x − 3 + 3 ≥ 6 2x − 3 + x +1

13 6 Kết hợp với điều kiện x > 3 ta có tập nghiệm bất phương trình là S = ( 3; +∞ ) . 2

+) Với x < 3 Bất phương trình ⇔

x −3

+ x −3 >

7 −x x −3

4 x +1

 x ≥ 4  2       x ≥ 16 ⇔   x ≤ −4 ⇔ x ≥ 4 . b) ĐKXĐ:   x >3      x >3   

2(x 2 − 16) + x − 3 > 7 − x

2(x − 16) > 10 − 2x kết hợp với điều kiện x ≥ 4 ta có bất phương trình 2

10 − 2x < 0  (I) hoặc ⇔   x ≥4  

  x ≥4    (II) 10 − 2x ≥ 0   2 2 − > − 2( x 16) (10 2 x )   

x > 5  Ta có ( I ) ⇔  ⇔x >5  x ≥4     x ≥4   4 ≤ x ≤ 5  . ⇔ ( II ) ⇔ 10 − 2x ≥ 0  2  x − 20x + 66 < 0   2 2  2( x 16) (10 2 x ) − > −      4≤x ≤5  ⇔ 10 − 34 < x ≤ 5   10 − 34 < x ≤ 10 + 34  

x2 − 4 ≥ x + 3 x + 3 > 0 x + 3 ≤ 0    (I) hoặc  2 ⇔  2 2 (II)   x − 4 ≥ 0 x − 4 ≥ (x + 3)       x ≤ −3    Ta có (I) ⇔    x ≥ 2 ⇔ x ≤ −3     x ≤ −2  

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = 10 − 34; +∞

  x > −3    x > −3 13 (II) ⇔  ⇔   13 ⇔ −3 < x ≤ −   6 + 13 ≤ 0 x 6 x ≤ −      6

 2x − 3 ≥ 0  3 c) ĐKXĐ:  ⇔x ≥ .   1 0 x + > 2  

(

)

Bất phương trình ⇔ 8 2x − 3 + 3 x + 1 = 6 (2x − 3)(x + 1) + 4

-- 91 --

Vậy nghiệm tập bất phương trình đã cho là S = [1 − 52; −5) ∪ ( 1; +∞ ) .

⇔

⇔ x 2 − 4 ≤ (x + 3 ) ⇔ x ≥ −

2(x 2 − 16)

Lời giải: a) * Nếu 1 − x > 0 ⇔ x < 1 x < 1    2 Ta có bất phương trình ⇔   51 − 2x − x ≥ 0    51 − 2x − x 2 < 1 − x   x < 1    ⇔ 1 − 52 ≤ x ≤ 1 + 52 ⇔ 1 − 52 ≤ x < −5 .    x2 > 25   * Nếu x > 1 ⇒ luôn đúng vì VT < 0 < 1 .

Bất phương trình ⇔

x2 − 4 ≤ x + 3

-- 92 --

13 ] 6

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

(

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

)

⇔ 4(2 2x − 3 − 1) + 3 x + 1 1 − 2 2x − 3 ≥ 0

(

)(

⇔

)(

2x − 3 + 1 4 + 3 x + 1

⇔ (8x − 13)(7 − 9x ) ≥ 0 ⇔

)

 x < 12  49x 2 + 7x − 42 < 84 − 7x ⇔   2 2  49 x + 7 x − 42 < ( 84 − 7x )     x < 12  ⇔ ⇔x <6   x <6   ⇔

≥0

7 13 ≤x ≤ 9 8

 3 13  Kết hợp điều kiện ta có tập nghiệm bất phương trình là: S =  ;  .  2 8  Loại 2: Đặt ẩn phụ Ví dụ 6: Giải các bất phương trình sau a) ( x + 1 )( x + 4 ) < 5 x 2 + 5x + 28

1 − x 2 + 2x

b) ( x + 1 )( x − 3 ) < c)

7x + 7 +

d) 3 x +

3 2 x

7x − 6 + 2 49x 2 + 7x − 42 < 181 − 14x

a) Bất phương trình ⇔ x 2 + 5x + 4 < 5 x 2 + 5x + 28 2

x + 5x + 28, t > 0 ⇒ x + 5x + 4 = t − 24

,t > 0 ⇒ t 2 = x +

1 1 +1 ⇒ x + = t2 − 1 4x 4x

Ta có x +

> 3 ⇔ x +1+

2 x

1 >9 4x

 x > 8 + 3 7  2 ⇔ 4x − 36x + 1 > 0 ⇔   8−3 7 x <  2 Kết hợp với điều kiện xác định suy ra tập nghiệm bất phương trình là 2

⇔ t 2 − 5t − 24 < 0 ⇔ −3 < t < 8

x 2 + 5x + 28 < 8 ⇔ x 2 + 5x − 36 < 0 ⇔ −9 < x < 4

Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S = ( −9; 4 ) b) ĐKXĐ: −x 2 + 2x + 3 > 0 ⇔ −1 < x < 3 Bất phương trình ⇔ (x 2 − 2x − 3) −x 2 + 2x + 3 < 1 − x 2 + 2x

Đặt t =

1 2 x

Bất phương trình trở thành 3t < 2 ( t 2 − 1 ) − 7

Bất phương trình trở thành t 2 − 24 < 5t Suy ra

x +

 t>3  ⇔ 2t 2 − 3t − 9 > 0 ⇔  ⇔ t > 3 (do t > 0 ) t < − 3  2

1 −7 2x

Lời giải: Đặt t =

6 Đối chiếu với điều kiện xác định suy ra tập nghiệm của bất phương trình là S = [ ;6) 7 d) ĐKXĐ: x > 0 .   1  1  Bất phương trình ⇔ 3  x +  < 2  x +  − 7 4x    2 x 

Đặt t =

−x 2 + 2x + 3

< 2x +

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

Ta có 7x + 7 + 7x − 6 < 13

)

⇔ 2 2x − 3 − 1 4 − 3 x + 1 ≥ 0 (8x − 13)(7 − 9x )

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 ⇔ t 2 + t − 182 < 0 ⇔ −14 < t < 13

−x 2 + 2x + 3, t > 0 ⇒ −x 2 + 2x = t 2 − 3 .

Bất phương trình trở thành −t 3 < − 2 + t 2 ⇔ t 3 + t 2 − 2 > 0

 8 − 3 7   8 + 3 7   ∪  S =  0; ; +∞   2 2    

Ví dụ 7: Giải các bất phương trình 3

a) x + 1 + x 2 − 4x + 1 ≥ 3 x

Do đó ta có −x 2 + 2x + 3 > 1 ⇔ −x 2 + 2x + 3 > 1

Lời giải:

⇔ x − 2x − 2 < 0 ⇔ 1 − 3 < x < 1 + 3 . Kết hợp với điều kiện xác định suy ra tập nghiệm bất phương trình là

x ≥ 2 + 3    x ≥2+ 3     x 2 − 4x + 1 ≥ 0   a) ĐKXĐ:  ⇔   x ≤ 2 − 3 ⇔    x ≥ 0  0 ≤ x ≤ 2 − 3     x ≥0   Dễ thấy x = 0 là nghiệm của bất phương trình.

(

S = 1 − 3;1 + 3

)

  7x + 7 ≥ 0 6 c) ĐKXĐ:  ⇔x ≥ :   7x − 6 ≥ 0 7  

Đặt: t =

Với x > 0 , bất phương trình tương đương với

7x + 7 + 7x − 6, t ≥ 0

⇒ t = 7x + 7 + 7x − 6 + 2 ⇒ 14x + 2

b) 1 >

1 x2 − 1

⇔ (t − 1)(t 2 + 2t + 2) > 0 ⇔ t > 1

Đặt t =

( 7x + 7 )( 7x − 6 )

( 7x + 7 )( 7x − 6 ) = t 2 − 1

x +

1 x

,t > 0 ⇒ t 2 − 2 = x +

1 − x2

1 x

+ x+

1 −4 ≥ 3 x

1 , bất phương trình trở thành x

Bất phương trình trở thành t 2 + t − 1 < 181

-- 93 --

-- 94 --

t2 − 6 ≥ 3 − t

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10  3−t < 0   3−t ≥ 0 ⇔    2  2    t − 6 ≥ ( 3 − t )

Từ đó ta có

x +

1 x

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

≥

5 1 25 ⇔ x + +2 ≥ 2 x 4

x ≥ 4  ⇔ 4x 2 − 17x + 4 ≥ 0 ⇔  x ≤ 1  4 Kết hợp với điều kiện suy ra tập nghiệm bất phương trình đã cho là  1 S =  0;  ∪ [4; +∞)  4 

⇔

b) Bất phương trình tương đương với 3

⇔ ( x + 1) + x + 1 ≤

Đặt a = x + 1, b =

Suy ra x + 1 ≤

t < 1 ta có bất phương trình: t 2 − 3t + 2 > 0 ⇔  1−x  t > 2  −1 < x < 0  x 0 ≤ x < 1 * t <1⇔ < 1 ⇔ 1 − x 2 > x ⇔    1 − x2  1 − x 2 > x 2    −1 < x < 0  1 . ⇔  ⇔ −1 < x < 0 ≤ x < 1 2  2 0 < x < 1  x *t >2⇔ > 2 ⇔ x > 2 1 − x2 ⇔   2 2  x > 4(1 − x 2 ) 1−x   2 ⇔ < x < 1. 5  1   2  Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là: T =  −1; ;1  .  ∪   2   5  2

Ví dụ 8: Giải các bất phương trình sau 3

(x + 2)

− 6x ≥ 0

b) x 3 − 4x 2 − 5x + 6 ≤

Lời giải: a) ĐKXĐ: x ≥ −2 . Đặt y =

7x 2 + 9x − 4

7x 2 + 9x − 4 + 7x 2 + 9x − 4

7x 2 + 9x − 4 , bất phương trình trở thành:

7x 2 + 9x − 4

Ví dụ 9: Cho phương trình x + 1 − x + x − x 2 = m a) Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất b) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm. Lời giải: ĐKXĐ: 0 ≤ x ≤ 1 a) Giả sử phương trình cso nghiệm duy nhất x 0 tức là ta có x 0 + 1 − x 0 + x 0 ( 1 − x 0 ) = m ta có thể viết lại là

1 − x0 + x0 +

(1 − x0 ) x 0

  x +2 = x   2 x + 2 ≥ −x

-- 95 --

= m do đó 1 − x 0 cũng là nghiệm của phương trình đã cho

Do đó phương trình có nghiệm duy nhất thì x 0 = 1 − x 0 ⇔ x 0 = thay vào ta có m =

Mặt khác

1+2 2 ta có phương trình 2

Suy ra

(

1 2

1+2 2 2

Áp dụng BĐT côsi ta có

x 3 − 3xy 2 + 2y 3 ≥ 0

x = y 2 ⇔ ⇔ ( x − y ) ( x + 2y ) ≥ 0 ⇔   x + 2y ≥ 0

7x 2 + 9x − 4 ⇔ x 3 − 4x 2 − 6x + 5 ≤ 0   x ≤ −1 − 5  2 ⇔ ( x − 5 )( x 2 − x + 1) ≤ 0 ⇔   −1 + 5 ≤ x ≤5   2  −1 − 5   −1 + 5  Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S =  −∞; ;5  . ∪  2 2   

Với m =

x + 2 , điều kiện y ≥ 0 .

Bất phương trình trở thành:

− 7x 2 − 8x + 5 ≤

⇔ (a − b ) ( a 2 + ab + b 2 + 1 ) ≤ 0 ⇔ a ≤ b (do a 2 + ab + b 2 + 1 > 0 )

1 − x2

a) x 3 − 3x 2 + 2

( x + 1)

a 3 + a ≤ b 3 + b ⇔ (a − b ) (a 2 + ab + b 2 ) + a − b ≤ 0

x2 x −3 + 2 > 0. 1 − x2 1 − x2

Đặt t =

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

)

b) ĐKXĐ: 1 − x 2 > 0 ⇔ −1 < x < 1 1 Bất phương trình ⇔ −1 + 2 > 1 − x2

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

x ≥ 0  Với x + 2 = x ⇔  ⇔x =2  x + 2 = x2   x ≥ 0 x ≥ 0  x ≤ 0 Với 2 x + 2 ≥ −x ⇔   ⇔ x ≥ 2−2 3. ⇔   2  2 − 2 3 ≤ x ≤ 0   4( 2) x + ≥ x   Kết hợp điều kiện suy ra tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S =  2 − 2 3; +∞ 

t>3   t ≤ 3 5 ⇔  ⇔t≥   2 5    t ≥ 2 

x + 1−x

x − x2 = 2

)

x + 1 − x + x − x2 =

x (1 − x ) ≤

x +1−x 1 = 2 2

= 1 + 2 x (1 − x ) ≤ 2 ⇒

x + 1 − x + x − x2 ≤

1+2 2 (*) 2

x + 1−x ≤

1 1+2 2 , đẳng thức xảy ra ⇔ x = 2 2 -- 96 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

Do đó phương trình (*) có nghiệm duy nhất Vậy m =

Bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x ≥ 1 ⇔ m ≥

x + 1 − x ⇒ t 2 = 1 + 2 x (1 − x )

Theo câu a ta có 1 ≤ Suy ra 1 ≤ t ≤

(

x + 1−x

)

t2 − 1 = m ⇔ t 2 + 2t − 1 = 2m (**) 2

Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (**) có nghiệm thỏa mãn 1 ≤ t ≤ ⇔ Đồ thị hàm số y = t 2 + 2t − 1 trên  1; 2  cắt đường thẳng y = 2m .   2   Xét hàm số y = t + 2t − 1 trên  1; 2    Bảng biến thiên t 1 2

y 0 1 1+2 2 ≤m ≤ 2 2

Ví dụ 10: Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x ≥ 1

x −1 = x +1

1−

phương. Cách 3: Với phương trình f (x ) = g(x ) có tập xác định D  f (x ) ≥ m(x )  f (x ) = m(x )   Nếu  , ∀x ∈ D thì f (x ) = g (x ) ⇔  .   g ( x ) m ( x ) g(x ) = m(x ) ≤     Ví dụ 11: Giải các phương trình sau 6 + 3−x

8 =6 2−x

c) x − x − 1 − x = 1 Lời giải: a) ĐKXĐ: x < 2 .

x −1 x −1 + m ≥ 24 . x +1 x +1

⇒

3 6 ta có >4⇒ 2 3−x

6 + 3−x

* Với

2 ⇒ 0 < t < 1, ∀x ≥ 1 x +1

⇔ m ≥ max f ( t ) với f ( t ) = −3t 2 + 2t . ( 0;1)

x +8 + x +4 =

2x + 3 +

8 > 2−x

8 2−

Suy ra

1 3

6 + 3−x

−1

-- 97 --

6 < 2 và 3−x

8 < 2−x

8 2−

3 2

8 < 6 ⇒ phương trình vô nghiệm. 2−x

3 . 2

  x −1 ≥ 0  x −1 ≥ 0   b) ĐKXĐ:  ⇔ ⇔ x ≥1  3 2   x 3 x 2 0 − + ≥  ( x − 1 ) ( x + 2 ) ≥ 0    Dễ thấy x = 1 là nghiệm của phương trình Với x > 1 ta có

1 3

3 2

8 > 6 ⇒ phương trình vô nghiệm. 2−x

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =

Xét hàm số f ( t ) = −3t + 2t trên ( 0;1 ) Bảng biến thiên t 0

3 và ta chứng minh đó là nghiệm duy nhất . 2

6 > 2 và 3−x

3 6 < x < 2 ta có <4⇒ 2 3−x

x − 1 + x x 3 − 3x + 2 = 1 − x

Ta thấy rằng phương trình có một nghiệm là x =

* Với x <

Bất phương trình trở thành: 3t 2 + m ≥ 2t ⇔ −3t 2 + 2t ≤ m (*) . Bất hương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x ≥ 1 ⇔ (*) nghiệm đúng t ∈ (0;1)

f (t )

x + 1 > 0 ta có

Bất phương trình tương đương với 3

Đặt t =

Thật vậy

3 x − 1 + m x + 1 ≥ 24 x2 − 1 . Lời giải: ĐKXĐ: x ≥ 1 . Chia hai vế phương trình cho

1 là giá trị cần tìm. 3 Loại 3: Phương pháp đánh giá Đối với phương trình ta thường làm như sau Cách 1: Tìm một nghiệm và chứng minh nó là nghiệm duy nhất. Cách 2: Biến đổi hằng đẳng thức đưa về bất phương trình f ( x ) = 0 trong đó f ( x ) là tổng các bình

1+2 2

Suy ra phương trình đã cho có nghiệm ⇔ 1 ≤ 2m ≤ 1 + 2 2 hay ⇔

1 3

Vậy m ≥

= 1 + 2 x (1 − x ) ≤ 2

Phương trình trở thành t +

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

1 Từ bảng biến thiên suy ra max f ( t ) = ( 0;1 ) 3

1+2 2 là giá trị cần tìm. 2

b) Đặt t =

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

x − 1 + x x 3 − 3x + 2 > 0, 1 − x < 0 do đó phương trình vô nghiệm

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1   x ≥0 c) Rõ ràng phương trình có nghiệm phải thỏa mãn  ⇔ 0 ≤ x ≤ 1 (*)  1−x ≥ 0  

-- 98 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 Phương trình tương đương với Do

x =

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

(x + 1 − 4

x − 1−x +1

x − 1 − x + 1 ≥ 1 ⇒ x ≥ 1 ⇒ x ≥ 1 (**)

x + 8 − 3x

Và ( x − 1)( 9x + 8 ) > 0 ⇔ 9x − x − 8 > 0 ⇔ x + 8 < 9x ⇔ 2

x + 8 − 3x < 0

2x + 3 − x + 4 < 0

Và ( x − 1)( 9x + 8 ) > 0 ⇔ 9x − x − 8 > 0 ⇔ x + 8 > 9x 2 ⇔ 2

x + 8 − 3x > 0

Suy ra phương trình vô nghiệm Vậy phương trình cso nghiệm duy nhất x = 1 . Ví dụ 12: Giải các phương trình sau

x 2 + x − 1 + −x 2 + x + 1 = x 2 − x + 2

2x 2 + x − 1 1+ 3 x +1

x (x − 1)

c) 3 x 2 − 1 + x = x 3 − 2 Lời giải: a) Giả sử PT có nghiệm x . Theo bất đẳng thức côsi ta có:

1.(x 2 + x − 1) ≤

1 + x2 + x − 1 x2 + x = 2 2

1.(−x 2 + x + 1) ≤

a) x 2 − 9x + 28 = 4 x − 1

1 − x 2 + x + 1 −x 2 + x + 2 = 2 2

Cộng vế với vế ta được 2

Phương trình tương đương với x 2 − 10x + 25 + ( x − 1 ) − 4 x − 1 + 4 = 0

⇔ (x − 5)2 + ( x − 1 − 2)2 = 0 (*) Vì (x − 5)2 + ( x − 1 − 2)2 ≥ 0 với mọi x nên

  x −5 = 0 Phương trình (*) ⇔  ⇔x =5   x −1 −2 = 0   Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 5 .  1 − 2x ≥ 0  1 1 b) ĐKXĐ:  ⇔− ≤x ≤  1 + 2x ≥ 0 2 2  

(

x 2 + x − 1 + −x 2 + x + 1 ≤ x + 1

Suy ra x 2 − x + 2 ≤ x + 1 ⇔ ( x − 1 ) ≤ 0 ⇔ x = 1

c) 20x + 38 = 4 x + 1 + 6 2x + 3 + 12 2x 2 + 5x + 3 Lời giải: a) ĐKXĐ: x ≥ 1

Phương trình tương đương với

)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3 . Ví dụ 13: Giải các phương trình sau

Suy ra phương trình vô nghiệm

1 − 2x + 1 + 2x = 2 − x

) (

  x +1−2 = 0    2x + 3 − 3 = 0 ⇔ ⇔ x = 3 (thỏa mãn điều kiện)    x + − x + 3 1 2 2 3 = 0   

2x + 3 − x + 4 > 0

) (

⇔ ( x + 1 − 2) + ( 2x + 3 − 3) + (3 x + 1 − 2 2x + 3) = 0

Phương trình tương đương với 2x + 3 − x + 4 = Dễ thấy x = 1 là nghiệm của phương trình

Với 0 ≤ x < 1 ta có 2x + 3 < x + 4 ⇔

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

x + 1 + 4 + 2x + 3 − 6 x + 1 + 9 + 9x + 9 − 12 (x + 1)(2x + 3) + 8x + 12 = 0 2

0 ≤ x ≤ 1  Từ (*) và (**) phương trình có nghiệm thì phải thỏa mãn  ⇔x =1   x ≥1   Thử x = 1 vào thấy không là nghiệm của phương trình Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. d) ĐKXĐ: x ≥ 0

Với x > 1 ta có 2x + 3 > x + 4 ⇔

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

Phương trình đã cho ⇔ 2x 2 + x − 1 = Áp dụng BĐT côsi ta có x2 − x ≤

1 − 2x + 1 + 2x

⇔ 2 + 2 1 − 4x 2 = 4 − 4x 2 + x 4 ⇔

(

Thử lại thấy x = 1 là nghiệm của phương trình Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 . b) Giả sử phương trình có nghiệm, khi đó nghiệm của nó phải thỏa mãn   x +1 > 0     x ( x − 1 ) ≥ 0 ⇔ x ∈ { −1} ∪ [1; +∞)   2x 2 + x − 1 ≥ 0    Rõ ràng x = −1 không là nghiệm của phương trình, ta xét x ≥ 1

)

1 − 4x 2 − 1

= (2 − x 2 ) 2

)

+ x4 = 0

 x =0  ⇔ ⇔x =0   1 − 4x 2 − 1 = 0   Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0 .  x +1 ≥ 0  c) ĐKXĐ:  ⇔ x ≥ −1  2x + 3 ≥ 0   Phương trình tương đương với

x 2 − x + 3 x (x 2 − 1) (*)

3 ( x + x 2 − 1) x2 − x , 3 x (x 2 − 1) ≤ 2 2

Suy ra VP (*) ≤

3 ( x + x 2 − 1) x2 − x + = 2x 2 + x − 1 = VT (*) 2 2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 2 − x − 1 = 0 ⇔ x = Thử lại phương trình ta thấy x =

1+ 5 là nghiệm của phương trình 2

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = c) ĐKXĐ: x 3 − 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ Giả sử phương trình có nghiệm

-- 99 --

1± 5 2

1+ 5 . 2

-- 100 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 Sử dụng bất đẳng thức côsi, ta được

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

2(x − 1) + (x + 1) + 4 x +1 x2 − 1 ≤ = . 6 2

x +1 Kết hợp với phương trình suy ra +x ≥ 2 3

x3 − 2

Như vậy ta có Ta có và

2 ≤ x ≤ 3. (**)

x 3 − 2 ≤ 2x − 1 ⇔ (x − 3)(x 2 − x + 1) ≤ 0 (đúng với đk (**))

Suy ra x − 1 + x ≥ 2x − 1 ≥ x − 2 Đẳng thức xảy ra khi x = 3 . Thử lại ta thấy x = 3 là nghiệm của phương trình đã cho Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3 . Nhận xét: Với điều kiện xác định của phương trình thì việc đánh giá của chúng ta khó khăn, đôi khi là không thể đánh giá vì miền của biến lúc đó rộng không đảm bảo cho việc đánh giá. Do đó ràng buộc thêm điều kiện đối với nghiệm của phương trình giúp chúng ta thuận lợi trong đánh giá từ đó giải quyết được bài toán. Ví dụ 14: Giải các bất phương trình sau 2

a) x +

−x 2 + 6x − 5

b) 2x − 11x + 21 ≤ 3 4x − 4 2

> 2x

a) ĐKXĐ: −x 2 + 6x − 5 > 0 ⇔ 1 < x < 5

2 −x 2 + 6x − 5

= x2 +

≥ x 2 + 1 (1)

−( x − 3 ) + 4

Mặt khác x 2 + 1 ≥ 2x , dấu bằng xảy ra ⇔ x = 1 suy ra x 2 + 1 > 2x , ∀x ∈ ( 1; 5 ) (2) Từ (1) và (2) ta có với mọi x ∈ ( 1;5 ) ta có

x2 +

2 −x 2 + 6x − 5

x − 3 < 2x − 1

x −x +1 ≤ x + 3

3x − 2 > 4x − 3

3x 2 + x − 4 ≥ x + 1

(1 + 1 + x )2

>x −4

c) x 2 + 3x + 1 ≤ (x + 3) x 2 + 1 .

Bài 4.122: Giải các bpt sau:

2x − 1 ≤ 8 − x

b) 2x 2 − 6x + 1 − x + 2 > 0

−x 2 + 6x − 5 > 8 − 2x

x +2− x +1 <

x +3 ≥

2x − 8 + 7 − x

2x 2

(3 −

9 + 2x

)

< x + 21

Bài 4.123: Giải các bất phương trình sau: a)

−3x 2 + x + 4 + 2 <2 x

x 2 − 8x + 15 + x 2 + 2x − 15 ≤

x 2 − 3x + 2 + x 2 − 4x + 3 ≥ 2 x 2 − 5x + 4

4x 2 − 18x + 18

d) 1 + x + 1 − x ≤ 2 −

Bài 4.124: Giải các bất phương trình sau:

Lời giải:

Ta có x 2 +

a) (x 2 − 3x ) 2x 2 − 3x − 2 ≥ 0

x 2 − 1 ≥ x − 1 ⇔ x + 1 ≥ (x − 1)2 ⇔ x (3 − x ) ≥ 0 (đúng với đk (**))

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT 2

Bài 4.121: Giải các bất phương trình sau.

⇔ 4(x − 2) ≤ (3x + 1) ⇔ (x − 3)(4x + 3x + 3) ≤ 0 ⇔ x ≤ 3 3

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

a) 4(x + 1)2 ≥ (2x + 10)(1 − 3 + 2x )2

25 − x 2 + x 2 + 7x > 3

−3x 2 + x + 4 + 2 <2 x

x 2 − 8x + 15 + x 2 + 2x − 15 >

> 2x

9x + 16

(

1+ x − 1−x ≥ x 2x 2x + 9 x+

2x + 1 − 1

1 1 2 + x− 2 > x x2 x

4x 2 − 18x + 18

)

2x + 4 − 2 2 − x >12x − 8

Bài 4.125: Giải các bất phương trình sau:

Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S = ( 1;5 ) .

3x 2 + 6x + 4 < 2 − 2x − x 2

b) 2x 2 + 4x + 3 3 − 2x − x 2 > 1

b) Xét tam thức f ( x ) = 2x 2 − 11x + 21 , có a = 2 > 0, ∆ = −47 < 0

3x 2 + 5x + 7 − 3x 2 + 5x + 2 ≥ 1

Suy ra f ( x ) > 0, ∀x Do đó phương trình có nghiệm thì phải thỏa mãn 3 4x − 4 > 0 ⇔ x > 1 Áp dụng BĐT Côsi ta có:

1 x x +1 + 4 f) −2 >3 2 x x + 1 x 2 x Bài 4.126: Giải các phương trình sau:

3 3 4x − 4 = 3 3 2.2 ( x − 1 ) ≤ 2 + 2 + x − 1 = x + 3

a) x + 2 7 − x = 2 x − 1 + −x 2 + 8x − 7 + 1

Kết hợp với phương trình suy ra 2x 2 − 11x + 21 ≤ x + 3

2x + 1 + 3 − 2x =

10x + 1 +

x − 1 − (x − 1)2 = 8 − x 3

e) 5 x +

x + 2 x −1 + x − 2 x −1 >

< 2x +

⇔ 2(x − 3) ≤ 0 ⇔ x = 3 Thử x = 3 ta thấy là nghiệm của bất phương trình Vậy bất phương trình có nghiệm duy nhất x = 3 . 3. Bài tập luyện tập Bài 4.120: Giải các bpt sau:

(2x − 1)2 2

3x − 5 =

9x + 4 + 2x − 2

Bài 4.127: Giải các phương trình sau a) x 2 − 2x + 3 = b)

-- 101 --

2x 2 − x + 1 + 3x − 3x 2

14 − x 3 = 2 x 2 − 2x − 1 + 2 − x

-- 102 --

g) x +

x 2

x −1

3 2

35 12

x2 4

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 c) 2 1 + 3x − x +

2 x

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

Bài 4.128: Giải phương trình

2x + 3 + x + 1 =

Bài 4.129: Cho phương trình:

2x − 2 ( m + 1 ) x + m 2 + m = x − 1 ( 1 )

x 2 − 11x + 33 +

3x − 5

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm. b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất.

Bài 4.130: Cho phương trình x 2 − m x 2 + 1 + 3m + 2 = 0 ( 1 ) .

Bài 4.140: Cho bất phương trình:

a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm. b) Tìm m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt. c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất. CHỦ ĐỀ 9: ÔN TẬP Bài 4.131: Cho các số thực a, b, c là số thực. Chứng minh rằng: a) a 4 + b 4 + c 2 + 1 ≥ 2a(ab 2 − a + c + 1)

a2 + b 2 + c 2 ≥ ab − ac + 2bc 4

2x 2 − 6x + 1 − x + 2 < 0 2

x − 3x + 2 + x − 4 x + 3 ≥ 2 x − 5 x + 4

a) x 2 + 2x 2 + 4x + 3 ≥ 6 − 2x c)

x− x 1 − 2 ( x 2 − x + 1)

x + 2 − x − 1 ≥ x − x2 + x − 2 −

7 2

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ PHẦN BÀI TẬP LUYỆN TẬP 2

b) BĐT⇔ (a − b)2 + (a − 1)2 + (b − 1)2 ≥ 0

a +b b +c c +a + 2 + ≥3 b + 4bc + c 2 c + 4ca + a 2 a 2 + 4ab + b 2 Bài 4.133: Cho a, b, c là số dương và abc = 1 . Chứng minh rằng: 2

a3 b3 c3 3 + + ≥ (a + 1)(b + 1) (c + 1)(b + 1) (a + 1)(c + 1) 4

c) BĐT ⇔ (a − 1)2 + (b − 1)2 + (c − 1)2 ≥ 0 d) BĐT⇔ (a − b + c)2 ≥ 0

Bài 4.1: a) BĐT ⇔ ( a – b )c < 0 a a +c b b +a c c +b , , . < < < a +b a +b +c b +c a +b +c c +a a +b +c Cộng các BĐT vế theo vế, ta được đpcm.

b) Sử dụng câu a), ta được:

1 1 1 1 + + ≤ a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a + 3 2 Bài 4.134: Giải các bất phương trình sau

x 3 − 3x + 3 c) 2 >1 x − x +1

7mx ≥2 x2 − x + 9

b) 2 x − 1 − x + 5 > x − 3 d)

≥1

−

Bài 4.0: a) BĐT ⇔ ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ≥ 0

1  1  1  a)  − 1   − 1   − 1  ≥ 8  b  c  a   

a ) x 2 − 3x − 4 ≤ 0

( 9m + 4 ) x

x2 + x + 9 a) Giải bất phương trình với m = 28 . b) Tìm m để bất phương trình (1) có nghiệm. Bài 4.141: Giải các bất phương trình sau:

Bài 4.132: Cho a, b, c là số dương thỏa mãn a + b + c = 1 . Chứng minh rằng

x + 9 − x ≤ −x 2 + 9x + 6

Bài 4.142: Tìm m để bất phương trình (x 2 + x − 1)(x 2 + x + m) ≥ 0 có tập nghiệm là ℝ

c) (a 5 + b 5 )(a + b) ≥ (a 4 + b 4 )(a 2 + b 2 ) , với ab > 0 .

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

  2x + y > −3   x + 2y 2x + y a) > b)   2 ( 3x − y + 3 ) < 3 ( 2x − y + 2 )  −2 −3  x + y + 1 < 0   Bài 4.139: Giải bất phương trình:

c) Sử dụng tính chất phân số, ta có:

b) (1 − x )(x 2 − 5x + 6) > 0 . c)

x2 −1 − x + 1 3

2 x3 + 1 − 3 x + 1

Tương

≥0

Bài 4.135: Cho tam thức f (x ) = x 2 + 2(m − 3)x + m + 3 . Tìm m để a) Phương trình f (x ) = 0 có nghiệm

tựta

b) f (x ) > 0 ∀x ∈ ℝ .

Bài 4.136: Cho tam thức: f (x ) = (m − 1)x − 4(m − 1)x + 2m + 3 . Tìm m để 2

a) Phương trình f (x ) = 0 có nghiệm b) Hàm số y = f (x ) xác định ∀x ∈ ℝ Bài 4.137: Giải các hệ bất phương trình sau:    x 2 − 4x + 4 ≤ 0  −2x 2 + x + 1 > 0 a)  b)  2 2   x − 3x < 0 3x + 2x − 3 ≤ 0      x +1  x +1   ≥x ≥0  c)  d)  x 2 − 4 x + 5  3 − 2x  2 2   x − x − 1 ≤ 0  4 x + 7 x − 4 ≤ 0 

có

a a a < < a +b +c +d a +b +c a +c

b b b , < < a +b +c +d b +c +d b +d

d d d . Cộng các BĐT vế theo vế ta được đpcm. < < a +b +c +d d +a +b d +b a +b a +b a +b +d < < a +b +c +d a +b +c a +b +c +d Cùng với 3 BĐT tương tự, ta suy ra đpcm.

d) Chứng minh tương tự câu c). Ta có:

Bài 4.2: a) BĐT ⇔ abx 2 + ( a 2 + b 2 ) xy + aby 2 ≥ ( a + b ) xy 2

⇔ ab ( x − y ) ≥ 0 (đúng) b) Bình phương 2 vế, ta phải chứng minh:

(c + a )2 (c + b)2 ≥ 2 c2 + a 2 c + b2

⇔ (a − b)(c 2 − ab) ≥ 0 . Điều này hiển nhiên đúng do giải thiết.

Bài 4.138: Xác định miền nghiệm của các bất phương trình và hệ bất phương trình sau: -- 103 --

c c c ; < < a +b +c +d c +d +a a +c

-- 104 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

1 1 2 a 1 a c 1 c c) Ta có + = ⇒ = + , = + a c b b 2 2c b 2 2a

Chứng minh tương tự, ta được:

1 a 1 a c c +1 +1 + +1 + +1 2 2 2 2 b b c a BĐT ⇔ + ≥4⇔ + ≥4 a c a c 2 −1 2 −1 1 + −1 1+ −1 b b c a

⇔ (x − y )(y − z )(z − x )(x + y + z ) ≤ 0 (đúng vì x ≥ y ≥ z ≥ 0 )

Bài 4.8:

1 (x − y )(y − z )(x − z )(xy + yz + zx ) ≥ 0 (đúng vì x ≥ y ≥ z ≥ 0 ) xyz

1 1 1 + ≤ ⇔ + ≤ Bài 4.4: Ta có: 1 1 1 1 1 1 a +b c +d a +b +c +d + + + a b c d a +c b +d ab cd (a + c )(b + d )

⇔

(a + c )(b + d ) ab (c + d ) + cd (a + b ) (a + c )(b + d ) ab cd + ≤ ⇔ ≤ a +b c +d a +b +c +d a +b +c +d (a + b )(c + d )

⇔

abc + abd + acd + bcd ab + ad + bc + cd ≤ ac + ad + bc + bd a +b +c +d

Bài 4.9: 1 −

a 1 +b −a b c = = + ≥2 1+b 1 +b 1+c 1+a

3 3

xyz

(1)

(2)

1 81

(1 + c )( 1 + a )

Chứng minh tương tự, ta thu được:

( 1 + b − a )( 1 + c − b )( 1 + a − c ) ≥ 8abc

Bài 4.10: Ta có 1 = xyz ( x + y + z ) = yz ( x 2 + xy + xz )

Do bất đẳng thức cuối cùng đúng nên bất đẳng thức cần chứng minh cũng đúng. Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi ad = bc . Bài 4.5: Vì a, b, c ∈  1; 3  do đó ta có

Suy ra min P = 2 .

P = ( x + y )( x + z ) = yz + ( x 2 + xy + zx ) ≥ 2 yz . ( x 2 + xy + zx ) = 2

Bài 4.11: Ta có

(a − 1)(b − 1)(c − 1) + ( 3 − a )( 3 − b )( 3 − c ) ≥ 0 2

⇔ 2 (ab + bc + ca ) − 8 (a + b + c ) + 26 ≥ 0 ⇔ (a + b + c ) − 8 (a + b + c ) + 26 ≥ a 2 + b 2 + c 2 Mà a + b + c = 6 suy ra a 2 + b 2 + c 2 ≤ 14 . Bài 4.6: Áp dụng BĐT Côsi cho hai số thực dương ta có:

2 x 2 x 1 ≤ = . xy x 3 + y2 2xy x

2 y 1 2 z 1 1 1 1 ≤ ; 3 ≤ ⇒ VT ≤ + + . y3 + z2 yz z + x 2 zx xy yz zx

Vậy: VT ≤

3 zx

 1 1 1   3  + +  xy yz zx 

Xây dựng các BĐT tương tự rồi nhân vế với vế ta được abcd ≤

Áp dụng BĐT côsi ta có

Mặt khác: a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ⇒

1 a b c d bcd = 1− = + + ≥ 33 1+a 1+a 1+b 1+c 1+d ( 1 + b )( 1 + c )(1 + d )

⇔ 2abcd ≤ a 2d 2 + b 2c 2 ⇔ a 2d 2 − 2abcd + b 2c 2 ≥ 0 ⇔ ( ad − bc ) ≥ 0 .

Tương tự:

1 + z3 + x3 ≥ zx

1 + b  1 + c  1 + a  ⇔  − 1  − a  − 1  ≥ 8  a  b  c 

⇔ ( a + b + c + d )( abc + abd + acd + bcd ) ≤ ( ab + ad + bc + cd )(ac + ad + bc + bd )

x 3 + y 2 ≥ 2xy x ⇒

1 1 + + ≥ xy yz zx Từ (1) và (2), ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 .

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

Bài 4.3: a) BĐT ⇔ −x 3y + xy 3 + x 3z − y 3z − xz 3 + yz 3 ≤ 0

1+y +z ≥ yz

1 + x 3 + y3 1 + y3 + z 3 1 + z3 + x3 + + ≥ xy yz zx

2 3c 1 3a 1 3 a 2 + c2 + + + ≥4⇔ ≥ 3 ⇔ ( a − c ) ≥ 0 (đúng) 2a 2 2c 2 2 ac d) BĐT ⇔ (a + b − c )(b + c − a )(c + a − b) > 0 (đúng)

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT 3

Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên, ta được:

⇔

b) BĐT ⇔

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

Bài 4.7: Áp dụng BĐT Cô-si, ta có: 1 + x 3 + y 3 ≥ 3xy ⇒

-- 105 --

1+x +y ≥ xy

(a + b )(a + c )

b 1 b b  c 1 c c  ≤  + ≤  + , . 2  a + b b + c  1 + c 2 2  a + c b + c  1 + b2 Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên suy ra điều phải chứng minh. Bài 4.12: Áp dụng BĐT côsi ta có ab ab ab 1  ab ab  = = ≤  +   2  c a c + + b  c + ab c ( a + b + c ) + ab (c + a )(c + b ) 1  bc bc  ≤  + ,  2 a + b a + c   a + bc

1  ca ca  ≤  +   2 b + a b + c   b + ca

Bài 4.13: BĐT ⇔ a + b + c +

ab c + ab

3 (a + b + c ) ab + bc + ca

3 xy

1 a a  ≤  +  2  a + b a + c 

ab + cb + ca + a 2

Cộng vế với vế các BĐT trên ta được

1 1 1 + + ⇒ đpcm. Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z = 1 . x 2 y2 z 2 3

Tương tự

Tương tự ta có

1 1 1 1 1 1 + + ≤ 2 + 2 + 2 xy yz zx x y z

a 1 + a2

Áp dụng BĐT côsi ta có a + b + c +

a + bc

ca b + ca

1 ≤ . 2

≥6

3 (a + b + c ) ab + bc + ca

≥2

3 (a + b + c )

ab + bc + ca

-- 106 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT 2

Do đó ta chỉ cần chứng minh 2

3 (a + b + c )

ab + bc + ca

≥6



 1 1 1  + 3 = + +  a ( 1 + b ) b ( 1 + c ) c ( 1 + a ) 

( 1 + abc )

 1 + abc   1 + abc   1 + abc  =  + 1  +  + 1  +  + 1    b ( 1 + c )   c ( 1 + a )   a ( 1 + b ) 1 + a + ab + abc 1 + b + bc + abc 1 + c + ca + abc = + + a (1 + b ) b (1 + c ) c (1 + a ) =

Mặt khác theo BĐT côsi ta có

b (1 + c ) c (1 + b ) a (1 + b ) 1+a 1 +b 1+c + + + + + a ( 1 + b ) a ( 1 + b ) b (1 + c ) b ( 1 + c ) c ( 1 + a ) c (1 + a )

1+a 1 +b 1+c 1+a 1+b 1+c + + ≥ 33 . . =3 a (1 + b ) b (1 + c ) c (1 + a ) a (1 + b ) b ( 1 + c ) c ( 1 + a )

abc

≥3

2a = 2b + 2c − a

a (1 + b )

a 6 3a(2b + 2c − a )

≥

a 6 a +b +c

2b b 6 ≥ ; 2c + 2a − b a +b +c Cộng 3 BĐT trên ta được:

Tương tự:

P ≥

6(a + b + c) = a +b +c

2c c 6 ≥ 2a + 2b − c a +b +c

6 . Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c .

Vậy min P = 6 . Bài 4.18: a) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: a 3 + b 3 + b 3 ≥ 3ab 2 , b 3 + c 3 + c 3 ≥ 3bc 3 , c 3 + a 3 + a 3 ≥ 3ca 2

b (1 + c ) c (1 + b ) a (1 + b ) + + ≥ 33 . . =3 a (1 + b ) b (1 + c ) c (1 + a ) a (1 + b ) b ( 1 + c ) c ( 1 + a )

Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên, ta được:

  1 1 1 Suy ra ( 1 + abc )  + +  + 3 ≥ 6  a ( 1 + b ) b ( 1 + c ) c ( 1 + a ) 

⇔ a 3 + b 3 + c 3 ≥ ab 2 + bc 2 + ca 2 Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c

⇔

c (1 + b )

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

a b c b c a a +b +c ĐPCM. + + + + + ≥ 2. 3 b c a a b c abc Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c . Bài 4.17: Áp dụng BĐT Côsi ta có:

Áp dụng BĐT côsi ta có

b (1 + c )

a +b +c

Do đó

⇔ ( a + b + c ) ≥ 3 ( ab + bc + ca ) (đúng) Bài 4.14: Ta có

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

1 1 1 3 + + ≥ ĐPCM. a (1 + b ) b (1 + c ) c (1 + a ) 2

b) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 Bài 4.15: Áp dụng BĐT côsi ta có

a +b b +c c +a + + ≥ 33 2ab 2bc 2ca Do đó ta chỉ cần chứng minh Ta có

3 ( a 3 + b 3 + c 3 ) ≥ 3 (ab 2 + bc 2 + ca 2 )

a3 b3 c3 + ab ≥ 2a 2 , + bc ≥ 2b 2 , + ca ≥ 2c 2 b c a

Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên, ta được:

a +b b +c c +a . . 2ab 2bc 2ca

a +b b +c c +a . . ≥ 1 (*) 2ab 2bc 2ca

a +b b +c c +a 2 ab 2 bc 2 ca 2 (1) . . . . ≥ = 2ab 2bc 2ca 2ab 2bc 2ca abc

Mặt khác 3 = a + b + c ≥ 3 3 abc ⇒ abc ≤ 1 (2) Từ (1) và (2) suy ra (*) đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 . a b c b c a a +b +c Bài 4.16: Ta có BĐT ⇔ + + + + + ≥ 2. 3 b c a a b c abc

a a a a a a 3a + + ≥ 33 . . = 3 b c a b c a abc b b b 3b c c c 3c Tương tự ta có + + ≥ 3 , + + ≥ 3 c a b abc a b c abc Cộng vế với vế các BĐT trên ta được a b c b c a a +b +c + + + + + + 3 ≥ 3. 3 b c a a b c abc Áp dụng BĐT côsi ta có

-- 107 --

a 3 b3 c3 + + + ab + bc + ca ≥ 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) (1) b c a

Lại có, a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca (2) Từ (1) và (2) suy ra:

a 3 b3 c3 + + + ab + bc + ca ≥ 2 (ab + bc + ca ) b c a

a 3 b3 c3 + + ≥ ab + bc + ca b c a Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c . ⇔

c) Áp dụng BĐT côsi

a 6 a 6 b6 3a 4 + 3 + 3 ≥ 3 c b b c

a 6 b6 c 6 a 4 b4 c4 + 3 + 3 ≥ + + 3 c a b b c a 1 3 3 Bài 4.19: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: a + b + ≥ ab 3 3 3 1 1 b3 + c3 + ≥ bc 3, c 3 + a 3 + ≥ ca 3 3 3 3 3 Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên, ta được: Chứng minh tương tự, ta thu được:

2 (a 3 + b 3 + c 3 ) +

1 3

⇒ 2 (a 3 + b 3 + c 3 ) ≥

≥ 2 3

3 ( ab + bc + ca ) = ⇒ a 3 + b3 + c3 ≥

1 3 -- 108 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

Dấu đẳng thức xảy ra a = b = c =

Bài 4.20: Ta có: 4 (a + b + c ) = 3abc ⇔ Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

1 1 1 3 + + = ab bc ca 4

1 1 1 3 1 + + ≥ . a 3 b 3 8 2 ab

1 1 1 3 1 1 1 1 3 1 + + ≥ . , + + ≥ . 2 ca b 3 c 3 8 2 bc c 3 a 3 8 Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên, ta được: 1 1 1 3 3 1 1 1 9 1 1 1 3 2  3 + 3 + 3  + ≥  + +  = ⇔ 3 + 3 + 3 ≥  a 8 b c  8 2  ab bc ca  8 a b c Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 2 Bài 4.21: a) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

⇒ x 3 + y 3 + z 3 + 6 ≥ (x + y + z ) + 2(x + y + z ) ⇒ x 3 + y 3 + z 3 ≥ x + y + z đpcm. Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z = 1 . Bài 4.23: Áp dụng BĐT Côsi ta có: 1 2 1 2 1 2 2 a4 + ≥ a 2 ; b4 + ≥ b2 ; c 4 + ≥ b cộng ba BĐT lại với nhau 81 9 81 9 81 9 a 2 +b 2 + c 2 a 2 +b 2 + c 2 1 ⇒ a 4 +b 4 + c 4 + ≥ + . 27 9 9 1 1 Mặt khác: a 2 + b 2 + c 2 ≥ (a + b + c)2 = ⇒ 9(a 4 + b 4 + c 4 ) ≥ a 2 + b 2 + c 2 đpcm. 3 3 1 Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = . 3 1 1 1 Bài 4.24: Đặt a = 1 + ; b = 1 + ; c = 1 + ⇒ a + b + c ≥ 12 x y z

a3 b b +c a3 b b +c 3 + + ≥ 33 = a . . b (b + c ) 2 4 b (b + c ) 2 4 2

Ta có: a 4 + 44 + 44 + 44 ≥ 4 4 412a 4 = 44 a ⇔ a 4 + 3.44 ≥ 44 a. Tương tự

b3 c c +a 3 c3 a a +b 3 + + ≥ b, + + ≥ c Tương tự, ta có: c (c + a ) 2 4 2 a (a + b ) 2 4 2

a 4 + b 4 + c 4 + 9.44 ≥ 44 (a + b + c) ≥ 12.44 ⇒ a 4 + b 4 + c 4 ≥ 3.44 = 768 đpcm

b 4 + 3.44 ≥ 44 b; c 4 + 3.44 ≥ 44 c cộng ba BĐT trên lại với nhau ta được

Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên, ta được:

Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 4 ⇔ x = y = z =

a3 b3 c3 3 + + + a + b + c ≥ (a + b + c ) b (b + c ) c ( c + a ) a ( a + b ) 2 a3 b3 c3 1 ⇔ + + ≥ (a + b + c ) b (b + c ) c (c + a ) a ( a + b ) 2

Bài 4.25: a) Áp dụng BĐT côsi ta có

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c b) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

b) Áp dụng BĐT côsi ta có

 1 1 1 1 1  1 1 2 + = +  + +2 ≥ +2 ≥ ab a 2 + b 2 2ab  2ab a 2 + b 2  2ab 2ab ( a 2 + b 2 ) ( a + b )2

(b + 2c )

b + 2c b + 2c a b + 2c b + 2c a + ≥ 33 = . . 2 27 27 27 3 (b + c ) 27

Tương tự, ta có: c3 2

(a + 2b )

3 2

(c + 2a )

c + 2a c + 2a b + ≥ , 27 27 3

a + 2b a + 2b c + ≥ 27 27 3

A≥

(b + 2c ) ⇔

a3 2

(b + 2c )

b3 2

(c + 2a ) +

b3 2

(c + 2a )

4 2

(a + b )

(a + 2b )

c3 2

(a + 2b )

a +b +c a +b +c ≥ 9 3 ≥

2 (a + b + c ) 9

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c Bài 4.22: Áp dụng BĐT Côsi cho ba số thực không âm ta có:

x 3 + 1 + 1 ≥ 3 3 x 3 .1.1 = 3x ⇔ x 3 + 2 ≥ 3x .Tương tự: y 3 + 2 ≥ 3y; z 3 + 2 ≥ 3y

5 2

(a + b )

1 .4ab = 4 + 5 + 4 = 11 . 4ab

Ta có: ab +

 1  1  1 2 1  5 + + 4ab =  2 + + + 4ab  . +   a + b 2 2ab  4ab  4ab a 2 + b 2 ab

 1  1  a 2b 2 + 1 a 2b 2 + 1  1 c) Ta có  a 2 + 2  b 2 + 2  = . =  ab +    b  a  b2 a2 ab 

Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên, ta được:

 1 1  15 =  ab + +  ab  16ab  16ab

Áp dụng BĐT Côsi ta có: ab + mà

-- 109 --

(1)

1 1 1 ≥ 2 ab. = 16ab 16ab 2

1 a +b 1 1 = ≥ ab nên ab ≤ ⇒ ≥4 2 2 4 ab

Từ (1) (2) (3) ⇒ ab +

(2)

(3)

1 1 15 17 ≥ + .4 = ab 2 16 4 2

 1  1   17  289 ⇒  a 2 + 2  b 2 + 2  ≥   =  16 b  a   4 

Cộng ba BĐT trên lại với nhau ta được: x 3 + y 3 + z 3 + 6 ≥ 3(x + y + z ) Mặt khác: x + y + z ≥ 3 3 xyz = 3 ⇒ 2(x + y + z ) ≥ 6 .

1 . 3

Bài 4.26: Áp dụng BĐT côsi ta có a 2 +

1 3 1 ≥ a ⇒ a2 + b + ≥ a + b + 4 4 2 -- 110 --

4 2

(a + b )

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

 16x 16x  2(8x + 5y + 5z ) 6 1+ ≤  1 + +9 =  y +z y + z  y +z 

1 3 1 b2 + ≥ b ⇒ b 2 + a + ≥ a + b + 4 4 2 2

 3  3  1 Suy ra  a 2 + b +  b 2 + a +  ≥  a + b +  (1)    4  4  2

Suy ra 2

1 = + 2xyz ≥

1 4 + xyz (x + y )(y + z )(z + x )

16y 6y ≥ + 1, z +x x +y +z Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Tương tự, ta cũng có

 1  1 4 1 ≥ + + + 2xyz  2xyz (x + y )(y + z )(z + x )  2xyz

2 2

Bài 4.31: Ta có

xyz (x + y )(y + z )(z + x )

2 2

1 2 2 3 + = 3 2 2    xy + xz + yz + yx + zx + zy   3 

( y + 2 ) ( y 2 − 2y + 4 ) x x3 x3 9x + y − y 2 − 6 + + ≥ ⇒ 3 ≥ 3 y +8 27 27 3 y +8 27 2

10 ( x + y + z ) − ( x 2 + y 2 + z 2 ) − 18 27

12 − ( x 2 + y 2 + z 2 )

a2 2

3a + 8b + 14ab

)(a + 1 −

Tương tự ta có

(

b2 + 1 ≤

3a 2 + 8b 2 + 14ab =

1 2

(a + 4b )( 3a + 2b ) ≤ ( 4a + 6b ) = 2a + 3b

a2 2a + 3b

)(a + 1 +

)

)(a + 1 +

c2 + 1 ≤

2 b − b +1 ,

(

2 a − a +1

(

2 c − c +1

)

(

)

2 a + b + c − a − b − c + 3 (1)

8a − 3b ≥ 25 3a 2 + 8b 2 + 14ab ≥

3b 2 + 8c 2 + 14bc 3c 2 + 8a 2 + 14ca Cộng vế với vế các BĐT trên ta được điều phải chứng minh. Bài 4.30: Áp dụng bất đẳng thức BĐT côsi ta có

-- 111 --

≥

8c − 3a 25

a +1 + b +1 + c +1 ≤ 2

abc ≥ 1 (2) 2 (a + b + c )

a b c a b c a b b c a c + + + 2( + + ) ≥ 3 + + + + + + c a b b a c b c a b2 c2 a 2

a 2 b2 c 2 a b c a b b + + + + + ≥3+ + + b a c b 2 c2 a 2 c a b Áp dụng BDT côsi ta có có: a2 2a b 2 2b a 2 2a b 2 2b c 2 2c +1 ≥ ; 2 +1 ≥ ; 2 +1 ≥ ; 2 +1 ≥ ; 2 +1 ≥ 2 b c c b b c c a a b a b b a b c Mặt khác + + + + + ≥ 6 b a c c a b Cộng các vế các BĐT lại ta có ĐPCM.

a3 3

a + (b + c ) 3

8b − 3c , 25

a+ b+ c ≥3

⇔

b) Ta có

Cộng vế với vế các BĐT ta có

Bài 4.32: a) BĐT ⇔

≥

) (

2a + 2 − 2

16z 6z ≥ + 1. x +y x +y +z

Từ (1) và (2) suy ra

a2 2a + 3b 2a a2 8a − 3b + ≥ ⇒ ≥ 2a + 3b 25 5 2a + 3b 25

Tương tự ta có

(a + 1 −

− 2a =

)( 2 − 2 )(a + 1 +

mà ta lại có

3 + (x + y + z ) − (x 2 + y2 + z 2 )

Bài 4.29: Áp dụng BĐT côsi ta có

Do đó

(2 +

Mặt khác theo BĐT côsi ta có

1 2 = = + ( xy + yz + zx ) 27 27 9 27 Từ đó suy ra điều phải chứng minh . Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 .

Mặt khác

)(

y 9y + z − z − 6 z 9z + x − x − 6 nên ≥ , 3 ≥ z3 + 8 27 x +8 27

(a + 1 )

a2 + 1 =

a 2 + 1 + b2 + 1 + c2 + 1 ≤

⇒

(

a2 + 1 ≤

Tương tự ta có

VT ≥

2 + 2 a + 1 − 2a 2 Áp dụng BĐT côsi ta có

( xy + xz )( yz + yx )( zx + zy )

Bài 4.28: Ta có

16x 16x 6x y +z y +z +1 ≥ +1 = + 1. 8x + 5y + 5z x +y +z 16x +1 1+ +1 3(y + z ) y +z

  16x 16x 1+ =  1 + − 1  + 1 =   y +z y +z

Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh. Bài 4.27: Trước tiên, ta dễ dàng có xyz ≤ 1

16x 8x + 5y + 5z ≤ (*) . Sử dụng (*), ta có y +z 3(y + z )

  1  1   2a + 2b + 1  1 Theo BĐT côsi ta lại có  2a +   2b +  ≤   = a + b +  (2)  2  2   2 2   

Áp dụng côsi ta có

1 b +c với x = a 1 + x3

Áp dụng BĐT côsi ta có

1 = 1 + x3

1 2

1+x x −x +1

≥

2 2 2a 2 = = 2 2 x + 2 b + c  (b + c ) + 2a 2   + 1  a  2

-- 112 --

)

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT 2a 2

Mặt khác ta có (b + c ) ≤ 2 (b 2 + c 2 ) ⇒ Do đó ta có

a3 3

a 3 + (b + c )

≥

b 3 + (c + a )

≥ 3αa 2 + 6βb 2 + 9γc 2 − (α3 + 2β 3 + 3γ 3 ) Cần chọn α = 2β = 3γ = t và kết hợp với dấu đẳng thức xảy ra khi

b2 ≥ 2 , a + b2 + c2

c3 3

c 3 + (a + b )

c2 ≥ 2 a + b2 + c2

Cộng vế với vế các BĐT trên ta được điều phải chứng minh. Bài 4.33: Không mất tính tổng quát giả sử (1 − x )(1 − y ) ≥ 0 ⇔ x + y − xy ≤ 1 Suy ra z (x + y − xy ) ≤ z ⇒ xy + yz + zx − xyz ≤ xy + z Mặt khác, theo BĐT côsi ta có xy =

x 3 .y 3 .1 ≤

x 3 + y3 + 1 ; z = 3

z 3 .1.1 ≤

z3 + 1 + 1 . 3

x 3 + y3 + z3 + 3 = 2 ĐPCM. 3 Bài 4.34: Phân tích: Do vai trò của x, y bình đẳng nên ta dự đoán dấu bằng xảy ra khi x = y .Vì vậy ta cần

Suy ra xy + z ≤

chọn các số dương m, n sao cho khi đánh giá xuất hiện biểu thức S = x + y + 2z . Ta có: x 2 + m 2 ≥ 2mx , y 2 + m 2 ≥ 2my, z 2 + n 2 ≥ 2nz

6 6 6 a = α,b = β,c = γ, a 2 + b 2 + c 2 = 1 ta được α = , β = , γ = 7 14 21 6 6 6 Vậy 2P ≥ 3. (a 2 + b 2 + c 2 ) − ⇒ P ≥ 7 7 7 1 1 4 Bài 4.38: Áp dụng BĐT côsi ta có x + x .4y + 3 x .4y.16z ≤ (x + y + z ) 2 4 3 Bài 4.38: Áp dụng BĐT côsi ta có a2 4 4 + (b + c) ≥ a b +c 9 3 b2 4 4 a2 b2 16c 2 1 + (a + c) ≥ b ⇒ + + ≥ (64c − a − b) c +a 9 3 b +c c +a a +b 9 16c 2 + (a + b) ≥ 8c a +b Bài 4.39: y 2 + yz + z 2 = 1 −

Do đó ta cần chọn m, n thỏa mãn x = y = m, z = n, n = 2m và x + y + z = 18 2

Suy ra m =

Áp dụng BĐT côsi ta có 2

Ta có

x + 3 ≥ 2 3x , y + 3 ≥ 2 3y, z + 12 ≥ 4 3z Suy ra

Suy ra x 2 + y 2 + z 2 + 18 ≥ 2 3 ( x + y + 2z ) ⇔ x + y + 2z ≤ 6 3 Do đó minS=6 3 ⇔ x = y =

3, z = 2 3

Bài 4.35: Áp dụng BĐT côsi ta có a 3 + m 3 + m 3 ≥ 3m 2a , c 3 + m 3 + m 3 ≥ 3m 2c 64b 3 + n 3 + n 3 ≥ 12n 2b ( m, n dương)

Do đó ta cần chọn tham số m, n sao cho 3m = 12n , a = c = m, 4b = n và a + b + c = 3 2

24 12 ,n = . Ta dễ dàng có được lời giải bài toán. 17 17 Bài 4.36: Ta đưa vào tham số và đánh giá như sau x2 m x2 n + my 2 ≥ 2 xy ; + nz 2 ≥ 2 xz ; ( 2 − m ) y 2 + ( 3 − n ) z 2 ≥ 2 2 2 2 2

Ta có m = n =

( 2 − m )( 3 − n ) =

m = 2

1 2 1 2 1 1 x + y ≥ xy, x 2 + z 2 ≥ yz 2 2 2 2 1 (x + y + z )2 ≤ 1 ⇔ P ≤ 2

Bài 4.40: Ta có:

Chứng minh tương tự:

(vì x + y + z ≥

( 2 − m )( 3 − n )yz

n ( 0 < m, n ≤ 2 ) 2

3 2

x ( x + y ) − xy x2 xy xy = =x− ≥x− x +y x +y x +y 2 y2 yz z2 zx ≥y− ; ≥z− y +z 2 z +x 2

Suy ra: T ≥ x + y + z −

Từ đó ta tìm được m =

Cần cho m, n sao cho

3x 2 2

1 1 1 1 1 ⇔ ( x 2 + y 2 ) + ( x 2 + z 2 ) + yz + (x 2 + y 2 + z 2 ) = 1 . 2 2 2 2 2

3, n = 2 3 . Ta có lời giải như sau

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

2P = (a 3 + α 3 + α 3 ) + 2(b 3 + b 3 + β 3 ) + 3(c 3 + c 3 + γ 3 ) − (α3 + 2β 3 + 3γ 3 )

a2 2 a + b2 + c2

Tương tự ta có

(b + c )

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 Với các số thực dương α, β, γ chọn sau ta có

a2 ≥ 2 2 a b2 + c2 + + 2a

xy + yz + zx 1 1 1 = x +y + z − ≥ 1− = 2 2 2 2

xy + yz + zx = 1 )

1 1 Vậy minT = khi x = y = z = . 2 3 Bài 4.41: Theo BĐT côsi ta có  xy 2 yz 2 zx 2  1 A = x + y + z −  + +  ≥ 3−  x + y 2 y + z 2 z + x 2  2

(

xy + yz + zx

)

Lại có

Chú ý: đối với bài toán tổng quát , Tìm GTNN của P = mx + ny + pz ta đưa về 2

 n p  P = m  x 2 + y 2 + z 2  và là tương tự như trên.  m m  Bài 4.37: Đặt P = a 3 + 2b 3 + 3c 3 -- 113 --

1 1 xy + yz + zx ≤ [(x + 1)y + (y + 1)z + (z + 1)x ] = (x + y + z + xy + yz + zx ) 2 2 1 1 ≤ (3 + (x + y + z )2 ) = 3 2 3

-- 114 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

3 ⇒ A ≥ . Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 2 3 2 Bài 4.42: Đặt a = y + z , b = z + x , c = x + y ( với a,b,c dương)

Vậy minA =

⇒x =

b +c −a c + a −b a +b −c ,y = ,z = 2 2 2 25 (b + c − a )

Suy ra a = −2x + y + z , b = 5x − y − 3z, c = z − x Bất phương trình trở thành

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

6 Do đó ta chỉ cần chứng minh 9a 2b 2c 2 + 2 2 2 − 6abc ≥ 9 abc 6 Đặt t = abc, t > 0 . BĐT trở thành 9t 2 + 2 − 6t ≥ 9 t Sử dụng bất đẳng thức côsi ta được 6 6 6 − 6t ≥ 9t 2 + 2 − 3(t 2 + 1) = 6t 2 + 2 − 3 ≥ 12 − 3 = 9 ĐPCM. t2 t t Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 Bài 4.46: Từ điều kiện suy ra x, y, z ∈  0;2  . Áp dụng BĐT Côsi ta có: 9t 2 +

4 (c + a − b ) 9 (a + b − c )  25b 4a   25c 9a   4c 9b  + + =  +  +  +  +  +  − 38 a b c  a b   a c   b c  ≥ 20 + 30 + 12 = 24 ⇒ VT ≥ 12  25b 2 = 4a 2  5b = 2a   Dấu bằng xảy ra khi  2 ⇔ ⇒ 5b + 5c = 5a ⇒ x = 0 (vô lí)  2   25 9 5c = 3a c = a     Bài 4.43: Đặt x = a + b + 2c, y = 2a + b + c, z = a + b + 3c 2VT =

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

−8x + 4y + 4z 2x − y −8x + 8z + − ≥ 12 2 − 17 x y z

27(2 − x )(2 − y )(2 − z ) ≤ ( 2 − x + 2 − y + 2 − z )

⇔ 27  8 − 4 ( x + y + z ) + 2 ( xy + yz + zx ) − xyz  ≤ ( 8 − x − y − z )

3 ⇔ 27  8 − 4 ( x + y + z ) + 2 ( xy + yz + zx ) + ( x 2 + y 2 + z 2 ) − 4  ≤ ( 8 − x − y − z ) 2 3 ⇔ 27  4 − 4 ( x + y + z ) + ( x + y + z )  ≤ ( 8 − x − y − z )   Đặt t = x + y + z, t ≥ 0 ta có 3

 4y 2x   4z 8x  ⇔ +  +  +  +  ≥ 12 2 (*) y   x z   x

⇔ 27(t 2 − 4t + 4) ≤ ( 6 − t ) ⇔ t 3 + 9t 2 − 108 ≤ 0

4y 2x 4z 8x + ≥ 4 2, + ≥8 2 x y x z Cộng vế với vế lại suy ra BĐT (*) đúng. ĐPCM.

Suy ra x + y + z ≤ 3 .

⇔ ( t − 3 )( t + 6 ) ≤ 0 ⇔ t ≤ 3

Áp dụng BĐT côsi ta có

Ta có: x 2 + y 2 + z 2 + 2(xy + yz + zx ) = (x + y + z )2

Bài 4.44: Áp dụng BĐT Côsi ta có

x 3 + y 3 + z 3 − 3xyz = (x + y + z )(x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx ) . Suy ra:

x + y + z ≥ 3 3 xyz ⇒

Bài 4.47: Giả thiết của bài toán và P là những đa thức đối xứng ba biến nên ta biểu diễn các đa thức này qua ba đa thức đối xứng cơ bản x + y + z , xy + yz + zx , xyz .

(x + y + z ) 27

≥ xyz

P = (x + y + z )(x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx ) = (x + y + z )(2 − 3

Mặt khác xyz ≥ x + y + z suy ra

(x + y + z ) 27

≥ x +y +z +2

2 t3 ≥ t + 2 ⇔ t 3 − 27t − 54 ≥ 0 ⇔ ( t − 6 )( t + 3 ) ≥ 0 ⇔ t ≥ 6 27 Suy ra x + y + z ≥ 6 , đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z = 2 .

Đặt t = x + y + z, t > 0 ta có

Bài 4.45: Sử dụng bất đẳng thức côsi ta có Tương tự ta có Từ đó suy ra

a 11 a 11 + abc ≥ 2 .abc = 2a 6 bc bc

Đặt t = x + y + z , t ≥ 0 suy ra P = t(2 − Ta sẽ đi chứng minh −

b c + abc ≥ 2b 6 , + abc ≥ 2c 6 ca ab

a 11 b 11 c11 + + ≥ 2(a 6 + b 6 + c 6 ) − 3abc bc ca ab

3 a 6 + b6 + c6 + 9 Vậy ta chỉ cần chứng minh 2(a 6 + b 6 + c 6 ) − 3abc + 2 2 2 ≥ 2 abc

t2 − 2 t3 ) = − + 3t . 2 2

t3 + 3t ≤ 2 2 ⇔ t 3 + 4 2 ≥ 6t 2

Thật vậy theo BĐT côsi ta có t 3 + 4 2 = t 3 + 2 2 + 2 2 ≥ 3 t 3.2 2.2 2 = 6t Do đó P ≤ 2 2 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = Ta có P = 2 2 chẳng hạn khi x =

(x + y + z )2 − 2 ) 2

2 , y = z = 0 , P = −2 2 chẳng hạn khi x = − 2 , y = z = 0 ,

Vậy min P = −2 2 , maxP = 2 2 . Nhận xét: 1) Việc chúng biết phải đi chứng minh −

t3 + 3t ≤ 2 2 là do chúng ta dự đoán được dấu bằng xảy ra tại 2

6 Hay là 3(a 6 + b 6 + c 6 ) + 2 2 2 − 6abc ≥ 9 abc

biên. 2) Ta có mọi đa thức đối xứng ba ẩn luôn biểu diễn qua được các đa thức đối xứng sơ cấp a = x + y + z ;b = xy + yz + zx ; c = xyz . Hơn nữa giữa ba đa thức đối xứng sơ cấp này luôn có sự đánh

Bây giờ lại sử dụng bất đẳng thức côsi ta được a 6 + b 6 + c 6 ≥ 3a 2b 2c 2

3 giá qua lại giữa chúng, cụ thể a 2 ≥ 3b ≥ 9 c 2 . Với bài toán trên từ giả thiết ta có:

-- 115 --

-- 116 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

a2 − 2 a 2 − 2b = 2 ⇔ b = tức là ta đã thay thế b bởi a do đó khi biểu diễn P = x 3 + y 3 + z 3 − 3xyz thì 2 chỉ còn hai biến là a và c. Mặt khác ta luôn đánh giá được c qua a (hoặc a qua c) và lúc đó trong P chỉ còn một biến là a hoặc c. Bài 4.48: Ta có xyz = (1 − x )(1 − y )(1 − z ) ⇔ 1 − ( x + y + z ) + xy + yz + zx = 2xyz 2

⇔ x 2 + y 2 + z 2 = 2 − 2 ( x + y + z ) + ( x + y + z ) − 4xyz

a) Sử dụng (1). Ta có:

(x 3 + y3 ) − (x 2 + y2 ) (x − 1)(y − 1)

b) Sử dụng (1). P ≥

t 2 (3t − 2) t2 4 4 = = t −2 + +4 ≥ 8 P ≥ 2 t −2 t −2 t −t +1 4  x + y = 4 min P = min f (t ) = f (4) = 8 đạt được khi  ⇔ (2;+∞ )  xy = 4   Bài 4.49: Áp dụng BĐT côsi ta có

 1 1  4  (a + b)2 +  +  ≥ (a + b)2 +   = a b   a + b 

x2 +

1 1 1 + y2 + 2 + z 2 + 2 ≥ x2 y z

≥ Chú ý:

 x = 2  .   y =2  

2t 2 − 2t + 13

,t =

2  9  = (x + y + z )2 +   x + y + z 

(t − 3 ) 2 (t + 2 )

82 .

( 3 223 ) + (x + y + z )2 = 2010 .

1 1 4 1 1 4 1 1 4 . + ≥ ; + ≥ ; + ≥ a b a +b b c b +c c a c +a

Cộng các BĐT vế theo vế ta được đpcm. b) Tương tự câu a).

x y

  1 1 1 1 1 1 + + ≥ 4  + + .  2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c  a b c 1 ab 1 +  ⇔ ≤ (a + b ) . b a +b 4

c) Áp dụng a) và b) ta được:

1 11 ≤  a +b 4 a Cùng với các BĐT tương tự, cộng vế theo vế ta được đpcm. e) Áp dụng câu d) với a = x , b = 2y, c = 4z thì a + b + c = 12  đpcm.

Xét Q − 1 =

1 1 1 (x + y + z )2 +  + +   x y z 

1 1 1 9 (với x, y, z > 0). + + ≥ x y z x +y +z

d) Tương tự câu c). Ta có: P ≥

6(2x + 13y − xy ) − 6xy 2x + 13y − 2xy = 6. = 6.Q (x + 2y )2 (x + 2y )2 2

1 1 4 (với a, b > 0). + ≥ a b a +b c) Áp dụng (1) liên tiếp hai lần ta được:

Bài 4.51: a) Áp dụng (1) ba lần ta được: 2

(t + 2 )

Chú ý:

t2 . 4

t2 t 3 − t 2 − xy(3t − 2) . Do 3t − 2 > 0 và −xy ≥ − nên ta có xy − t + 1 4

Rõ ràng y ≠ 0 ta có Q =

1 + a 2 + 1 + b 2 ≥ (1 + 1)2 + (a + b)2 =

t3 − t2 −

P ≥

(a 2 + b 2 )(x 2 + y 2 ) ≥ ab + xy (*)

• Nếu ab + xy ≥ 0 thì bình phương 2 vế ta được: (*) ⇔ (bx − ay )2 ≥ 0 (đúng).

3 1 hay x = y = z = . ĐPCM 2 2

• Nếu ab + xy < 0 thì (*) hiển nhiên đúng.

4 3 1 15 3 3 t + t 2 − 2t + 2 = (2t − 3)2 ( − t ) + ≥ 27 27 4 4 4

Cho x , y ∈ R và x , y > 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của P =

ta có

  1 1 b + c +   3 − a +    1 2 2 a(7 − 2a )2     b + 2abc = 2a.b  c +  ≤ 2a. = 2a. =  2 4 4 8

Bài 4.50: Bình phương 2 vế ta được: (1) ⇔

Đặt t = x + y + z thì 0 < t < 3 . Khi đó:

P =

 x + y + z  2 x 2 + y 2 + z 2 ≥ 2 − 2 ( x + y + z ) + ( x + y + z ) − 4    3 

Đặt t = x + y; t > 2 . ta có xy ≤

(x − y )

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM dạng xy ≤

a(7 − 2a )2 9 ≤ ⇔ (4 − a )(2a − 3)2 ≥ 0 (Luôn đúng với 0 ≤ a ≤ 3 ). 8 2 3 1 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a, b, c) =  ,1,   2 2 

 x + y + z  Áp dụng BĐT côsi ta có   ≥ xyz nên 3  

Đẳng thức xảy ra khi t =

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT 2

Do đó, chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được

x 2 + y2 + z 2 ≥ −

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

d) Theo (1):

≥ 0 ⇒Q ≥1 ⇒ P ≥ 6

  3   x = ±3 28 . Suy ra min P = 6 ⇔    3  y=±     28

f) Nhận xét: ( p – a ) + ( p – b ) = 2p – (a + b ) = c . Áp dụng (1) ta được:

Cho a,b,c là ba số thực không âm có tổng bằng 3. Chứng minh: a + ab + 2abc ≤

-- 117 --

9 2

1 1 4 4 + ≥ = . p − a p − b (p − a ) + (p − b) c

Cùng với 2 BĐT tương tự, cộng vế theo vế, ta được đpcm.

-- 118 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

 1 1 1 Bài 4.52: Ta có: (1) ⇔ (a + b + c)  + +  ≥ 9 . Dễ dàng suy từ BĐT Cô–si. a b c  1 1 1 9 a) Áp dụng (1) ta được: . + + ≥ a +b b +c c +a 2(a + b + c )

Đẳng thức xảy ra khi t =

Chú ý: (a + b + c)2 ≤ 3(a 2 + b 2 + c 2 ) .  1 x +1−1 y +1−1 z +1−1 1 1  = 3 −  + + + +   x + 1 y + 1 z + 1  x +1 y +1 z +1

9 3 1 1 1 9 9 Ta có: + + ≥ = . Suy ra: P ≤ 3 − = . x +1 y +1 z +1 x +y +z + 3 4 4 4 9 9 = ≥ 9. a 2 + 2bc + b 2 + 2ca + c 2 + 2ab (a + b + c )2

d) Ta có 1 1 1 9 9 + + ≥ 2 = ≥1 a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ca ab + bc + ca a + b 2 + c 2 + 2 ( ab + bc + ca ) ( a + b + c )2 2

và 3 ( ab + bc + ca ) ≤ ( a + b + c )

nên

2007 3.2007 ≥ ≥ 669 . 2 ab + bc + ca (a + b + c )

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

a +b +c Bài 4.53: Ta có: a + b ≥ a b + b a = a b (a + b) ⇒ a + b + ab ≥ ab c 5

⇒

ab ≤ a 5 + b 5 + ab

3 2

2 2

ab c = . a +b +c a +b +c ab c

2 2 2 2 2 2 2 2 + ≥ 3 3 t 2. . =6 t t t t

2 hay a = b > 0, c = 0 hoặc các hoán vị tương ứng.

Bài 4.55: a) x ≠ 3 1 Bài 4.56: a) x = 2

b) x > 2 c) 0 ≤ x ≤ 1

b) Vô nghiệm

Bài 4.57: Ta có 3x + 1 > 0 ⇔ x > −

d) x = 1, x = 2

1 3

 x ≠ −3  x ≠ −3 1 1 1  > ⇔ ⇔ 1⇔ x>− 3 x+3 x+3 x > − 3 x + 1 > 0  3 1 1 Do đó 3x + 1 + > tương đương 3x + 1 > 0 x +3 x +3  x > −1  x +1 > 0 1  a) 3x + 1 + x + 1 > x + 1 ⇔  ⇔ 1⇔ x>− 3 3 x + 1 > 0  x > − 3 a) Ta có 3x + 1 +

Do đó 3x + 1 + x + 1 > x + 1 tương đương 3x + 1 > 0  x +1 > 0  x > −1 Bài 4.58: a) ĐKXĐ:  không tồn tại giá trị nào của x ⇔ − x − 4 > 0   x < −4 Suy ra bất phương trình vô nghiệm. 2

1 3  x + 1 ≥ 0, − x 2 + x − 1 = −  x −  − < 0 2 4  Suy ra bất phương trình vô nghiệm. b) Ta có

bc a ca b ≤ ; ≤ b 5 + c 5 + bc a + b + c c 5 + a 5 + ac a + b + c Cộng ba BĐT này lại với nhau ta có đpcm.

Tương tự:

Bài 4.54: * Trước tiên, ta sẽ chứng minh kết quả sau:

Bài 4.59: a) Ta có x + 1 ≥ 0, 2 x 2 − 2 x + 1 = ( x − 1) + x 2 ≥ 0

a b c a 2 + b2 + c2 (1) + + ≥ b + c c + a a + b ab + bc + ca

Nhân hai vế của (1) với ab + bc + ca , và để ý rằng a a  abc .(ab + bc + ca ) = a(b + c ) + bc  = a 2 + b +c b +c  b +c Dễ thấy khi đó, (1) trở thành

* Quay trở lại bài toán, sử dụng kết quả trên, ta suy ra

-- 119 --

x +1 = 0  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  (vô nghiệm) 2 2 ( x − 1) + x = 0 Vậy bất phương trình nghiệm đúng với mọi x .

abc abc abc a + + b2 + + c2 + ≥ a 2 + b2 + c2 b +c c +a a +b  1 1 1  Hay abc  + +  ≥ 0 (hiển nhiên đúng). Điều phải chứng minh.  b + c c + a a + b 

4 2 a 2 + b2 + c2 ab + bc + ca + 4 2. 2 = t2 + , với t = ab + bc + ca a + b 2 + c2 t

Suy ra x + 1 + 2 x 2 − 2 x + 1 ≥ 0

Suy ra x + 1 + 2 x2 − 2 x + 1 > 0 với mọi x .

P ≥

4 2 với t ≥ 1 . t

Vậy min P = 6 khi và chỉ khi a = b > 0, c = 0 hoặc các hoán vị tương ứng.

b) Để áp dụng (1), ta biến đổi P như sau:

c) Ta có: P ≥

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

Vậy ta sẽ tìm giá trị nhỏ nhất của f (t ) = t 2 + Áp dụng BĐT côsi ta có f (t ) = t 2 +

9(a 2 + b 2 + c 2 ) 3 3(a 2 + b 2 + c 2 ) 3  VT ≥ = . ≥ (a + b + c) 2(a + b + c) 2 a +b +c 2

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 Với cách đặt trên, dễ dàng suy ra t ≥ 1 .

a 2 + b2 + c2 ab + bc + ca

b) Áp dụng BĐT côsi ta có

x2 + 2 2

= x2 + 1 +

1 2

≥2

x +1 x +1 Suy ra bất phương trình nghiệm đúng với mọi x . Bài 4.60: Bạn Bình đã mắc sai lầm ở phép biến đổi đầu tiên Lời giải: đúng là:  x +1 = 0  x = −1 x +1 2x + 2 −1 ≥ 0 ⇔  ⇔ 2 x + 2 − 1 ≥ 0   2x + 2 ≥ 1

(

)

-- 120 --

x 2 + 1.

1 x2 + 1

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

 x = −1  x = −1 ⇔ ⇔ 1 2 x + 2 ≥ 1  x ≥ −  2

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

Từ đó ta cần thuê 5 xe hiệu MITSUBISHI và 4 xe hiệu FORD thì chi phí vận tải là thấp nhất. Bài 4.64: Gọi x, y lần lượt là số cái bánh Đậu xanh, bánh Dẻo ( x, y ∈ N ).

 1  Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S = {−1} ∪  − ; +∞  .  2 

  6x + 7y ≤ 30000 Bài toán trở thành tìm số tự nhiên x, y thoả mãn hệ   2x + y ≤ 5000     x = 625 sao cho L = 2 x + 1,8 y lớn nhất. Từ đó ta có  thì L = 2 x + 1,8 y đạt giá trị lớn nhất.  y = 3750   Vậy cần 625 bánh đậu xanh và 3750 bánh dẻo thì lãi lớn nhất. Bài 4.65: Công ty Bao bì Dược cần sản xuất 3 loại hộp giấy: đựng thuốc B1, đựng cao Sao vàng và đựng "Quy sâm đại bổ hoàn". Để sản xuất các loại hộp này, công ty dùng các tấm bìa có kích thước giống nhau. Mỗi tấm bìa có hai cách cắt khác nhau: Cách thứ nhất cắt được 3 hộp B1, một hộp cao Sao vàng và 6 hộp Quy sâm. Cách thứ hai cắt được 2 hộp B1, 3 hộp cao Sao vàng và 1 hộp Quy sâm. Theo kế hoạch, số hộp Quy sâm phải có là 900 hộp, số hộp B1 tối thiểu là 900 hộp, số hộp cao sao vàng tối thiểu là 1000 hộp. Cần phương án sao cho tổng số tấm bìa phải dùng là ít nhất?

Bài 4.61: a) Trong mặt phẳng tọa độ, vẽ đường thẳng ( d ) : x − 3 y = 0 .

Ta thấy (1; 0) là nghiệm của bất phương trình đã cho. Vậy miền nghiệm cần tìm là nửa mặt phẳng chứa bờ (d) và chứa điểm M (1;0 ) (Miền không được tô màu trên hình vẽ).

x− y < x + y + 1 ⇔ x − y + 2 ( x + y + 1) > 0 −2 ⇔ 3x + y + 2 > 0 Trong mặt phẳng tọa độ , vẽ đường thẳng ∆ : 3x + y + 2 = 0

b) Ta có

Xét điểm O ( 0;0 ) , thấy ( 0;0 ) không phải là nghiệm của bất phương trình đã

cho do đó miền nghiệm cần tìm là nửa mặt phẳng bờ ∆ (không kể đường thẳng ∆ ) và không chứa điểm O ( 0;0 ) (Miền không được tô màu trên hình vẽ).

Bài 4.66: a)

m(x − m) ≤ x − 1 ⇔ (m − 1)x ≤ m 2 − 1

Nếu: m=1 thì 0x ≤ 2 (đúng). Tập nghiệm: S=R. Nếu: m>1 thì x ≤ m+1.

Bài 4.62: a) Vẽ các đường thẳng

( d ) : x + y − 2 = 0 , ( d ') : x − y + 3 = 0

Nếu: m<1 thì x ≥ m+1.

trên mặt phẳng tọa độ Oxy

( 0;0)

là nghiệm của bất phương trình

Nếu: m=3 thì bất phương trình 0x ≤ 0: nghiệm với mọi x . Nếu: m>3 thì bất phương trình có nghiệm x ≤ m. Nếu: m<3 thì bất phương trình có nghiệm x ≥ m.

x + y − 2 < 0 và x − y + 3 ≥ 0 do đó miền nghiệm cần tìm là phần mặt

phẳng không được tô màu trên hình vẽ kể cả hai đường thẳng ( d ') . b) Vẽ các đường thẳng

( d ) : x + y + 2 = 0, ( d ') : 2 x − 3 y − 6 = 0

và

( 0;0)

là nghiệm của bất phương trình

x + y + 2 > 0 và 2 x − 3 y − 6 ≤ 0 . Do đó O ( 0;0 ) thuộc miền nghiệm

b) Bất phương trình tương đương với ( m 2 − 9 ) x ≥ m 2 + 3m

của bất phương trình x + y + 2 > 0 và 2 x − 3 y − 6 ≤ 0 . Xét điểm M ( 0;3) ta thấy ( 0;3) là nghiệm của bất phương trình x − 2 y + 3 ≤ 0 do đó điểm M ( 0;3) thuộc miền nghiệm bất phương

trình x − 2 y + 3 ≤ 0 . Vậy miền nghiệm cần tìm là phần mặt phẳng không được tô màu trên hình vẽ kể cả đường thẳng ( d ') , ( d ") .

Bài 4.67: a) Bất phương trình tương đương với ( m − 1 ) x ≤ 2 − m

Rõ ràng nếu m ≠ 1 bất phương trình luôn có nghiệm. Xét m = 1 bât phương trình trở thành 0x ≤ 1 suy ra bất phương trình nghiệm đúng với mọi x . Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

trên mặt phẳng tọa độ Oxy thấy

Tập nghiệm: S= ( −∞; m + 1  . Tập nghiệm: S=  m + 1; +∞ ) .

b) 3x + m 2 ≥ m(x + 3) ⇔ (m − 3)x ≤ m 2 − 3m.

Xét điểm O ( 0;0 ) , thấy

( d ") : x − 2 y + 3 = 0 Xét điểm O ( 0;0 ) ,

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

Bài toán trở thành là tìm x, y nguyên không âm thoả mãn hệ (*) sao cho T ( x, y ) nhỏ nhất.

Dễ dàng thấy nếu m 2 − 9 ≠ 0 ⇔ m ≠ ±3 thì bất phương trình không thể có nghiệm đúng ∀x ∈ ℝ Với m = 3 bất phương trình trở thành 0x > 18 suy ra bất phương trình vô nghiệm Với m = −3 bât phương trình trở thành 0x ≥ 0 suy ra bất phương trình nghiệm đúng với mọi x . Vậy giá trị cần tìm là m = −3 . Bài 4.68: a) Ta có đồ thị hàm số y = f ( x ) trên [ 0;1] là một đoạn thẳng AB với A(0; −3m + 2) và B (1; − m + 3) nên phương trình f ( x ) = 0 có nghiệm trên

Bài 4.63: Gọi x, y (x, y ∈ N ) lần lượt là số xe loại MITSUBISHI, loại FORD cần thuê

[ 0;1] ⇔ đoạn thẳng

Từ bài toán ta được hệ bất phương trình  0 ≤ x ≤ 10  0 ≤ x ≤ 10         0 ≤ y ≤ 9  0 ≤ y ≤ 9  (*) ⇔     20 x + 10 y ≥ 140 2x + y ≥ 14      0, 6x + 1, 5y ≥ 9  2x + 5y ≥ 30       Tổng chi phí T ( x, y ) = 4 x + 3 y (triệu đồng)

(có thể nằm trên Ox). Điều này có nghĩa là

AB có điểm chung với trục hoành ⇔ các điểm đầu mút A, B nằm về hai phía của Ox

2 ≤ m ≤ 3. 3 b) Ta có f ( x ) ≥ 0 với mọi x ∈ [ −1; 2] ⇔ đồ thị của hàm số y = f ( x ) trên đoạn [ −1; 2] nằm trên Ox ⇔ hai

f ( 0 ) . f (1) ≤ 0 ⇔ (−3m + 2)(−m + 3) ≤ 0 ⇔

đầu mút của đoạn thẳng đó đều nằm trên Ox    f (−1) ≥ 0  −5m + 1 ≥ 0 1 ⇔  ⇔  ⇔ −4 ≤ m ≤ .  f (2) ≥ 0 m + 4 ≥ 0 5     -- 121 --

-- 122 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

Bài 4.69: Bất phương trình tương đương với ( 2m − 2 ) x ≥ m + 1

Với m = 1 thì bất phương trình vô nghiệm do đó không thỏa mãn yêu cầu bài toán. Với m > 1 bất phương trình tương đương với x ≥

m +1 2m − 2

Do đó để bất phương trình có tập nghiệm là [1; +∞) thì Với m < 1 bất phương trình tương đương với x ≤

m +1 = 1 ⇔ m = 3 (thỏa mãn) 2m − 2

m +1 suy ra m < 1 không thỏa mãn yêu cầu bài 2m − 2

toán. Vậy m = 3 là giá trị cần tìm. Bài 4.70: * Với m = 2 bất phương trình ( 2 − m ) x + 2m + 4 ≥ 0 (1) trở thành 0.x + 8 ≥ 0 (nghiệm đúng với mọi x ), bất phương trình ( m + 1) x + m − 4 ≥ 0 (2) trở thành 3x ≥ 0 ⇔ x ≥ 0 do đó hai bất 2

phương trình không tương đương. 2 * Với m = −1 bất phương trình (1) trở thành 3x + 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ − , bất phương trình (2) trở thành 3 0.x − 3 ≥ 0 ( vô nghiệm) do đó hai bất phương trình không tương đương. * Với m > 2 không thỏa mãn yêu cầu bài toán 2m + 4 4 − m2 * Với −1 < m < 2 ta có ( 1 ) ⇔ x ≥ , (2) ⇔ x ≥ m −2 m +1 2m + 4 4 − m2 = ⇔ m = −2 (loại) m −2 m +1 * Với m < −1 không thỏa mãn yêu cầu bài toán Vậy không có giá trị nào của m để hai bất phương trình tương đương. 26 28 5 13 ≤x< Bài 4.71: a) − < x < b) 3 5 78 14 12 21 c) x ≥ 75 d) − ≤ x ≤ 11 5  x ≤2  Bài 4.72: a) Hệ bất phương trình tương đương với   x > 1−m   Suy ra hệ bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 2 > 1 − m ⇔ m > −1 Vậy m > −1 là giá trị cần tìm.    x > −2  −2 < x ≤ 4   b) Hệ bất phương trình tương đương với  ⇔ x ≤ 4    x > m + 2  x >m +2     Suy ra hệ bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m + 2 ≤ 4 ⇔ m ≤ −2 Vậy m ≤ −2 là giá trị cần tìm.

Suy ra hai bất phương trình tương đương ⇔

  x ≤ 1 Bài 4.73: a) Hệ bất phương trình tương đương với   m +5  x >    2

Suy ra hệ bất phương trình vô nghiệm ⇔ 1 ≤

m +5 ⇔ m ≥ −3 2

Vậy m ≥ −3 là giá trị cần tìm. -- 123 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

    x ≥ −3  −3 ≤ x ≤ 1      b) Hệ bất phương trình tương đương với  ⇔ x ≤ 1 m −1    x > m −1   2   x >    2

Suy ra hệ bất phương trình vô nghiệm ⇔

m −1 ≥1⇔m ≥3 2

Vậy m ≥ 3 là giá trị cần tìm. Bài 4.74: Ta thấy nếu y = 0 thì phương trình vô nghiệm Với y ≠ 0 . Đặt x = ty khi đó

(

)

15x 2 − 11xy + 2y 2 = −7 ⇔ y 2 15t 2 − 11t + 2 = −7 x < y y(t − 1) < 0 (*) ⇔  2 2 2m x + 3my < 0 y(2m t + 3m ) < 0

Phương trình có nghiệm ⇔ 15t 2 − 11t + 2 < 0 ⇔ 3t − 1 5t − 2 < 0 ⇔

(

)(

)

1 2 <t < 3 5

 y>0 Do đó (*) ⇔  2 2m t + 3m < 0  1 2 <t <  Như vậy ta cần tìm m để hệ bất phương trình  3 5 (**) có nghiệm với ẩn t . 2m 2t + 3m < 0  Với m = 0 thì hệ bất phương trình (**) có nghiệm 2 1  3 < t < 5 Với m ≠ 0 (**) ⇔  do đó t < − 3  2m

 m > 0   m < − 9 3 1  2 ⇔ − 9 < m < 0. Hệ bất phương trình (**) có nghiệm ⇔ − > ⇔  m < 0 2m 3 2  9   m > 2  9 < m < 0 là những giá trị cần tìm. 2 Bài 4.75: ĐKXĐ: x ≠ −1   x > −1 Bất phương trình tương đương với  (1) hoặc  2 x + m −1 > 0    x > −1  x < −1     Ta có (1) ⇔  , (2) ⇔    1 − m 1−m   x > x <      2  2

Vậy −

Nếu

  x < −1  (2)   2 x + m −1 < 0  

1−m 1−m , (2) ⇔ x < −1 > −1 ⇔ m < 3 thì (1) ⇔ x > 2 2 -- 124 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

1 − m  Suy ra bất phương trình có nghiệm là x ∈ ( −∞; −1 ) ∪  ; +∞  2 

Bài 4.79: Đặt t = x 2 − 2 x + 1 khi đó t ≥ 0 , suy ra x 2 − 2 x = t − 1 . Thay vào phương trình (1) ta được phương trình sau: t 2 − 2 ( m + 1) t + m + 4 = 0 ( *)

1−m = −1 ⇔ m = 3 thì (1) ⇔ x > −1 , (2) ⇔ x < −1 2 Suy ra bất phương trình có nghiệm là x ∈ ℝ \ { −1}

Để phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt thì pt (*) có 2 nghiệm thỏa t1 < 0 < t2 , hoặc phương trình (*) có 2 nghiệm thỏa 0 < t1 = t2 . • Phương trình (2) có nghiệm t1 < 0 < t2 ⇔ P < 0 ⇔ m + 4 < 0 ⇔ m < −4 .

Nếu

1−m 1−m < −1 ⇔ m > 3 thì (1) ⇔ x > −1 , (2) ⇔ x < 2 2   1 − m Suy ra nghiệm của bất phương trình là x ∈  −∞;  ∪ ( −1; +∞ )  2 

Nếu

Kết luận 1 − m  m < 3 tập nghiệm bất phương trình là S = ( −∞; −1 ) ∪  ; +∞  2 

m = 3 tập nghiệm bất phương trình là S = ℝ \ { −1}  1 − m  m > 3 tập nghiệm bất phương trình là S =  −∞;  ∪ ( −1; +∞ ) .  2  Bài 4.76: a) Phương trình có hai nghiệm khác dấu khi P < 0 hay m − 1 < 0 ⇔ m < 1 . b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt đều âm khi 2     m > 1 ∆ > 0  ( 2m − 3 ) > 0         S < 0 ⇔  1 − 2m < 0 ⇔    m ≠ 3    P >0 m −1 > 0     2       c) Phương trình có hai nghiệm phân biệt đều dương khi  2m − 3 2 > 0    ( )  ∆ > 0      S > 0 ⇔  1 − 2m > 0 ⇔ không có giá trị nào của m thoả mãn       P > 0  m −1 > 0   

d) Phương trình có hai nghiệm bằng nhau về giá trị tuyệt đối và trái dấu nhau hay phương trình có hai nghiệm đối nhau .  ∆ ≥ 0 1 Phương trình có hai nghiệm đối nhau khi và chỉ khi  ⇔ 1 − 2m = 0 ⇔ m = . S = 0 2   x = 4   x =4      x < 4 (*)  x < 4 Bài 4.77: Ta có bpt ⇔   ⇔   5m 2 2 2   m + 1 ) x − 5m ≤ 0  x ≤ 2  ( m +1  5m 2 < 4 ⇔ m 2 < 4 ⇔ −2 < m < 2 ta có m2 + 1  x=4 2 (*) ⇔   x ≤ 5m 2  m +1  m≥2 x = 4 5m 2 ≥ 4 ⇔ m2 ≥ 4 ⇔  : ( *) ⇔  ⇔ x≤4 • Nếu 2 ≤ − 2 m m +1 x < 4  • Nếu

Bài 4.78: a) −1 < m ≤

2 2 b) −4 < m < 3 3

c) a = 0;b ≥ 0

-- 125 --

m 2 + m − 3 = 0 ∆ = 0 −1 + 13 ⇔ ⇔m= . • Phương trình (2) có nghiệm 0 < t1 = t2 ⇔  S > 0 2 m + 1 > 0    −1 + 13  Kết luận: với m ∈ ( −∞; −4 ) ∪   thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. 2   Bài 4.80: a) Ta có −4x + 8 = 0 ⇔ x = 2 , a = −4 < 0 . Bảng xét dấu x 2 −∞ +∞ + −4x + 8 0 − b) Ta có 3x + 9 = 0 ⇔ x = −3 , a = 4 > 0 . Bảng xét dấu x −3 −∞ +∞ 3x + 9 0 + −

c) Ta có x 2 + 4x + 3 = ( x + 1)( x + 3 ) , x + 1 = 0 ⇔ x = −1, x + 3 = 0 ⇔ x = −3 Bảng xét dấu x x+2 x−2

−∞

x2 − 4

− − +

−3 0 | 0

−1 | 0 0

+ − −

+∞

+ + +

x = 3  d) Ta có −3x 2 + 10x − 3 = 0 ⇔  x = 1  3 Suy ra −3x 2 + 10x − 3 = ( x − 3 )( 1 − 3x ) Bảng xét dấu x

−∞

1 − 3x x −3 −3x 2 + 10x − 3 Bài 4.81: a) Bảng xét dấu x −∞ −2 x + 4 x −3

−2x + 4 x −3 b) Ta có

+ − −

1 3 0 | 0

3 | 0 0

− − +

+∞

− + −

+ −

2 0 |

− −

3 | 0

− +

−

+∞

4x − 8 4x − 8 = x (x − 3) x 2 − 3x

Bảng xét dấu x

−∞

2 -- 126 --

+∞

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

4x − 8 x

x −3 4x − 8 x 2 − 3x c) Ta có x ( 9 − x

− + −

0 | |

+ + −

| | 0

+ + +

−

−3 | | 0 0

− + − −

x ( 9 − x 2 ) (x + 3) 2

x2 2

( x + 1)

−1 =

Bảng xét dấu x

( x + 1) − x 2 2 ( x + 1)

−1

( x + 1)

Bài 4.82: a) BXD: x

+∞

+ − + −

( x + 1)

− −

| 0

− +

1 2 0 |

−

+∞

b ) Ta có: f (x ) =

1 3 0

3 −

+∞ +

)

 −1 < x ≤ 0 f)   1< x ≤ 4

x 2 − 2x − 3 3x − 1 + 4 − 5x

≥0⇔

–

-1 | +

x 2 − 3x − 4

+ + +

|| –

x − 3x + 2 f(x)

+∞ + + +

(x 2 − 3x )2 − 2(x 2 − 3x ) − 8 (x 2 − 3x + 2)(x 2 − 3x − 4) = x 2 − 3x x 2 − 3x

x 2 − 3x 2

−∞

0 1 0 – |

–

0 –

| –

–

| +

–

0 + || –

|| + 0

2 3 | – 0

4 |

– |

–

0 + |

–

+∞

2 b) Ta có: f (x ) = x 4 + 2x 2 + 1 − 2(x 2 + 2x + 1) = (x 2 + 1)2 −  2(x + 1)   

(

⇒ f (x ) = x 2 − 2x + 1 − 2

2 2 g) x > , − < x ≤ 0 3 3

(x + 1)(x − 3 ) ≥ 0 ⇔  3 < x ≤ 3 3 − 2x

+ +

f (x ) < 0 ⇔ (−∞; −6) ∪ (−3;2) ∪ (0; +∞)

h) 3 3x − 1 + 3 4 − 5x > 0 ⇔ 3 − 2x > 0 suy ra 3 3x − 1 + 3 4 − 5x cùng dấu với 3 − 2x

1 2 |

−∞

⇒ f (x ) > 0 ⇔ x ∈ (−6; −3) ∪ (2; 0)

1   x>2 8x −1 d) bpt ⇔ ≤0⇔ ( 2 x − 1)( x + 1)  −1 < x ≤ 1  8

1 5

1 2

2x − 2(x + 9) − x (x + 9) −x 2 − 9x − 18 Bài 4.86: a) Ta có: f (x ) = = 2x (x + 9) 2x (x + 2)

( x + 3)( x + 6 ) > 0 ⇔ −9 < x < −6 c) bpt ⇔  −3 < x < 0 x ( x + 9) 

x 2 − 5x + 4 2x − 5x + 2 f(x)

b) T = −∞; − 2 ∪ ( 2; +∞ )

e) bpt ⇔ 0 < x <

Bài 4.85: a) Ta có: x 2 − 5x + 4 = 0 ⇔ x = 1; x = 4

+ +

1 Tập nghiệm: T = (−∞; ] ∪ [3; +∞) 3

(

1 1 1 > 0 , có ∆ = 0 ⇒ g (x ) > 0 (cùng dấu với a) ∀x ≠ và g( ) = 0 . 4 2 2 c) Tam thức g(x ) có a = −2 > 0 , có ∆ = −7 < 0 ⇒ g(x ) < 0 (cùng dấu với a) ∀x ∈ R .

Bảng xét dấu x −∞

1 ; x =1 2 2

b) Tam thức g(x ) có a =

Bảng xét dấu: x

−

d) −6 ≤ x ≤ 4

1 * f (x ) < 0 (cùng dấu với a) ⇔ x ∈ (−∞; ) ∪ (1; +∞) . 2

2 − 5x + 2x 2 = 0 ⇔ x = 2; x =

−1

2x +1 x +1

3 | 0 | 0

+ + + +

b) x ≤ 2

1 * f (x ) > 0 (trái dấu với a) ⇔ x ∈ ( ;1) 2

2x + 1

−∞

0 0 | | 0

− + + −

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

7 c) x < −1, x > 3

Bài 4.84: a) Tam thức f (x ) có a = −2 < 0 , có hai nghiệm x 1 =

)(x + 3) = x ( 3 − x )( x + 3 ) −∞

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

4 Bài 4.83: a) < x < 4 3

| 0 |

Bảng xét dấu x x 3− x x+3

d) Ta có

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

− − −

2  x ≤ −1 -- 127 --

)( x

+ 2x + 1 + 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)

 3  5x 2 − 2x − 3 > 0 ⇔ x ∈ (−∞; −1) ∪  − ;1  ∪ (2; +∞) 2  x −x −2  5  -- 128 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

 5x 2 − 2x − 3 3 Và 2 < 0 ⇔ x ∈  −1; −  ∪ ( 1;2 )  5 x −x −2

Do đó với mọi m ta có m 2x 2 − 4mx + m 2 − 2m + 5 ≥ 0, ∀x ∈ ℝ

d) f ( x ) = (x − 1)2(x + 2) ⇒ f ( x ) > 0 ⇔ x ∈ ( −2; +∞ ) \ {1}

b) ĐKXĐ: x 2 + 2 ( 1 − m ) x + 2m2 + 3 > 0

f ( x ) < 0 ⇔ x ∈ ( −∞; −2 )

Xét tam thức bậc hai f ( x ) = x 2 + 2 ( 1 − m ) x + 2m2 + 3

Vậy tập xác định của hàm số là D = ℝ

Bài 4.87: Nếu m = 1 ⇒ g (x ) = −2 < 0 ∀x ∈ R

Nếu m ≠ 1 , khi đó g(x ) là tam thức bậc hai có a = m − 1 và ∆ ' = 2(m − 1) , do đó ta có các trường hợp sau:  a > 0 *m >1⇒ ⇒ g(x ) có hai nghiệm phân biệt  ∆ '>0   m − 1 − 2(m − 1) x1 = m −1

m − 1 + 2(m − 1) và x 2 = . m −1

 a < 0 * m <1⇒ ⇒ g(x ) < 0 ∀x ∈ R .  ∆ '<0   Bài 4.88: a) Ta có ∆ = ( m + 2 ) + m + 3 = m 2 + 5m + 7 Vì tam thức m + 5m + 7 có am = 1 > 0, ∆ 'm = −2 < 0 nên m + 5m + 7 > 0 với mọi m 2

Do đó phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m . 3m − 2

)

Suy ra với mọi m ta có x 2 + 2 ( 1 − m ) x + 2m 2 + 3 > 0, ∀x ∈ ℝ Vậy tập xác định của hàm số là D = ℝ

⇔ ∆ ' = (m + 1)2 + 3(2m 2 − 3m + 2) ≤ 0 7m 2 − 7m + 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 ∈ ℝ (1)

(

(Vì tam thức bậc hai f ( m ) = −m2 − 2m − 2 có am = −1 < 0, ∆ 'm = −1 < 0 )

Bài 4.91: a) 3x2 − 2(m + 1)x − 2m 2 + 3m − 2 ≥ 0 ∀x ∈ R

⇒ g(x ) > 0 ⇔ x ∈ (−∞; x 1 ) ∪ (x 2 ; +∞) ; g(x ) < 0 ⇔ x ∈ (x 1; x 2 ) .

b) Ta có ∆ =

Ta có a = 1 > 0, ∆ ' = ( 1 − m ) − ( 2m 2 + 3 ) = −m 2 − 2m − 2 < 0

− 8 ( m 2 + 1 ) = −5m 2 − 4 3m − 4

Vì tam thức −5m 2 − 4 3m − 4 có am = −5 < 0, ∆ 'm < 0 nên −5m 2 − 4 3m − 4 < 0 với mọi m . Do

đó phương trình đã cho luôn vô nghiệm với mọi m .   a = −1 < 0 1 Bài 4.89: a) f ( x ) < 0, ∀x ⇔  ⇔m> ∆ ' = 1 − 4m < 0 4   1 Vậy với − < m < 0 thì biểu thức f ( x ) luôn âm. 4 b) Với m = 0 không thỏa mãn yêu cầu bài toán Với m ≠ 0 thì g ( x ) = 4mx − 4 ( m − 1) x + m − 3 là tam thức bậc hai dó đó 2

  a = 4m < 0  g ( x ) < 0, ∀x ⇔  2  ∆ ' = 4 ( m − 1 ) − 4m ( m − 3 ) < 0       m<0 m<0 ⇔ ⇔ ⇔ m < −1     4 m + 4 < 0   m < −1   Vậy với m < −1 thì biểu thức g ( x ) luôn âm.

Bài 4.90: a) ĐKXĐ: m 2x 2 − 4mx + m 2 − 2m + 5 ≥ 0 (*) Với m = 0 thì điều kiện (*) đúng với mọi x Với m ≠ 0 xét tam thức bậc hai f ( x ) = m2x 2 − 4mx + m2 − 2m + 5 Ta có a = m 2 > 0, ∆ ' = 4m 2 − 8 ( 2m 2 + 1 ) = −12m 2 − 8 < 0 Suy ra f ( x ) = m 2x 2 − 4mx + m 2 − 2m + 5 ≥ 0 ∀x ∈ ℝ

* m = −1 không thỏa mãn  m + 1 > 0 * m ≠ −1 ⇒ (1) ⇔  ⇔ m ≥1 ∆ ' = (m − 1)(−2m − 4) ≤ 0   c) Ta có x 2 + x + 1 > 0 ∀x ∈ ℝ  x 2 + 1 − m ≥ 0 x +m x +m ⇒ 2 ≤ 1 ⇔ −1 ≤ 2 ≤ 1 ⇔  2  x + 2x + m + 1 ≥ 0 x +x +1 x +x +1   (1) đúng ∀x ∈ ℝ ⇔ 1 − m ≥ 0 ⇔ m ≤ 1 (2) đúng ∀x ∈ ℝ ⇔ ∆ ' = −m ≤ 0 ⇔ m ≥ 0 Vậy 0 ≤ m ≤ 1 là những giá trị cần tìm 1  Bài 4.92: a) T =  ;1  b) T = { 2 } c) T = ℝ  2 

3  d)  ;2   2 

e) T = ∅

(1) (2)

f) T = ( −∞; −3  ∪  −2; +∞ )

Bài 4.93: a) Phương trình vô nghiệm khi và chỉ khi ∆ ' < 0 1 − 13 1 + 13 <x < 2 2  1 − 13 1 + 13    thì phương trình vô nghiệm Vậy với m ∈  ;  2 2  ⇔ m2 − m − 3 < 0 ⇔

b) Với m = 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán Với m ≠ 1 phương trình vô nghiệm khi và chỉ khi ∆ ' < 0

 m >1 2 ⇔ ( m − 1 ) − 2m ( m − 1 ) < 0 ⇔ ( m − 1 )( −m − 1 ) < 0 ⇔   m < −1  m ≥1 Vậy với  thì phương trình có nghiệm  m < −1 Bài 4.94:Với m = 0 , bất phương trình trở thành: −1 > 0 ⇒ bất phương trình vô nghiệm Với m ≠ 0 ⇒ f (x ) = mx 2 − 2mx + m − 1 là tam thức bậc hai có a = m, ∆ ' = m

-- 129 --

-- 130 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

∆ ' > 0  m− m m+ m * m > 0 ⇒  )∪( ; +∞) . ⇒ bất phương trình có tập nghiệm: S = (−∞;  a>0 m m   a < 0  * m < 0 ⇒  ⇒ bất phương trình vô nghiệm . ∆ '<0   Kết luận m ≤ 0 bất phương trình có tập nghiệm là S = ∅ m− m m+ m )∪( ; +∞) m m Bài 4.95: m = 1 không thỏa mãn ycbt; m = −1 thỏa mãn ycbt Với m ≠ ±1 ta có bpt ⇔  ( m + 1 ) x + m − 3   ( m − 1 ) x − m − 3  ≥ 0

m > 0 bất phương trình có tập nghiệm là S = (−∞;

Đáp số m ∈  −3; −1  Bài 4.96: Ta có f ( f ( x ) ) – x =  x 2 + (b + 1)x + b + 2   x 2 + (b − 1)x + 1  Suy ra f ( f ( x ) ) – x > 0 ⇔  x 2 + (b + 1)x + b + 2   x 2 + (b − 1)x + 1  > 0 Đặt g ( x ) = x 2 + (b – 1) x + 1, h ( x ) = x 2 + (b + 1) x + b + 2 Ta có ∆g (x ) = b 2 − 2b − 3 , ∆h(x) = b 2 − 2b − 7

 7 Vì b ∈  3,  nên ∆g (x ) > 0 và ∆h (x ) < 0 . Phương trình g ( x ) = 0 có hai nghiệm  2  1 − b − b 2 − 2b − 3 1 − b + b 2 − 2b − 3 , x2 = 2 2   1 − b − b 2 − 2b − 3   1 − b + b 2 − 2b − 3 Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S =  −∞; ; +∞   ∪     2 2    x1 =

Bài 4.97: a) T = −∞;1 − 2  ∪  1 + 2; +∞ b) Vô nghiệm     5x 2 − 2x − 3 ≥ 0 −4 ( x 2 + 1 ) ≤ x 2 − 2x − 7  x 2 − 2x − 7  c) −4 ≤ ≤1⇔  ⇔  2 2 2   2x ≥ −8 x − 2x − 7 ≤ x + 1 x +1       3 Suy ra tập T =  −4; −  ∪  1; +∞ )  5   11  d) T = ( −∞; −1  ∪  ; 3   4 

(

)

Bài 4.98: Đặt f ( x ) = ( m 2 + m – 2 ) x + m + 2

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

  m ≤ 5 − 10  2 • ∆≤0⇔  , suy ra f ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ ℝ nên trường hợp này không thỏa yêu cầu bài toán.  5 + 10 m ≥  2  5 − 10 5 + 10    , khi đó f ( x ) có hai nghiệm • ∆ > 0 ⇔ m ∈  ; 2 2   2m + 1 − ∆ 2m + 1 + , x2 = 4 4 Và f ( x ) ≤ 0 ⇔ x ∈  x 1; x 2  . x1 =

∆

( x1 < x 2 )

  2  ( 2m − 1 ) ≤ 4 ∆    1    2m − 1 ≤ 2 ∆   ≤ x  1  ( 7 − 2m )2 ≤ ∆ Do đó yêu cầu bài toán ⇔  ⇔ 2 ⇔    7 − 2 ≤ m ∆   1 x ≥2   7    2  ≤m ≤   2 2     20m 2 − 84m + 61 ≤ 0   2 21 + 2 34 ⇔ m − 6m + 8 ≤ 0 ⇔2≤m ≤   10  1 7   ≤m ≤   2 2 21 + 2 34 là những giá trị cần tìm. 10 Bài 4.101: Đặt t = x − 1 ⇒ x = t + 1 , thay vào pt (1) ta được phương trình:

Vậy 2 ≤ m ≤

t 2 + 2 ( 1 − m ) t + m 2 − 3m + 2 = 0 ( 2 )

a) Để phương trình (1) có nghiệm x ≥ 1 ⇔ phương trình (2) có nghiệm t ≥ 0 TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0 ⇔ m 2 − 3m + 2 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ m ≤ 2 . TH2: Phương trình (2) có nghiệm:   m ≥ 1 ∆ ' ≥ 0 m − 1 ≥ 0     m = 1    2   0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ 0 ⇔  m − 3m + 2 ≥ 0 ⇔    m ≥ 2 ⇔      m ≥ 2 S ≥ 0 m − 1 ≥ 0         m ≤ 1    Kết luận: với m ∈  1; +∞ ) thì phương trình (1) có nghiệm x ≥ 1 . b) Để phương trình (1) có nghiệm x ≤ 1 ⇔ phương trình (2) có nghiệm t ≤ 0 TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0 ⇔ m 2 − 3m + 2 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ m ≤ 2 .

 (m 2 + m − 2)(−2) + m + 2 > 0  f (−2) > 0   Bài toán thỏa mãn: ⇔  ⇔  2   f (1) > 0 (m + m − 2)(1) + m + 2 > 0      3   −2 < m < 2   m m  − 2 − + 6 > 0  3 2 ⇔ ⇔ ⇔ 0<m <  2   m < −2   m +2m > 0 2      m > 0     Bài 4.99: m ≤ −1 : S =  −2;1  , − 1 < m < 0 : S =  2a; −a  , m = 0 : S = { 0 } , m > 0 : S = ∅

 m − 1 ≥ 0 ∆ ' ≥ 0      2  TH2: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ t2 ≤ 0 ⇔  P ≥ 0 ⇔   m − 3m + 2 ≥ 0 ⇔ m = 1   S ≥ 0 m − 1 ≤ 0       Kết luận: với m ∈  1;2  thì phương trình (1) có nghiệm x ≤ 1 . c) Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa x 1 < 1 < x 2 ⇔ phương trình (2) có 2 nghiệm:

Bài 4.100: Đặt f ( x ) = 2x 2 − ( 2m + 1) x + m2 − 2m + 2 , có ∆ = −4m 2 + 20m − 15

Kết luận: với 1 < m < 2 thì phương trình (1) có hai nghiệm x1 < 1 < x 2

t1 < 0 < t2 ⇔ m 2 − 3m + 2 < 0 ⇔ 1 < m < 2 . d) Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa x 1 < x 2 < 1 ⇔ phương trình (2) có 2 nghiệm:

-- 131 --

-- 132 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

∆ ' > 0 m − 1 > 0         t1 < t2 < 0 ⇔  P > 0 ⇔  m 2 − 3m + 2 > 0 (vô nghiệm)     S >0 m −1 < 0      

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

4 − yz 4 − yz Nên (1) ⇔ + y + z ≥ (y + z ) + yz y + z + yz y + z + yz

⇔ f (y ) = (1 + z − z 2 )y 2 + (z 2 + z − 4)y + (z − 2)2 ≥ 0 .

Kết luận: không tồn tại m để phương trình (1) có nghiệm x1 < x 2 < 1 .

Tam thức f (y ) có hệ số a = 1 + z − z 2 > 0 (do z ≤ 1 ) và có biệt thức:

Bài 4.102: a) BXD: x

∆ = z (z − 1)2 (5z − 8) ≤ 0 ⇒ f (y ) ≥ 0 đpcm.

4 − 3x −2x 2 + 3x − 1 VT  4 1 T = (−∞; ] ∪  1;   3  2

b) Bpt ⇔

+ −

1 2 | 0

−

−∞

| 0

+ −

4 3 0 |

−

+ + +

+∞ − −

Bài 4.106: Trong ba số x,y,z luôn tồn tại hai số cùng không nhỏ hơn 1 hoặc cùng không lớn hơn 1. Ta giả sử hai số đó là x và y. Khi đó ta có: (x − 1)(y − 1) ≥ 0 ⇔ xy ≥ x + y − 1 ⇒ xyz ≥ xz + yz − z .

⇒ xyz + 2(x 2 + y 2 + z 2 ) + 8 ≥ xz + yz − z + 2(x 2 + y 2 + z 2 ) + 8 . Nên ta chứng minh:

xz + yz − z + 2(x 2 + y 2 + z 2 ) + 8 ≥ 5(x + y + z )

⇔ f (z ) = 2z2 + (x + y − 6)z + 2(x 2 + y 2 ) − 5(x + y ) + 8 ≥ 0 .

(x + x ) − 2(x + x ) − 3 ≤0 x2 + x − 2

Tam thức f (z ) có a = 2 > 0 và ∆z = −15x 2 + 2(y + 14)x − 15y 2 + 28y − 28

(x 2 + x + 1)(x 2 + x − 3) x2 + x − 3 ⇔ ≤0⇔ 2 ≤0 2 x +x −2 x +x −2  −1 − 13   −1 + 13   ⇒ T =  ; −2  ∪  1;  2 2         1 − 5  1 + 5  ∪  c) T =  −∞; ; +∞  2   2  

 4  d) T = ( −∞; −2 ) ∪  − ; 0  ∪  3 

(

∆z là tam thức bậc hai ẩn x, có a = −15 < 0 và ∆x = −224(y − 1)2 ≤ 0 ⇒ ∆z ≤ 0 ⇒ f (z ) ≥ 0 (đpcm). Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z = 1 .

Bài 4.107: Cho các số thực x, y thỏa mãn bất phương trình 5x 2 + 5y 2 − 5x − 15y + 8 ≤ 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = x + 3y. HD: Do S = x + 3y ⇒ x = S − 3y , thay vào giả thiết 5x 2 + 5y 2 − 5x − 15y + 8 ≤ 0 và viết theo hệ số của biến y ta thu được

)

2;2 ∪ ( 2; +∞ )

50y 2 − 30Sy + 5S 2 − 5S + 8 ≤ 0(*) Vì bất đẳng thức trên đúng với mọi y nên ta có ∆ ≥ 0, tức là

e) T = −2;1 − 2  ∪  1;1 + 2     f) T = ( −1; 0 ) ∪  1; +∞ )  x 3 + 2x + 3 > 0  x > −1   Bài 4.103: Ta có bpt ⇔  2 ⇔    m − 3 m − x > 0 x < m 2 − 3m     Bất phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi

(

900S 2 − 4.50.(5S 2 − 5S + 8) ≥ 0 Biến đổi tương đương ta thu được −100S 2 + 1000S − 1600 ≤ 0 hay 100S 2 − 1000S + 1600 ≤ 0 ⇔ 2 ≤ S ≤ 8 Khi S = 2 thay vào (*) được 50y 2 − 60y + 18 ≤ 0 ⇔ y =

3− 5 3+ 5 <x < 2 2 Bài 4.104: BĐT đã cho đúng với ∀x , z ∈ R ⇔ tam thức f (x ) ≥ 0 ∀x , z m 2 − 3m < −1 ⇔ m 2 − 3m + 1 < 0 ⇔

(Trong đó f (x ) = x + 2(3y − 2z )x + 9y + 5z − 12yz − 2z + 1 ) 2

P − 2a 2 P − 2a ) = 4a − 3( ) ⇔ 13a 2 − 2(27 + 2P )a + 9P + P 2 = 0 3 3 Ta cần tìm P để phương trình trên tồn tại a. Tức là ta phải có: a2 + (

2 ⇔ ∆ 'z = (3y + 1)2 − 1 ≤ 0 ⇔ 3y(3y + 2) ≤ 0 ⇔ − ≤ y ≤ 0 . 3 2 ≤ y ≤ 0 là những giá trị cần tìm. 3

∆i = −9P 2 − 9P + 729 ≥ 0 ⇔

-- 133 --

P − 2a 3

Thay vào biểu thức phía trên ta được:

= −z 2 + 2(3y + 1)z − 1 ≤ 0 ∀z

Bài 4.105: Ta giả sử z = min{x , y, z } ⇒ z ≤ 1 . Từ giả thiết ⇒ x =

12 36 4 ⇒ x = S − 3y = 8 − = 5 5 5

max S = 8, min S = 2 Bài 4.108: Ta có: P = 2a + 3b ⇒ b =

3 9 1 nên x = S − 3y = 2 − = 5 5 5

Khi S = 8 thay vào (*) được 50y 2 − 240y + 288 ≤ 0 ⇔ y =

⇔ ∆ 'x = (3y − 2z ) − (9y + 5z − 12yz − 2z + 1)

Vậy −

Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z = 1 hoặc (x ; y; z ) = (2;2; 0) và các hoán vị.

4 − yz y + z + yz

−9 − 45 13 −9 + 45 13 ≤P ≤ 18 18

Bài 4.109: Từ điều kiện ta có

-- 134 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 2

x 2 + y2 =

(x + y )

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

+ (x − y ) 2

= 5 − z 2 ⇒ ( x + y ) = 10 − 2z 2 − ( 3 − z )

Do đó ( x + y ) = 1 + 6z − 3z 2

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

Ta có y 2 −

Dễ thấy z ≠ −2 . Ta có P ( z + 2 ) + 2 = x + y

 74   5445  495 22 121 5445 y− ≥− Suy ra P ≤  − .  − =  37 296 10952  11   10952  148

Vậy max P =

Do đó  P ( z + 2 ) + 2  = 1 + 6z − 3z 2

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

74  22 121  Tương đương P ≤ −  y 2 − y −  11  37 296 

495 148

Bài 4.113: a) Ta thấy x 2 + 2x + 3 > 0 ∀x nên phương trình đã cho

⇔ ( z + 2 ) P 2 + 4 ( z + 2 ) P + 4 = 1 + 6z − 3z 2 ⇔ ( P 2 + 3 ) z 2 + ( 4P 2 + 4P − 6 ) z + 4P 2 + 8P + 3 = 0 Phương trình có nghiệm ẩn z khi và chỉ khi 2

∆z' ≥ 0 ⇔ ( 2P 2 + 2P − 3 ) − ( P 2 + 3 )( 4P 2 + 8P + 3 ) ≥ 0 36 ≤P ≤0 23 Ta có P = 0 khi x = 2, y = 0, z = 1

⇔−

36 20 66 7 khi x = , y = − , z = 23 31 31 31  ab + bc + ca ≤ 2 − 3 Bài 4.110: Nếu  . thì bất đẳng thức dễ dàng được chứng minh.  ab + bc + ca ≥ 2 + 3 P =−

Xét trường hợp ngược lại 2 − 3 ≤ ab + bc + ca ≤ 2 +

3 . Ta đặt x = a + b + c, y = ab + bc + ca .

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

2(x − y + 1)2 + (y − 2)2 ≥ 3 ⇔ 2x 2 − 4x (y − 1) + 3y 2 − 8y + 3 ≥ 0 . Đặt f (x ) = 2x 2 − 4x (y − 1) + 3y 2 − 8y + 3 . Ta dễ dàng tính được

∆ ' f (x ) = 4(y − 1)2 − 2(3y 2 − 8y + 3) = −2y 2 + 8y − 2 = −2  y − (2 − 3)   y − (2 + 3)  ≤ 0.    Theo định lí về dấu của tam thức bậc hai thì bài toán được chứng minh. Bài 4.111: Xét tam thức bậc hai f (a ) = 9a 2 − ( 4b + 7 )a + 7b2 − 5b + 3 với b là tham số 2

Ta có ∆f = ( 4b + 7 ) − 36 ( 7b 2 − 5b + 3 ) = −59 ( 2b − 1 ) ≤ 0

 x 2 + 2x + 3 = 3x − 2 x2 − x + 5 = 0 −5 ± 21 ⇔ ⇔ ⇔x= . 2  x 2 + 2x + 3 = −3x + 2  x 2 + 5x + 1 = 0 x+2≥0 x ≥ −2     2 2   b) Phương trình ⇔  2x − 7x + 2 = x + 2 ⇔  2x − 8x = 0  2  2   2x − 7x + 2 = − x − 2   2x − 6x + 4 = 0 Phương trình đã cho có bốn nghiệm x = 0; x = 1; x = 2; x = 4 . c) x = −4, x = 0 d) ĐKXĐ: x ≠ ±1 . Với ĐK đó: PT ⇔

2x 2x 2x 2x 1 = 2 ⇔ = . x +1 x +1 x +1 x −1 x −1

 2x     1 − 1  = 0     x − 1  x − 1  hoặc ⇔  2x  ≥0    x + 1

 2x     1 + 1  = 0    x − 1  x − 1     2x  <0    x + 1

Giải ra ta có nghiệm của phương trình là x = 0 và x = 2 . Bài 4.114: a) * Nếu x − 2 < 0 ⇔ x < 2  bpt luôn đúng.

 x 2 − 5x + 4 > x − 2 * Nếu x ≥ 2  bpt ⇔   x 2 − 5x + 4 < − x + 2

Suy ra f (a ) ≥ 0 ⇔ 9a − ( 4b + 7 )a + 7b − 5b + 3 ≥ 0

 x 2 − 6x + 6 > 0 x < 3 − 3 V x > 3 + 3 ⇔ . ⇔ 2  x − 4x + 2 < 0  2 − 2 < x < 2 + 2

⇔ 7a + 5b + 12ab − 9 ≤ 9a 2 + 8ab + 7b 2 − 6

Kết hợp với x ≥ 2 ta có: 2 ≤ x < 2 + 2 V x > 3 + 3 .

Theo giả thiết ta có 9a 2 + 8ab + 7b 2 ≤ 6 nên 7a + 5b + 12ab ≤ 9 . Bài 4.112: Để ý rằng, với giả thiết x + y + z = 1 thì

2 ≤ x < 2 + 2 Vậy nghiệm của bất phương trình:  .  x > 3 + 3 x > 0  x > 0  b) Bất phương trình ⇔  ⇔  x 2 − 2x − 6 < 0 2  2 − x < x − x − 6 < x x − 6 > 0

P = 9xy + 10yz + 11zx = 9xy + z ( 10y + 11x ) = 9xy + ( 1 − x − y )( 10y + 11x ) Khai triển và rút gọn, ta thu được

P = −11x 2 − 10y 2 + 11x + 10y − 12xy Tương đương với 11x 2 + (12y − 11)x + 10y 2 − 10y + P = 0

⇔ 6 < x < 1+ 7 .

(*)

Coi đây là tam thức bậc hai ẩn x, do điều kiện tồn tại của x nên suy ra (*) phải có nghiệm, tức

∆ = (12y − 11)2 − 44(10y 2 − 10y + P ) ≥ 0 Hay −296y 2 + 176y + 121 − 44P ≥ 0

-- 135 --

Vậy nghiệm bất phương trình: 1  c) T =  −∞;  ∪ ( 5; +∞ ) 5 

6 < x < 1+ 7 .  3 d) T = 0;   2

-- 136 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

2  1 1  1  1 1   1   e) Đặt t = x − , t ≥ 0  x3 − 3 =  x −   x 2 + 2 + 1 =  x −   x −  + 3 x x  x  x x x      

Đáp số: x ≤ −1, 0 < x ≤ 1 Bài 4.115: Số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm của đường thẳng y = 5m − 3 và đồ thị

(C): y = x − 1 − x 2 − 3x + 2 − x 2 + 4x − 3 khi x ≥ 2   Ta có: y =  x 2 − 2x + 1 khi 1 ≤ x < 2  2 − x + 2x − 1 khi x ≤ 1 Lập bảng biến thiên ta có 4 Nếu 5m − 3 > 1 ⇔ m >  phương trình vô nghiệm. 5 4 Nếu m =  phương trình có một nghiệm. 5 4 Nếu m <  phương trình có hai nghiệm phân biệt. 5

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

  1   2x − 1 > 0 x >     2   Bài 4.120: a) Bpt ⇔  ⇔ ⇔x ≥3 x − 3 ≥ 0 x ≥ 3     2 2 x − 3 < (2 x − 1) 4 x − 5 x + 4 > 0          x 2 − x + 1 ≥ 0   8  b) Bpt ⇔  x + 3 ≥ 0 ⇔x ≥−  7  2 2 x − x + 1 ≤ (x + 3)    2 3  ≤x <  4x − 3 < 0    4x − 3 ≥ 0 2 3 4 c) Bpt ⇔  ⇔ ⇔ ≤x <1 ∪  3 2   3 x 2 0 3 x 2 (4 x 3) − ≥ − > − 3       4 ≤ x < 1  x + 1 ≤ 0   4 x ≤ − 2   x x 3 + − 4 ≥ 0   3 d) Bpt ⇔   ⇔  x + 1 > 0 1 + 41    x ≥     3x 2 + x − 4 ≥ (x + 1)2  4  

Bài 4.116: PT ⇔ 2x 2 − 10x + 8 − x 2 + 5x = m

Bài 4.121: a) Ta xét hai trường hợp

 x 2 − 5x + 8 khi x ∈ ( −∞;1] ∪ [ 4; +∞ ) Xét hàm số f ( x ) = 2x 2 − 10x + 8 − x 2 + 5x =  −3x 2 + 15x − 8 khi x ∈ (1; 4 ) 

1 TH 1: 2x 2 − 3x − 2 = 0 ⇔ x = 2, x = − . Khi đó BPT luôn đúng 2  1     2x 2 − 3 − 2 > 0 x < − V x > 2 ⇔ x < − 1 V x ≥ 3 . TH 2: Bpt ⇔  ⇔  2   x − 3x ≥ 0  x ≤ 0 2V x ≥ 3 2     

Phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt ⇔ Đồ thị hàm số f ( x ) = 2x 2 − 10x + 8 − x 2 + 5x cắt đường thẳng y = m ⇔ 4 < m <

43 . 4

Bài 4.117: Bất phương trình ⇔ 2x 2 − 3x − 2 + 8x + 2x 2 ≥ 5m .  2 1  4x + 5x − 2 khi x ∈  −∞; − 2  ∪ [ 2; +∞ )    Xét hàm số y = f (x) =  . 1    11x + 2 khi x ∈  − ; 2   2    2 1   4x + 5x − 2 khi x ∈  −∞; − 2  ∪ [ 2; +∞ )    Lập bảng biến thiên của hàm số y = f (x) =   1   11x + 2 khi x ∈  − ; 2    2  57 57 57 ⇔m≤− suy ra yêu cầu bài toán ⇔ 5m ≤ − Ta có min y = − 16 16 80

1 Vậy nghiệm của Bpt đã cho là: T = (−∞; − ] ∪ {2} ∪ [3; +∞) . 2 b) ĐK: x ≥ −1 * Với x = 0 ta thấy Bpt luôn đúng * Với x ≠ 0 ⇒ 1 − x + 1 ≠ 0 . Nhận lượng liên hợp ở VT của Bpt ta được x 2 (1 − x + 1)2 (1 + x + 1)2 (1 − x + 1)2

> x − 4 ⇔ (1 − x + 1)2 > x − 4 ⇔

x +1 < 3 ⇔ x < 8

Vậy nghiệm của Bpt đã cho là: T = [ − 1; 8) . c) Bất phương trình ⇔ x (x + 3) − (x + 3) x 2 + 1 + 1 ≤ 0

⇔ (x + 3)(x − x 2 + 1) + ( x 2 + 1)2 − x 2 ≤ 0 ⇔ Do

(

x2 + 1 − x

)(

x2 + 1 − x >

)

x2 + 1 − 3 ≤ 0

(*)

x2 − x = x − x ≥ 0

x 2 + 1 ≤ 3 ⇔ x 2 ≤ 8 ⇔ −2 2 ≤ x ≤ 2 2 .

Bài 4.118: Đặt t = x − 2 , t ≥ 0 ta có phương trình: t 2 − 3t + 2m − 6 = 0 (*)

⇒ (*) ⇔

a) x = −2, x = 6

Vậy −2 2 ≤ x ≤ 2 2 là nghiệm của bất phương trình đã cho.   8 − x ≥ 0 x ≤ 8      1 1 Bài 4.122: a) bpt ⇔  ⇔ ⇔ ≤x ≤5  2x − 1 ≥ 0 x ≥   2 2   2 2    2x − 1 ≤ (8 − x )  x − 18x + 65 ≥ 0   

b) Yêu cầu bài toán ⇔ (* ) có hai nghiệm dương phân biệt  ∆ = 27 − 8m > 0 27 . ⇔ ⇔3<m < 8 2m − 6 > 0

Bài 4.119: a) x > 2, x < 0

b) m < 1 .

-- 137 --

-- 138 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

x − 2 < 0  b) bpt ⇔ 2x 2 − 6x + 1 > x − 2 ⇔  2  2x − 6x + 1 ≥ 0   x < 2        x ≤ 3 − 7 x − 2 ≥ 0  hoặc  hoặc 2 ⇔  2 2   2 x − 6 x + 1 > x − 2  ( ) ( )      3+ 7  x ≥    2 c) ĐS: 3 < x ≤ 5

bpt ⇔ x + 3 ≥

⇔2≥

(

2x − 8 + 7 − x

)

 x >3 x ≥ 2    ⇔  2 x ≤ 3 − 7  x 2 x 3 0 − − >    2

⇔ 3 ≥ −1 + 2

( 2x − 8 )( 7 − x )

4 ≤ x ≤ 5 Đối chiếu điều kiện ta nghiệm bpt là   6 ≤ x ≤ 7 x + 2 ≥ 0    e) ĐKXĐ:  x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 0   x ≥0   

1 − x < 0  hoặc ⇔ 1 − x < 2 (x + 1)x ⇔    x ≥0  

bpt ⇔

4x 2

 −1 ≤ x < 0  Đối chiếu điều kiện ta nghiệm bpt là  9  <x ≤4  7 3 2  x − 3x + 2 ≥ 0   x ≥ 4  2 b) ĐKXĐ:   x − 4x + 3 ≥ 0 ⇔   x ≤1   x 2 − 5x + 4 ≥ 0   

( x − 1 )( x − 2 ) + ( x − 1 )( x − 3 ) ≥ 2 ( x − 1 )( x − 4 )

+ Với x < 1 : Bpt ⇔

⇔

  1 − x ≥ 0  2  1 − x ) < 4x (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 + Suy ra x < 1 bpt vô nghiệm . +) Với x ≥ 4 : bpt ⇔ Ta có:

x − 4 + x − 4 = 2 x − 4, ∀x, x ≥ 4

Suy ra: x ≥ 4 bất pt luôn đúng . x = 1 Vậy nghiệm của bpt là:   x ≥ 4

< x + 21 ⇔

  − 9 ≤ x < 7 Đối chiếu điều kiện ta nghiệm bpt là   2 2   x ≠0  

Khi đó: bpt ⇔ 1 + x + 1 − x + 2 1 − x 2 ≤ 4 − x 2 +

(

)

⇔ 1 − x2 − 2 1 − x2 + 1 +

x4 16

x4 ≥0 16

x4 ≥ 0 (luôn đúng) 16 Vậy nghiệm của bpt là: −1 ≤ x ≤ 1

⇔

(

1 − x2 −1

)

 Bài 4.124: a) bpt ⇔ 4(x + 1)2  1 + 3 + 2x 

(

-- 139 --

17 3

1 + x ≥ 0  d) ĐKXĐ:  ⇔ −1 ≤ x ≤ 1 :  1−x ≥ 0  

7 9 + 2x < 4 ⇔ x < 2

4−x = 2 4−x

x −2 + x −3 ≥ 2 x −4

x −2 + x −3 ≥

c) ĐS: x ≤ −5, x = 3, 5 ≤ x ≤

−3 + 2 3 Đối chiếu điều kiện ta nghiệm bpt là x > 3  9    x ≥ −  9 + 2x ≥ 0 f) ĐKXĐ:  ⇔  2   3 − 9 + 2 x ≠ 0  x ≠ 0   

)

9 4 <x ≤ 7 3

Dễ thấy x = 1 là nghiệm của bpt.

 x < − 3 + 2 3  3 ⇔  −3 + 2 3 <x   3

(

−3x 2 + x + 4 < 2x − 2

 2x − 2 ≥ 0 x ≥ 1   9   ⇔ ⇔x > 2 ⇔  2 2   7 x − 9 x > 0 7 − 3 x + x + 4 < 2 x − 2 ( )     

bpt ⇔

x + 1 + x ⇔ x + 2 < 2x + 1 + 2 (x + 1)x

2x 2 3 + 9 + 2x

−3x 2 + x + 4 + 2 <2⇔ x

4 : BPT ⇔ 3

Với −1 ≤ x < 0 : bpt luôn đúng

( 2x − 8 )( 7 − x ) ⇔ 4 ≥ −2x 2 + 22x − 56

x +2 <

Với 0 < x ≤

Suy ra nghiệm của bất phương trình là

x ≤ 5 ⇔ x 2 − 11x + 30 ≥ 0 ⇔   x ≥ 6

bpt ⇔

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

   −1 ≤ x ≤ 4 Bài 4.123: a) ĐKXĐ:   3:   x ≠0  

 x + 3 ≥ 0    d) ĐKXĐ:  2x − 8 ≥ 0 ⇔ 4 ≤ x ≤ 7   7−x ≥ 0    2

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

)

 − 2x + 10  ≥ 0  -- 140 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

ĐS: x = −1, x ≥ 3 b) 0 ≤ x ≤ 1 e) −1 ≤ x < 0, h) bpt ⇔

⇔

c) 0 ≤ x ≤ 5

9 4 <x ≤ 7 3

d) 0 < x <

f) x >

5 4

45 8

g) x >

9x 2 + 16 ( 3x − 2 ) > 2 ( 3x − 2 )

(

17 3

Bài 4.125: a) Đặt: t =

3x 2 + 6x + 4, t ≥ 0 ⇒ x 2 + 2x =

Bất phương trình trở thành t < 2 −

)

+) Với t ≥ 1 ta có (*) ⇔ 2t >

t2 − 4 3

3x 2 + 6x + 4 < 2 ⇔ 3x 2 + 6x + 4 < 4 2

⇔ 3x + 6x < 0 ⇔ −2 < x < 0 Vậy nghiệm bpt là −2 < x < 0 . b) ĐKXĐ: −3 ≤ x ≤ 1

Đặt: t =

Đặt t = 2

3 − 2x − x , t ≥ 0 ⇒ t = 3 − 2x − x ⇒ 2x + x = 3 − t

Bất phương trình trở thành 2 ( 3 − t 2 ) + 3t > 1

5 ⇔ 2t 2 − 3t − 5 < 0 ⇔ 0 ≤ t < (dot ≥ 0) 2  − 3 ≤x ≤1   5 Ta có 3 − 2x − x 2 < ⇔   25 ⇔ −3 ≤ x ≤ 1  2 3 − 2x − x 2 <    4 Vậy nghiệm bpt là −3 ≤ x ≤ 1 −2 < x < 0 .

 2 x ≥ − c) ĐKXĐ:  3  x ≤ −1  Đặt t =

Bất phương trình trở thành

⇔

t2 + 5 − t ≥ 1 2

t 2 + 5 ≥ t + 1 ⇔ t 2 + 5 ≥ (t + 1) ⇔ t ≤ 2

(

x −1 +1

1 2 x

≥2

)

(

x −1 −1

)

2 x

2, t ≥

2⇒x+

1 = t2 − 1 4x

 1 t < Bất phương trình trở thành 5t < 2 ( t 2 − 1 ) + 4 ⇔ 2t 2 − 5t + 2 > 0 ⇔  2 t > 2  Vì t ≥

2 ⇒ t > 2 ta có

x +

1 2 x

> 2 ⇔ 2x − 4 x + 1 > 0

  0 < x < 2 − 2 0 < x < 3 − 2 2   2 2 ⇔  ⇔    2+ 2 3+2 2  x > x >   2 2 3−2 2 3+2 2 và x > . 2 2

f) ĐKXĐ: x < −1, x > 0

Đặt: t =

x +1 x 1 ,t > 0 ⇒ = x x + 1 t2

1 − 2t > 3 ⇔ 2t 3 + 3t 2 − 1 < 0 ⇔ ( t + 1 ) ( 2t 2 + t − 1 ) < 0 t2 1 ⇔ 0 < t < (vì t > 0 ) 2

  3x 2 + 5x + 2 ≥ 0 3x 2 + 5x + 2 ≤ 2 ⇔   2  3x + 5x + 2 ≤ 4     2   x ≥ −   −2 ≤ x ≤ −1  3    ⇔ ⇔  −2   x ≤ −1 1   ≤x ≤   3 1  3  −2 ≤ x ≤    3 d) ĐKXĐ: x ≥ 1

Ta được:

Ta có

bpt ⇔

Vậy nghiệm bpt là 0 < x <

3x 2 + 5x + 2, t ≥ 0 ⇒ 3x 2 + 5x = t 2 − 2

x −1 ≥ 1 ⇔ x ≥ 2

3 +) Với 0 ≤ t < 1 ta có (*) ⇔ 2 > đúng mọi t 2 x ≥ 1  Do đó 0 ≤ x − 1 ≤ 1 ⇔   x ≤2   Vậy nghiệm bpt là x ≥ 1 e) ĐKXĐ: x > 0  1  1 bpt ⇔ 5  x + +4  < 2x +  2x 2 x

t2 − 4 3

3 (*) 2

3 3 ⇔t> 2 4

Suy ra nghiệm bpt(*) là t ≥ 1 do đó

⇔ t 2 + 3t − 10 < 0 ⇔ 0 ≤ t < 2(t ≥ 0)

x − 1, t ≥ 0

Bất phương trình trở thành t + 1 + t − 1 >

2x + 4 + 2 2 − x )

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

3 x −1 −1 > 2

x −1 +1 +

Đặt t =

2 4 2 Chia hai trường hợp và giải ta được −2 ≤ x < , <x ≤2 3 3

Ta có

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

Ta có 0 <

x +1 1 4 < ⇔ − < x < −1 x 2 3

Vậy nghiệm bpt là −

4 < x < −1 . 3

3 2 -- 141 --

-- 142 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

 x < −1 g) ĐKXĐ: x 2 − 1 > 0 ⇔   x > 1 +) Với x < −1 : bpt VN

+) Với x > 1 : bpt ⇔ x 2 + ⇔

Phương trình ⇔

x2 x2 1225 + 2. > 144 x −1 x2 − 1 2

x4 x2 1225 + 2. − >0 144 x −1 x2 − 1

Đặt: t =

x2 − 1

1225 25 > 0 ⇔ t > (dot > 0) 144 12 x2 25 Do đó ta có > ⇔ 144x 4 > 625x 2 − 625 x 2 − 1 12

⇔ t 2 + 2t −

  25 5 0 ≤ x2 < 1 < x <   4 2 16 4 (dox > 1) ⇔ 144x − 625x + 625 > 0 ⇔  ⇔   x 2 > 25 x > 5   9 3 Bài 4.26: a) ĐKXĐ: 1 ≤ x ≤ 7 . Ta có: PT ⇔ x − 1 + 2 7 − x − 2 x − 1 −

⇔ ⇔

x −1

(

)

x −1 −2 − 7 −x

x −1 −2

)(

(

( 7 − x )( x − 1 ) = 0

)

x −1 −2 = 0

(

2x + 1 + 3 − 2x

)

(4x 2 − 4x + 1)2 4

(4x 2 − 4x + 1)2 . 4

Suy ra

2x 2 − x + 1 ; 2

1 + 3x − 3x 2 ≤

2x 2 − x + 1 + 3x − 3x 2 ≤

2 + 3x − 3x 2 2

−x 2 + 2x + 3 2

−x 2 + 2x + 3 ≤ 2. 2 Dấu bằng xảy ra <=>x=1. Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất x=1.

Mà

x 2 − 2x − 1 ≥ 0 nên

( 1 + 3x )( 1 + 3 ) ≥ ( 1 + 3

14 − x 3 ≥ 2 − x

 1 x = −  2. −4x + 4x + 3 = 0 ⇔ 4x − 4x − 3 = 0 ⇔  x = 3  2 2

1 3 Vậy x = − ; x = là nghiệm của phương trình đã cho. 2 2 5 . 3 -- 143 --

)

⇒ 2 1 + 3x ≥ 1 + 3 x

2 ≥2 x + +1 ≥ 5. x x Đẳng thức xảy ra khi x = 1 và đó cũng là nghiệm của phương trình.   2x + 3 ≥ 0    5 x + 1 ≥ 0 Bài 4.128: ĐKXĐ:  ⇔x ≥  2  x − 11x + 33 ≥ 0 3    3 x − 5 ≥ 0    Phương trình tương đương với

Suy ra 2 1 + 3x − x +

 t = 0 (n) . ⇔ t(t + 2)(t 2 − 2t − 4) = 0 ⇔   t = 1 + 5 (l)

c) ĐKXĐ: x ≥

2x 2 − x ≤

Suy ra phương trình có nghiệm thì x 2 − 2x − 1 = 0 ⇔ x = 1 ± 2

16 + 8t = (4 − t 2 )2 ⇔ t 4 − 8t 2 − 8t = 0 ⇔ t(t 3 − 8t − 8) = 0

t =0⇔

Bài 4.127: a) Theo côsi ta có:

⇔ 14 − x 3 ≥ 8 − 12x + 6x 2 − x 3 ⇔ x 2 − 2x − 1 ≤ 0

−4x 2 + 4x + 3= 4 − (2x − 1)2 ⇒ 0 ≤ t ≤ 2 . Ta có phương trình:

+ (x − 2)(x 2 + x + 4) = 0 x −1 +1   1 ⇔ (x − 2) + x 2 + x + 4  = 0 ⇔ x = 2  x − 1 + 1  ⇔

Thử lại ta thấy phương trình cso nghiệm duy nhất x = 1 − 2 . c) ĐK: x > 0 . Áp dụng BĐT Bunhiacopxky ta có:

⇔ 4 + 2 −4x 2 + 4x + 3 = Đặt t =

x − 1 + x 3 − x 2 + 2x − 9 = 0

x −2

−1 3 ≤x ≤ 2 2

Phương trình đã cho ⇔

3x − 5 − 2x − 2 = 0

x −3

b) ĐKXĐ: x 2 − 2x − 1 ≥ 0

)

x −1 − 7 −x = 0

 x −1 = 2 x = 5 ⇔  ⇔  . x =4  x − 1 = 7 − x  b) ĐKXĐ:

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

+ =0 10x + 1 + 9x + 4 3x − 5 + 2x − 2   1 1 ⇔ (x − 3) +  = 0 ⇔ x = 3 (thỏa điều kiện).  10x + 1 + 9x + 4 3x − 5 + 2x − 2  Vây x = 3 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. d) PT ⇔

, t > 0 , bất phương trình trở thành

10x + 1 − 9x + 4 +

x −3

⇔

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

( 2x + 3 )( x + 1 ) = x 2 − 11x + 24 + 2 ( x 2 − 11x + 33 )( 3x − 5 )

⇔2

( ( 2x + 3 )( x + 1) − ( x

)

− 11x + 33 ) ( 3x − 5 ) = x 2 − 11x + 24

⇔2

−3x + 40x − 149x + 168

( 2x + 3 )( x + 1 ) + ( x 2 − 11x + 33 )( 3x − 5 )

= x 2 − 11x + 24

-- 144 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 ⇔2

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

( 3x − 7 )( −x 2 + 11x − 24 ) = x 2 − 11x + 24 ( 2x + 3 )( x + 1 ) + ( x 2 − 11x + 33 )( 3x − 5 )

  ⇔ ( x 2 − 11x + 24 )   

2 ( 3x − 7 )

)

x = 3 (thỏa mãn điều kiện) ⇔ x 2 − 11x + 24 = 0 ⇔   x = 8 Vậy phương trình có nghiệm là x = 3 và x = 8 .  x − 1 ≥ 0 Bài 4.129: Phương trình (1) ⇔  2 2 2  x − 2 ( m + 1) x + m + m = ( x − 1) ( 2 ) Đặt t = x − 1 , vì x − 1 ≥ 0 nên ta có điều kiện t ≥ 0 , thay vào phương trình (2) ta được phương trình:

t 2 − 2 ( m − 1) t + m2 − m = 0 ( 3) a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (3) có nghiệm t ≥ 0 TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0 ⇔ m2 − m ≤ 0 ⇔ 0 ≤ m ≤ 1 . 1 − m ≥ 0 ∆ ' ≥ 0   2 TH2: Phương trình (3) có nghiệm 0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ 0 ⇔  m − m ≥ 0 ⇔ m = 1 . S ≥ 0 m − 1 ≥ 0   b) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (3) có 2 nghiệm 1 − m > 0 ∆ > 0   0 ≤ t1 < t2 ⇔  P ≥ 0 ⇔ m 2 − m ≥ 0 (vô nghiệm) S > 0 m − 1 > 0   Kết luận: Không tồn tại m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. c) Để phương trình (1) có nghiệm duy nhất thì phương trình (3) có đúng 1 nghiệm t ≥ 0 2

1 − m > 0 ∆ > 0   TH2: Phương trình (3) có nghiệm t1 < 0 = t2 ⇔  P = 0 ⇔ m 2 − m = 0 ⇔ m = 0 . S < 0 m − 1 < 0  

)

c) Để pt (1) có nghiệm duy nhất ta xét 2 trường hợp sau:   m 2 − 16m − 4 > 0 ∆ > 0      −2  TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 < 0 = t2 ⇔  P = 0 ⇔  . ⇔m=  3m + 2 = 0   3   S < 0 m − 2 < 0        m 2 − 16m − 4 = 0 ∆ = 0   TH2: Phương trình (2) có nghiệm 0 = t1 = t2 ⇔  (vô nghiệm) ⇔    m −2 = 0 S = 0   

−2 thì pt (1) có nghiệm duy nhất. 3

Bài 4.131. a) BĐT ⇔. (a 2 − b 2 )2 + (a − c)2 + (a − 1)2 ≥ 0 . 2

a  b) BĐT⇔  − (b − c )  ≥ 0 2 

Bài 4.132: a) BĐT tương đương với

c) BĐT ⇔ ab(a − b)(a 3 − b 3 ) ≥ 0

1−a 1−b 1−c b +c c +a a +b . . ≥8 ⇔ . . ≥8 a b c a b c

Áp dụng BĐT côsi ta có

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =

1 . 3

b) Áp dụng BĐT côsi ta có

∆ = 0 1 − m = 0 TH3: Phương trình (3) có nghiệm 0 ≤ t1 = t2 ⇔  ⇔ ⇔ m = 1. S ≥ 0 m − 1 ≥ 0 Kết luận: Với m ∈ [ 0;1] thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất. 2

x 2 + 1 − 1 ( t ≥ 0 ) suy ra x 2 = ( t + 1 ) − 1 , thay vào phương trình (1)

(2 )

a +b b +c c +a + 2 + b 2 + 4bc + c 2 c + 4ca + a 2 a 2 + 4ab + b 2 a +b b +c c +a . . ≥ 33 b 2 + 4bc + c 2 c 2 + 4ca + a 2 a 2 + 4ab + b 2 Do đó ta chỉ cần chứng minh a +b b +c c +a . . ≥1 b 2 + 4bc + c 2 c 2 + 4ca + a 2 a 2 + 4ab + b 2

a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm t ≥ 0

-- 145 --

(

Kết luận: Với m ∈ 8 + 68; +∞ thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.

b +c c +a a +b 2 bc 2 ca 2 ab . . ≥ . . = 8 ĐPCM. a b c a b c

TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1 < 0 < t2 ⇔ P < 0 ⇔ m − m < 0 ⇔ 0 < m < 1 .

TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ P ≤ 0 ⇔ 3m + 2 ≤ 0 ⇔ m ≤

b) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa: 2     ∆ > 0  m − 16m − 4 > 0     0 < t1 < t2 ⇔  P > 0 ⇔  3m + 2 > 0 ⇔ m > 8 + 68     S > 0 m − 2 > 0      

Kết luận: với m =

Kết luận: Với m ∈ [ 0;1] thì phương trình (1) có nghiệm.

ta được phương trình: t 2 − ( m − 2 ) t + 3m + 2 = 0

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

∆ ≥ 0  m 2 − 16m − 4 ≥ 0        TH2: Phương trình (2) có nghiệm 0 ≤ t1 ≤ t2 ⇔  P ≥ 0 ⇔  ⇔ m ≥ 8 + 68  3m + 2 ≥ 0     S ≥0 m −2 ≥ 0        −2     ∪ 8 + 68; +∞ thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt Kết luận: với m ∈  −∞;  3  

 + 1  = 0 ( 2x + 3 )( x + 1 ) + ( x 2 − 11x + 33 )( 3x − 5 ) 

Bài 4.130. ĐK x ∈ R . Đặt t =

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

−2 . 3

⇔ ( a + b )(b + c )(c + a ) ≥ (b 2 + 4bc + c 2 )( c 2 + 4ca + a 2 )( a 2 + 4ab + b 2 ) (*) 2

2  b + c  3 (b + c ) 2 2 Ta có b 2 + 4bc + c 2 = (b + c ) + 2bc ≤ (b + c ) + 2.   =   2  2

-- 146 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT 2

Tương tự ta có c 2 + 4ca + a 2 ≤

3 (c + a )

và a 2 + 4ab + b 2 ≤

3 (a + b ) 2

2 2 2 27 Suy ra (b 2 + 4bc + c 2 )( c 2 + 4ca + a 2 )( a 2 + 4ab + b 2 ) ≤ ( a + b ) (b + c ) ( c + a ) (1) 8 3

 2a + 2b + 2c  8 Mặt khác ( a + b )(b + c )(c + a ) ≤   = 27 (2)  3 Từ (1) và (2) suy ra BĐT (*) đúng nên BĐT ban đầu đúng. ĐPCM.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = Bài 4.133: a)

1 . 3

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

Bài 4.134: a) BXD: −1 4 +∞ −∞ x VT + 0 0 + − Tập nghiệm: T =  −1; 4  b) BXD: 1 2 3 −∞ x + 0 − | − | 2 −x + | + 0 − 0 x 2 − 5x + 6 VT

−

+∞ − +

−

T = (−∞;1) ∪ ( 2;3 )

a b c ac ba c + + = + + 1 +b +ab 1 +c +bc 1 +c +ca c +bc +1 1 +ab +1 1 +a +ab

c) x > 2, − 2 < x < 1

d) x = −1; x ≥ 2

Bài 4.135: a) f (x ) = 0 ⇔ x 2 + 2(m − 3)x + m + 3 = 0 (*) Đặt P =

a3 b3 c3 + + (a + 1)(b + 1) (c + 1)(b + 1) (a + 1)(c + 1)

Phương trình (*) có nghiệm

⇔ ∆ ' = (m − 3)2 − (m + 3) ≥ 0 ⇔ m 2 − 7m + 6 ≥ 0 ⇔ m ≤ 1 ∪ m ≥ 6. Vậy m ∈ (−∞;1] ∪ [6; +∞) là những giá trị cần tìm. b) f (x ) > 0 ∀x ∈ ℝ ⇔ ∆ < 0 .

Áp dụng BĐT Côsi cho ba số thực dương ta có:

a3 a +1 b +1 a3 a + 1b + 1 3 + + ≥ 33 = a. (a + 1)(b + 1) 8 8 (a + 1)(b + 1) 8 8 4 Tương tự ta có

b3 c +1 b +1 3 c3 c +1 a +1 3 + + ≥ b; + + ≥ c (c + 1)(b + 1) 8 8 4 (c + 1)(a + 1) 8 8 4

Cộng ba BĐT trên lại với nhau ta được: a +b +c + 3 ≥ 4 Đẳng thức xảy ra ⇔ a P+

Bài 4.136: a) f (x ) = 0 ⇔ (m − 1)x 2 − 4(m − 1)x + 2m + 3 = 0 (*) 3

3 2(a + b + c) − 3 2.3 abc − 3 3 (a + b + c) ⇒ P ≥ ≥ = . 4 4 4 4 = b = c = 1.

b) Áp dụng BĐT côsi ta có a + 2b + 3 = ( a + b ) + (b + 1 ) + 2 ≥ 2 ab + 2 b + 2 Suy ra

1 ≤ a + 2b + 3 2

Tương tự ta có:

(

ab + b + 1

1 ≤ b + 2c + 3 2

bc + b + 1

)

1 ≤ c + 2a + 3 2

(

ca + c + 1

)

1 1 1 1 1 1 1  + + ≤  + +  a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a + 3 2  ab + b + 1 bc + c + 1 ca + a + 1  Mặt khác abc = 1 suy ra ab + b + 1 1

ab + b + 1

1 bc + c + 1 1

1 1 + +1 a ab

⇔m <1 ∪ m ≥

7 . 2

f (x ) xác định ∀x ∈ ℝ ⇔ f (x ) ≥ 0 ∀x ∈ ℝ .

• m = 1 ⇒ f (x ) = 5 > 0 ∀x ∈ ℝ ⇒ m = 1 thỏa mãn

m − 1 > 0  7 • m ≠ 1 ⇒ f (x ) ≥ 0 ∀x ∈ ℝ ⇔  ⇔1<m ≤  ∆ = (m − 1)(2m − 7) ≤ 0 2  

Vậy 1 ≤ m ≤

7 là những giá trị cần tìm. 2 1 b) − < x ≤ 2

Bài 4.137: a) x = 2

ca + a + 1 1

• m ≠ 1 (*) có nghiệm ⇔ ∆ ' = 4(m − 1)2 − (m − 1)(2m + 3) = (m − 1)(2m − 7) ≥ 0

b) Hàm số y =

Cộng vế với vế các BĐT trên ta được

• m = 1 ⇒ (*) ⇔ 5 = 0 pt vô nghiệm ⇒ m = 1 loại.

7 Vậy m ∈ (−∞;1) ∪ [ ; +∞) là những giá trị cần tìm. 2

)

(

⇔ m 2 − 7m + 6 < 0 ⇔ 1 < m < 6 Vậy 1 < m < 6 là những giá trị cần tìm.

1 + a +1 b

1 1 1 1 + + ≤ . a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a + 3 2 Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1 .

Suy ra

10 − 1 3

7 + 113 3− 5 ≤x≤ 8 2 Bài 4.138: a) Bpt ⇒ 3 ( x + 2y ) < 2 ( 2x + y ) ⇔ x − 4y > 0

1− 5 3 ≤x < 2 2

d) −

Vẽ đường thẳng d : x − 4y = 0 Dễ thấy ( 1;0 ) là nghiệm của bất phương trình x − 4y > 0 nên miền nghiệm của bất phương trình là nửa mặt phẳng bờ d (không kể bờ) chứa điểm M ( 1; 0 ) (hình a)

-- 147 --

-- 148 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

  2x + y + 3 > 0   b) Hbpt ⇔  (hình b) y < 0   x +y +1 < 0   

(1) ⇔

⇔

x −1 x −2 + x −1 x − 3 ≥ 2 x −1 x − 4

x − 2 + x − 3 ≥ 2 x − 4 ⇔ 2 (x − 2)(x − 3) ≥ 2x − 11 (3)

+ Nếu 4 ≤ x ≤

+ Nếu x >

11 hiển nhiên thoả mãn (3) vì VP ≥ 0 ≥ VT 2

11 97 ta có: (3) ⇔ 4(x − 2)(x − 3) ≥ (2x − 11)2 ⇔ x ≥ 2 24

Kết hợp với điều kiện suy ra bpt có nghiệm x > Hình a

Bài 4.140: TXD: D = ℝ +) x = 0 không là nghiệm của pt. ( 9m + 4 ) − 7 m ≥ 2 , Đặt t = x + 9 , t ≥ 6 Bpt ⇔ 9 9 x x + +1 x + −1 x x

2x 2 − 6x + 1 < x − 2  x > 2  x − 2 > 0      3− 7 3+ 7  2   ⇔  2x − 6x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≤ Vx ≥   2 2   2   2x 2 − 6x + 1 < ( x − 2 ) x 2 − 2x − 3 < 0       

a) Với m = 28 : (1) trở thành: t 2 – 30t + 225 ≤ 0 ⇔ t = 15 Ta có 15 = x +

3+ 7 ≤ x < 3 là nghiệm của bất phương trình đã cho. 2 b) ĐKXĐ: 0 ≤ x ≤ 9 ⇔

Đặt t =

9x − x 2 , t ≥ 0 ,

Bất phương trình đã cho trở thành: t 2 − 2t − 3 ≥ 0 ⇔ t ≥ 3 Ta có

9−3 5 9+3 5 9x − x 2 ≥ 3 ⇔ x 2 − 9x + 9 ≤ 0 ⇔ ≤x ≤ 2 2

Kết hợp điều kiện ta có nghiệm của bất phương trình là:

  x 2 − 3x + 2 ≥ 0    c) * Điều kiện:  x 2 − 4x + 3 ≥ 0 ⇔   x 2 − 5x + 4 ≥ 0   

9−3 5 9+3 5 . ≤x ≤ 2 2

x ≤ 1  x ≥ 4. 

(x − 1)(x − 2) + (x − 1)(x − 3) ≥ 2 (x − 1)(x − 4) (1)

49   Suy ra bpt đã cho có nghiệm ⇔ m ∈  −∞; −  ∪ [ 28; +∞ ) 14  

Bài 4.141: a) Bpt ⇔ x 2 + 2x − 6 + 2x 2 + 4x + 3 ≥ 0 Đặt t =

2x 2 + 4x + 3 =

2(x + 1)2 + 1 ⇒ t ≥ 1

 t ≥3 t2 − 3 − 6 + t ≥ 0 ⇔ t 2 + 2t − 15 ≥ 0 ⇔  2  t ≤ −5  x >1 ⇒ 2x 2 + 4x + 3 > 9 ⇔ x 2 + 2x − 3 > 0   x < −3 b) ĐKXĐ: x ≥ 1

Nhân lượng liên hợp: 2 x − 1 + x + 5 > 0

(1 − x )(2 − x ) + (1 − x )(3 − x ) ≥ 2 (1 − x )(4 − x )

⇔ 1 − x ( 2 − x + 3 − x − 2 4 − x ) ≥ 0 (2) + Với x = 1 thoả mãn (2) nên x = 1 là một nghiệm của bpt. +Với x < 1 thì 1 − x > 0 nên ta có: (2) ⇔

Bpt đã cho có nghiệm khi và chỉ khi bpt (*) phải có nghiệm t ∈ ( −∞, − 6  ∪  6, +∞ ) .  49  Ta có bpt (*) vô nghiệm ⇔ m ∈  − ,28   14 

BPT trở thành:

TH1: Nếu x ≤ 1 Khi đó: (1) ⇔

9 ⇔ x = 15 ± 189 x

b) Bpt trở thành: f ( t ) = t 2 – ( m + 2 ) t + 8m + 1 ≤0 (*)

Bpt ⇔ 9 + 2 9x − x ≤ −x + 9x + 6 ⇔ 9x − x − 2 9x − x − 3 ≥ 0 . 2

11 . 2

Tập nghiệm bpt là S = {1 } ∪  4; +∞ ) .

Hình b

Bài 4.139: a) bpt ⇔

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

97 ⇔x ≥ không thoả mãn x < 1 24 TH2: Nếu x ≥ 4 Khi đó:

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

2 − x + 3 − x − 2 4 − x ≥ 0 ⇔ 2 2 − x 3 − x ≥ 11 − 2x

Bpt ⇔ (2 x − 1 − x + 5)(2 x − 1 + x + 5) > (x − 3)(2 x − 1 + x + 5)

⇔ 4(x − 1) − (x + 5) > (x − 3)(2 x − 1 + x + 5) ⇔ 3(x − 3) > (x − 3)(2 x − 1 + x + 5) (2) Xét các trường hợp: TH1: x > 3 thì phương trình trở thành: 3 > 2 x − 1 + x + 5 VP > 2 2 + 2 2 = 4 2 > 3 nên bất phương trình vô nghiệm.

-- 149 --

-- 150 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

TH2: x = 3 thì 0 > 0 (vô lý) TH3: 1 ≤ x < 3 nên từ bất phương trình ta suy ra:

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ IV. BẤT ĐẲNG THỨC, BPT

5 5 5 1 hay   − .(m + 1) ≥ 0 ⇔ m + 1 ≤ ⇔ m ≤ 4 4 4  4 

3 < (2 x − 1 + x + 5) ⇔ 4 (x − 1)(x + 5) > 8 − 5x (*)   8 − 5x < 0 8 *  ⇔ < x < 3 thì (*) luôn đúng 1 ≤ x < 3 5     8 − 5x ≥ 0 8 *  ⇔1≤x ≤  1≤x <3 5      8 8    1≤x ≤ 1≤x ≤  ⇔ ( * ) ⇔  5 5    9x 2 − 144x + 144 < 0 8 − 48 < x < 8 +    

Kết hợp với ĐK trên ta thấy không có m thỏa mãn

 −5  −(m + 1) −5 3 ≥ ⇔ m ≤ Khi đó ta lập bảng biến thiên f (t ) trên  ; +∞  2 4 2   4  −5   −(m + 1)  Dựa vào bảng biến thiên ta thấy để f (t ) ≥ 0 với ∀t ∈  ; +∞ thì: f   ≥ 0   4 2   - TH 2 :

8 ⇔ 8 − 48 < x ≤ 5 48

(m + 1)2 (m + 1)2 − ≥ 0 ⇔ (m + 1)2 ≤ 0 ⇔ m = −1 (thỏa mãn ĐK) 4 2 Vậy ĐK để bất phương trình đã cho có tập nghiệm là ℝ là m = −1

Hay

Vậy nghiệm của bất phương trình là 8 − 48 < x < 3  x ≥ 0 c) ĐKXĐ:  2 ⇔ x ≥ 0.  2x − 2x + 2 ≠ 1    1 1 Bpt ⇔ 2  x − 1 +  ≤ +1− x .  x x Ta thấy x = 0 không thỏa mãn, với x ≠ 0 , đặt t =

1 x

− x ta được:

 t ≥ −1 1 3− 5 ⇔t =1⇒ − x =1⇔ x = . 2 (t 2 + 1) ≤ t + 1 ⇔   2  2 t − 1 ≤ 0 ( ) x    d) ĐKXĐ: x ≥ 1 . Đặt t =

x + 2 − x −1

Suy ra: t = 2x + 1 − 2 x + x − 2 ⇔ x − x 2 + x − 2 − 2

7 t2 = −4 2 2

Khi đó bất phương trình trở thành: t 2 − 2t − 8 ≤ 0 ⇔ −2 ≤ t ≤ 4 Với t ≥ −2 suy ra:

x + 2 − x − 1 ≥ −2 ⇔

x + 2 + 2 ≥ x −1

⇔ x + 6 + 4 x + 2 ≥ x − 1 ⇔ x + 7 + 4 x + 2 ≥ 0 (đúng ∀x ≥ 1 ) Với t ≤ 4 suy ra:

x +2 − x −1 ≤ 4 ⇔

x +2 ≤

x −1 + 4

⇔ x + 2 ≤ x + 15 + 8 x − 1 ⇔ 13 + 8 x − 1 ≥ 0 (đúng ∀x ≥ 1 ) Vậy tập nghiệm của bất phương trình là  1; +∞ ) 2

 1 5 −5 Bài 4.142: Đặt t = x 2 + x − 1 suy ra t =  x +  − ≥ . Khi đó bất phương trình đã cho trở thành:  2 4 4

t ( t + m + 1) ≥ 0 ⇔ t 2 + (m + 1)t ≥ 0 (1)  −5  Để bất phương trình đã cho có tập nghiệm là ℝ thì (1) phải có tập nghiệm là  ; +∞  4  Xét f (t ) = t 2 + (m + 1).t ta có 2 trường hợp:

 −5  −(m + 1) −5 3 < ⇔ m > . Khi đó ta lập bảng biến thiên f (t ) trên  ; +∞  2 4 2   4  −5   −5  Dựa vào bảng biến thiên ta thấy để f (t ) ≥ 0 với ∀t ∈  ; +∞ thì: f  ≥0  4    4 - TH1 :

-- 151 --

-- 152 --

CHUYÊN ĐỀ V. THỐNG KÊ

MỤC LỤC

MỤC LỤC CHUYÊN ĐỀ V. THỐNG KÊ ........................................................................................................................................ 2 CHỦ ĐỀ 1: NHỮNG KHÁI NIỆM MỞ ĐẦU ............................................................................................................. 2 CHỦ ĐỀ 2: TRÌNH BÀY MỘT MẪU SỐ LIỆU ......................................................................................................... 2 DẠNG TOÁN 1: XÁC ĐỊNH MẪU SỐ LIỆU ........................................................................................................ 3 DẠNG TOÁN 2: TRÌNH BÀY MẤU SỐ LIỆU DƯỚI DẠNG BẢNG VÀ BIỂU ĐỒ ........................................ 4 CHỦ ĐỀ 3: CÁC SỐ ĐẶC TRƯNG CỦA MẪU SỐ LIỆU .......................................................................................... 8 DẠNG TOÁN: XÁC ĐỊNH CÁC SỐ ĐẶC TRƯNG CỦA MẪU SỐ LIỆU........................................................... 9 CHỦ ĐỀ 4: ÔN TẬP ....................................................................................................................................................12 HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ PHẦN BÀI TẬP LUYỆN TẬP ......................................................................... 15

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ V. THỐNG KÊ

CHUYÊN ĐỀ V. THỐNG KÊ CHỦ ĐỀ 1: NHỮNG KHÁI NIỆM MỞ ĐẦU CHỦ ĐỀ 2: TRÌNH BÀY MỘT MẪU SỐ LIỆU A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Khái niệm về thống kê Thống kê là khoa học về các phương pháp thu thập, tổ chức, trình bày, phân tích và xử lý số liệu. 2. Mẫu số liệu • Dấu hiệu là một vấn đề hay hiện tượng nào đó mà người điều tra quan tâm tìm hiểu. Mỗi đối tượng điều tra gọi là một đơn vị điều tra. Mỗi đơn vị điều tra có một số liệu, số liệu đó gọi là giá trị của dấu hiệu trên đơn vị điều tra đó. • Một tập con hữu hạn các đơn vị điều tra được gọi là một mẫu. Số phần tử của một mẫu được gọi là kích thước mẫu. Các giá trị của dấu hiệu thu được trên mẫu được gọi là một mẫu số liệu (mỗi giá trị như thế còn gọi là một số liệu của mẫu). • Nếu thực hiện điều tra trên trên mọi đơn vị điều tra thì đó là điều tra toàn bộ. Nếu chỉ điều tra trên một mẫu thì đó là điều tra mẫu. 3. Bảng phân bố tần số - tần suất. Bảng phân bố tần số - tần suất ghép lớp Tần số của giá trị xi là số lần lặp lại của giá trị xi trong mẫu số liệu. Tần suất fi của giá trị xi là tỷ số giữa tần số ni và kích thước mẫu N hay fi =

ni . N

Người ta thường viết tần suất dưới dạng phần trăm. • Bảng phân bố tần số (gọi tắt là bảng tần số) được trình bày ngang như sau: Giá trị (x) x1 x2 x3 ... xm m Tần số (n) n1 n2 n3 ... nm N= ∑ ni i =1

Trên hàng tần số, người ta dành một ô để ghi kích thước mẫu N hàng tổng các tần số (tức N = ∑ ni ). i =1

• Bổ sung thêm một hàng tần suất vào bảng trên, ta được bảng phân bố tần số - tần suất (gọi tắt là bảng tần số - tần suất). Giá trị (x) x1 x2 x3 ... xm m Tần số (n) n1 n2 n3 ... xm N= ∑ ni i =1

Tần suất % f1 f2 f3 ... fm Chú ý: Người ta cũng thể hiện bảng phân bố tần số - tần suất dưới dạng bảng dọc. • Nếu kích thước mẫu số liệu khá lớn, thì người ta thường chia số liệu thành nhiều lớp dưới dạng  a;b  hay  a;b ) (thường có độ dài các lớp bằng nhau). Khi đó tần số của lớp  a;b  là số giá trị x i ∈  a;b  (hay      n x i ∈  a;b ) ) xuất hiện trong lớp đó. Tần suất của lớp  a;b  là f = trong đó n là tần số của lớp  a;b  và N N là kích thước mẫu. - Bảng phân bố tần suất ghép lớp được xác định tương tự như trên.

a +b - Giá trị đại diện của lớp  a;b  là c = 2 4. Biểu đồ Các loại biểu đồ thường dùng là: biểu đồ hình cột, biểu đồ đường gấp khúc và biểu đồ hình quạt. Số liệu vẽ biểu đồ được lấy từ các bảng tần số - tần suất.

-- 1 --

-- 2 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ V. THỐNG KÊ

B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI DẠNG TOÁN 1: XÁC ĐỊNH MẪU SỐ LIỆU 1. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Số học sinh giỏi của 30 lớp ở một trường THPT A được thống kê lại như sau. 0 2 1 0 0 3 0 0 1 1 0 1 6 6 0 1 5 2 4 5 1 0 1 2 4 0 3 3 1 0 a) Dấu hiệu và đơn vị điều tra ở đây là gì? Kích thước mẫu bao nhiêu? b) Viết các giá trị khác nhau trong mẫu số liệu trên Lời giải: a) Dấu hiệu là học sinh giỏi, đơn vị điều tra là mỗi lớp của trường THPT A Kích thước mẫu là 30 b) Các giá trị khác nhau của mẫu số liệu trên là 0;1;2; 3; 4; 5; 6 Ví dụ 2: Để may đồng phục cho khối học sinh lớp năm của trường tiểu học A . Người ta chọn ra một lớp 5A , thống kê chiều cao của 45 học sinh lớp 5A (tính bằng cm) được ghi lại như sau : 102 102 113 138 111 109 98 114 101 103 127 118 111 130 124 115 122 126 107 134 108 118 122 99 109 106 109 104 122 133 124 108 102 130 107 114 147 104 141 103 108 118 113 138 112 a) Dấu hiệu và đơn vị điều tra ở đây là gì? Kích thước mẫu bao nhiêu? b) Viết các giá trị khác nhau trong mẫu số liệu trên Lời giải: a) Dấu hiệu là chiều cao của mỗi học sinh, đơn vị điều tra là một học sinh của lớp 5A Kích thước mẫu là N = 45 b) Các giá trị khác nhau trong mẫu số liệu trên là 102;113;138;109;98;114;101;103;127;118;111;130;124;115;122;126;107; 134;108; 99;106;104;133;147;141;138;112 2. Bài tập luyện tập Bài 5.0: Thống kê điểm kiểm tra môn Toán của học sinh lớp 10 được cho ở bảng sau: 4 5 6 Điểm thi 0 1 2 3 7 8 9 10 3 7 4 Tần số 3 2 1 1 8 9 3 1

Cho biết đơn vị điều tra và kích thước của mẫu số liệu trên? Bài 5.1: Số con của 40 gia đình ở huyện A được thống kê lại như sau 2 4 3 2 0 2 2 3 4 5 2 2 5 2 1 2 2 2 3 2 5 2 7 3 4 2 2 2 3 2 3 5 2 1 2 4 4 3 4 3 a) Dấu hiệu và đơn vị điều tra ở đây là gì? Kích thước mẫu bao nhiêu? b) Viết các giá trị khác nhau trong mẫu số liệu trên Bài 5.2: Tiến hành một cuộc thăm dò về số cân nặng của mỗi học sinh nữ lớp 10 trường THPT A, người điều tra chọn ngẫu nhiên 30 học sinh nữ lớp 10 và đề nghị các em cho biết số cân nặng của mình . Kết quả thu được ghi lại trong bảng sau (đơn vị là kg): 43 50 43 48 45 40 38 48 45 50 43 45 48 43 38 40 43 48 40 43 45 43 50 40 50 43 45 50 43 45 Dấu hiệu và đơn vị điều tra ở đây là gì? Kích thước mẫu là bao nhiêu ?

-- 3 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ V. THỐNG KÊ

DẠNG TOÁN 2: TRÌNH BÀY MẤU SỐ LIỆU DƯỚI DẠNG BẢNG VÀ BIỂU ĐỒ 1. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Số lượng khách đến tham quan một điểm du lịch trong 12 tháng được thống kê như ở bảng sau: Tháng 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 Số khách 430 550 430 520 550 515 550 110 520 430 550 880 Lập bảng phân bố tần số - tần suất Lời giải: a) Bảng phân bố tần số - tần suất Số lượng khách ( người ) Tần số Tần suất% 110 1 8,3 430 3 24,9 515 1 8,3 520 2 16,8 550 4 33,4 800 1 8,3 Cộng N= 12 100% Ví dụ 2: Cho các số liệu thống kê ghi trong bảng sau : Thành tích chạy 500m của học sinh lớp 10A ở trường THPT C. ( đơn vị : giây ) 6,3 6,2 6,5 6,8 6,9 8,2 8,6 6,6 6,7 7,0 7,1 8,5 7,4 7,3 7,2 7,1 7,0 8,4 8,1 7,1 7,3 7,5 8,7 7,6 7,7 7,8 7,5 7,7 7,8 7,2 7,5 8,3 7,6 a) Lập bảng phân bố tần số - tần suất ghép lớp với các lớp : [ 6,0 ; 6,5 ) ; [ 6,5 ; 7,0 ) ; [ 7,0 ; 7,5 ) ; [ 7,5 ; 8,0 ) ; [ 8,0 ; 8,5 ) ; [ 8,5 ; 9,0 ] b) Vẽ đường gấp khúc tần suất Lời giải: a) Bảng phân bố tần số - tần suất ghéo lớp là Lớp Thành Tích ( m ) Tần số Tần suất % [6,0; 6,5) 2 6,0 [6,5; 7,0) 5 15,2 [7,0; 7,5) 10 30,4 [7,5; 8,0) 9 27,4 [8,0; 8,5) 4 12,0 [8,5; 9,0] 3 9,0 N= 33 100% b) Ta có Lớp Thành Tích ( m ) Giá trị đại diện Tần suất % [6,0; 6,5) 6,25 6,0 [6,5; 7,0) 6,75 15,2 [7,0; 7,5) 7,25 30,4 [7,5; 8,0) 7,75 27,4 [8,0; 8,5) 8,25 12,0 [8,5; 9,0] 8,75 9,0

-- 4 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ V. THỐNG KÊ

Đường gấp khúc tần suất ghép lớp là

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ V. THỐNG KÊ

c) Biểu đồ hình quạt là Lớp điểm

Tần suất

Góc ở tâm

[40;50)

13%

46, 80

[50;60)

19%

68, 40

[60;70)

31%

111, 60

[70;80)

19%

68, 40

[80;90)

13%

46, 80

[90;100] 6% N 100%

21, 60

Nhận xét: Để vẽ đồ biểu đồ hình quạt ta xác định góc ở tâm hình quạt dựa vào công thức ĐO = fi .3600 . Ví dụ 4: Để đánh giá kết quả của một đề tài sau khi áp dụng vào thực tiễn dạy học người ta thực nghiệm Ví dụ 3: Điểm thi của 32 học sinh trong kì thi Tiếng Anh (thang điểm 100) như sau : 68 79 65 85 52 81 55 65 49 42 68 66 56 57 65 72 69 60 50 63 74 88 78 95 41 87 61 72 59 47 90 74 a) Hãy trình bày số liệu trên dưới dạng bảng phân bố tần số, tần suất ghép lớp với các lớp:  40;50 ) ;  50;60 ) ;  60;70 ) ;  70; 80 ) ;  80;90 ) ;  90;100  .        b) Hãy vẽ biểu đồ tần suất hình cột để mô tả bảng phân bố tần suất ghép lớp đã lập ở câu a). c) Hãy vẽ biểu đồ tần suất hình quạt để mô tả bảng phân bố tần suất ghép lớp đã lập ở câu a). Lời giải: a) Ta có bảng phân bố là Lớp điểm Tần số

Lớp điểm

[40;50) [50;60) [60;70) [70;80) [80;90) [90;100]

4 6 10 6 4 2 32 Bảng phân bố tân số ghép lớp b) Biểu đồ đồ tần suất hình cột là

Tần suất

13% 19% 31% 19% 13% 6% 100% Bảng phân bố tần suất ghép lớp

-- 5 --

bằng cách ra đề kiểm tra một tiết cho hai lớp(gần tương đương về trình độ kiến thức). Trong đó lớp 12A3 đã được dạy áp dụng đề tài(lớp thực nghiệm), lớp 12A4 (lớp đối chứng). Kết quả điểm của học sinh hai lớp như sau: Lớp

Số HS

Số KT

ĐC 12A3

bài Số bài kiểm tra đạt điểm Xi 1 2 3 4 5 6 1 3 6 8 15 20

TN 12A4 46 92 0 1 4 5 16 21 a) Hãy lập bảng phân bố tần suất của hai lớp trên b) Hãy lập biểu đồ tần suất hình cột của hai lớp(trong cùng một biểu đồ) c) Hãy lập biểu đồ tần suất hình cột của hai lớp (trong cùng một biểu đồ) Lời giải: a) Bảng phân bố tần suất Lớp

Số HS

ĐC 12A3 TN 12A4

43 46

Số bài Số % bài kiểm tra đạt điểm Xi KT 1 2 3 4 5 6 86 1,1 3,1 7,6 10,2 17,6 22,3 92 0,0 1,2 4,1 5,3 18,5 22,8

b) Biểu đồ phân bố tần suất của hai lớp

-- 6 --

7 20

8 12

9 2

10 1

8 12,3 14,5

9 2,3 4,4

7 22,1 25,9

10 1,2 3,0

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ V. THỐNG KÊ

c) Đường gấp khúc tần suất của hai lớp

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ V. THỐNG KÊ

b) Vẽ biểu đồ hình cột tần số. c) Vẽ biểu đồ hình quạt tần suất. Bài 5.7: Kết quả làm bài kiểm tra của học sinh lớp hai lớp gồm lớp thực nghiệm (TN) và học sinh lớp đối chứng (ĐC) được thể hiện thông qua Bảng thống kê sau đây:

3. Bài tập luyện tập Bài 5.3: Điểm kiểm tra của 2 nhóm học sinh lớp 10 được cho như sau: Nhóm 1: (9 học sinh) 1, 2, 3, 5, 6, 6, 7, 8, 9 Nhóm 2: (11 học sinh) 1, 3, 3, 4, 4, 6, 7, 7, 7, 8, 10 a) Hãy lập các bảng phân bố tần số và tuần suất ghép lớp với các lớp [1, 4]; [5, 6]; [7, 8]; [9, 10] của 2 nhóm. b) Vẽ biểu đồ tần suất hình cột của 2 nhóm. Bài 5.4: Sau một tháng gieo trồng một giống hoa, người ta thu được số liệu sau về chiều cao (đơn vị là milimét) của các cây hoa được trồng: Nhóm Chiều cao Số cây đạt được 1 Từ 100 đến 199 20 2 Từ 200 đến 299 75 3 Từ 300 đến 399 70 4 Từ 400 đến 499 25 5 Từ 500 đến 599 10 a) Lập bảng phân bố tần suất ghép lớp của mẫu số liệu trên. b) Vẽ biểu đồ tần suất hình cột . c) Vẽ đường gấp khúc tần suất Bài 5.5: Chiều cao của 40 vận động viên bóng chuyền được cho trong bảng sau: Lớp chiều cao (cm) Tần số [ 168 ; 172 ) 4 [ 172 ; 176 ) 4 [ 176 ; 180 ) 6 [ 180 ; 184 ) 14 [ 184 ; 188 ) 8 [ 188 ; 192 ] 4 Cộng 40 a) Hãy lập bảng phân bố tần suất ghép lớp ? b) Hãy vẽ biểu đồ tần suất hình cột để mô tả bảng phân bố tần suất ghép lớp đã lập ở câu a). c) Hãy vẽ biểu đồ tần suất hình quạt để mô tả bảng phân bố tần suất ghép lớp đã lập ở câu a). Bài 5.6: Thống kê điểm thi tốt nghiệp môn Toán của 926 em học sinh Trường THPT A cho ta kết quả sau đây: Điểm bài thi (x) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Tần số (n) 17 38 ... 124 176 183 119 . . . 50 25 Tần suất % ... ... 12,10 . . . ... ... 8,63 8,86 a) Chuyển bảng trên thành dạng cột và điền tiếp vào các ô còn trống. -- 7 --

Lớp

Số HS

10 C1

10 C2

Số bài kiểm tra đạt điểm tương ứng 1 0

2 1

3 2

4 6

5 10

6 12

7 8

8 7

9 0

10 0

0 0 0 2 4 6 12 10 8 4 a) Hãy lập bảng phân bố tần suất của mẫu số liệu trên(trong một bảng) b) Vẽ biểu đồ tần suất (trong một biểu đồ) CHỦ ĐỀ 3: CÁC SỐ ĐẶC TRƯNG CỦA MẪU SỐ LIỆU A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Số trung bình

Điểm TB 6.3 7.4

• Với mẫu số liệu kích thước N là { x 1, x 2 ,..., x N } : N

∑x

x + x 2 + ... + x N = 1 N N • Với mẫu số liệu được cho bởi bảng phân bố tần số: x =

i =1

∑n x

i i n x + n2x 2 + ... + nk x k = 1 1 N N • Với mẫu số liệu được cho bởi bảng phân bố tần số ghép lớp:

x =

i =1

∑n c

i i

n c + n2c2 + ... + nkck (ci là giá trị đại diện của lớp thứ i) = 11 N N 2. Số trung vị Giả sử ta có một mẫu gồm N số liệu được sắp xếp theo thứ tự không giảm (hoặc không tăng). Khi đó số trung vị Me là: – Số đứng giữa nếu N lẻ; x =

i =1

– Trung bình cộng của hai số đứng giữa (số thứ

N N và + 1 ) nếu N chẵn. 2 2

3. Mốt Mốt của một bảng phân bố tần số là giá trị có tần số lớn nhất và được kí hiệu là MO . Chú ý: – Số trung bình của mẫu số liệu được dùng làm đại diện cho các số liệu của mẫu. – Nếu các số liệu trong mẫu có sự chênh lệch quá lớn thì dùng số trung vị làm đại diện cho các số liệu của mẫu. – Nếu quan tâm đến giá trị có tần số lớn nhất thì dùng mốt làm đại diện. Một mẫu số liệu có thể có nhiều mốt. 4. Phương sai và độ lệch chuẩn Để đo mức độ chênh lệch (độ phân tán) giữa các giá trị của mẫu số liệu so với số trung bình ta dùng phương sai s 2 và độ lệch chuẩn s =

s2 .

• Với mẫu số liệu kích thước N là { x 1, x 2 ,..., x N } :

-- 8 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

s2 =

1 N

∑ (x

CHUYÊN ĐỀ V. THỐNG KÊ 2

 1 1  ∑ x 2 − N 2  ∑ xi  N i =1 i i =1 = x 2 − (x )2

− x )2 =

i =1

• Với mẫu số liệu được cho bởi bảng phân bố tần số, tần suất: s2 =

1 N

∑ n (x i

i =1

∑ f (x i

−x )2

i =1

 1  k  ∑ ni x i   N 2  i =1 i =1 2 k k   = ∑ fi x i2 −  ∑ fi x i   

− x )2 =

1 N

∑n x

2 i i

i =1

−

i =1

• Với mẫu số liệu được cho bởi bảng phân bố tần số, tần suất ghép lớp: s2 =

1 N

i =1

∑ f (c i

i =1

−x )2

 1  k  ∑ nici   N 2  i =1 i =1 2 k  k   2 = ∑ fici −  ∑ fici    k

1 N

∑ nici2 −

i =1

∑ ni (ci − x )2 =

(ci, ni, fi là giá trị đại diện, tần số, tần suất của lớp thứ I; N là số các số liệu thống kê N = n1 + n2 + ... + nk ) Chú ý: Phương sai và độ lệch chuẩn càng lớn thì độ phân tán (so với số trung bình) của các số liệu thống kê càng lớn. B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI DẠNG TOÁN: XÁC ĐỊNH CÁC SỐ ĐẶC TRƯNG CỦA MẪU SỐ LIỆU 1. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Cho các số liệu thống kê về sản lượng chè thu được trong 1năm ( kg/sào) của 20 hộ gia đình 111 112 112 113 114 114 115 114 115 116 112 113 113 114 115 114 116 117 113 115 a) Lập bảng phân bố tần số - tần suất b) Tìm số trung bình, trung vị, mốt Lời giải: Bảng phân bố tần số - tần suất: Giá trị x Tần số Tần suất (%) 111 1 5 112 3 15 113 4 20 114 5 25 115 4 20 116 2 10 117 1 5 N=20 100 b) * Số trung bình:

1 ( 1.111 + 3.112 + 4.113 + 5.114 + 4.115 + 2.116 + 1.117 ) = 113, 9 20 * Số trung vị: Do kích thước mẫu N = 20 là một số chẵn nên số trung vị là trung bình cộng của hai giá trị x =

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ V. THỐNG KÊ

Ví dụ 2: Để khảo sát kết quả thi tuyển sinh môn Toán trong kì thi tuyển sinh đại học năm vừa qua của trường A, người điều tra chọn một mẫu gồm 100 học sinh tham gia kì thi tuyển sinh đó. Điểm môn Toán (thang điểm 10) của các học sinh này được cho ở bảng phân bố tần số sau đây. Điểm 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Tần số 1 1 3 5 8 13 19 24 14 10 2 N=100 a) Tìm mốt, số trung vị. b) Tìm số trung bình, phương sai và độ lệch chuẩn (chính xác đến hàng phần trăm). Lời giải: a) Ta có giá trị có tần số lớn nhất MO = 7 Kích thước mẫu là số chẵn nên số trung vị là trung bình cộng của hai số đứng giữa

6+7 = 6, 5 2 b) Ta có số trung bình cộng là

Vậy Me =

x =

n1x 1 + n2x 2 + ... + nk x k 0.1 + 1.1 + 2.3 + ... + 10.2 = = 6,23 N 100 k

Ta có

∑n x

2 i i

= 4277,

i =1

∑n x

i i

= 623

i =1

Suy ra phương sai là s 2 =

1 N

∑n x

2 i i

i =1

−

2 1  k  = 4277 −  623  = 3, 96 n x   ∑  i i  N 2  i =1 100  100 

Do đó độ lệch chuẩn là S ≈ 1, 99 . Ví dụ 3: Tiền lãi (nghìn đồng) trong 30 ngày được khảo sát ở một quầy bán báo. 81 37 74 65 31 63 58 82 67 77 63 46 30 53 73 51 44 52 92 93 53 85 77 47 42 57 57 85 55 64 a) Hãy lập bảng phân bố tần số và tần suất theo các lớp như sau: [29.5; 40.5), [40.5; 51.5), [51.5; 62.5), [62.5; 73.5), [73.5; 84.5), [84.5; 95.5] b) Tính số trung bình cộng, phương sai, độ lệch chuẩn ? Lời giải: a) Bảng phân bố tần số và tần suất là Tần số Tần suất

Lớp tiền lãi

[29,5;40,5)3 [40,5;51,5)5 [51,5;62,5)7 [62,5;73,5)6 [73,5;84,5)5 [84,5;95,5]4 N 30

10% 17% 23% 20% 17% 13% 100% N

∑n c

i i

b) Ta có x =

i =1

nên

3.35 + 5.462 + 7.57 + 6.68 + 5.79 + 4.90 x = = 63,23 30

N N =10 và + 1 = 11 đó là 114 và 114. 2 2 Vậy Me = 114

đứng thứ

Ta có

*Mốt: Do giá trị 114 có tần số lớn nhất là 5 nên ta có: M 0 = 114 . -- 9 --

∑n c

2 i i

i =1

= 128347,

∑n c

i i

= 1897

i =1

-- 10 --

Lớp tiền lãi

Tần số

[29,5;40,5) [40,5;51,5) [51,5;62,5) [62,5;73,5) [73,5;84,5) [84,5;95,5]

3 5 7 6 5 4

Giá trị đại diện ci 35 46 57 68 79 90

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ V. THỐNG KÊ

Suy ra phương sai là s2 =

1 N

∑n c

2 i i

i =1

−

2  1  k 128347  1897   = − ≈ 279, 78 c x    ∑ i i   100   100 N 2  i =1

Do đó độ lệch chuẩn là S ≈ 16, 73 . Ví dụ 4: Cho mẫu số liệu gồm bốn số tự nhiên khác nhau và khác 0, biết số trung bình là 6 và số trung vị là 5. Tìm các giá trị của mẫu số liệu đó sao cho hiệu của giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của mẫu số liệu đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải: Giả sử các giá trị của mẫu số liệu là a, b, c, d với 0 < a < b < c < d , a, b, c, d ∈ N Ta có Me =

b +c = 5 ⇒ b + c = 10 2

Mà x = 6 ⇒ a + b + c + d = 24 ⇒ a + d = 14   b >1 a <b < c  Ta có  hay 1 < b < 5 mà b ∈ N ⇒ b ∈ { 2; 3; 4 } ⇒     b + c = 10  10 > 2b   • Nếu b = 2 thì c = 8 , mà 0 < a < b, a ∈ N ⇒ a = 1, d = 13 Khi đó các giá trị của mẫu số liệu là 1;2;8;13  a = 1 ⇒ d = 13 • Nếu b = 3 thì c = 7, mà 0 < a < b, a ∈ N ⇒   a = 2 ⇒ d = 12 Khi đó có hai mẫu số liệu thỏa đề bài có giá trị là 1;3;7;13 và 2;3;7;12  a = 1 ⇒ d = 13  • Nếu b = 4 thì c = 6 , mà 0 < a < b, a ∈ N ⇒  a = 2 ⇒ d = 12  a = 3 ⇒ d = 11  Khi đó có ba mẫu số liệu thỏa đề bài có giá trị là 1;4;6;13, 2;4;6;12 và 3;4;6;11 Suy ra với mẫu số liệu có các giá trị là 3;4;6;11 thì hiệu của giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của mẫu số liệu đạt giá trị nhỏ nhất. 3. Bài tập luyện tập Bài 5.8: Đo chiều cao (cm) của 40 học sinh nam ở một trường THPT, người ta thu được mẫu số liệu sau: 176 167 165 164 144 176 162 175 149 144 176 166 166 163 156 170 161 176 148 143 175 174 175 146 157 170 165 176 152 142 163 173 175 147 160 170 169 176 168 141 a) Lập bảng phân bố tần số - tần suất ghép lớp theo chiều cao của học sinh với các lớp: [141;146], [147;152] , … , [171;176] . b) Dựa vào bảng phân bố tần số ghép lớp trên, tính chiều cao trung bình, phương sai và độ lệch chuẩn của mẫu số liệu đã cho. Bài 5.9: Có 100 học sinh tham dự kỳ thi học sinh giỏi môn toán, kết quả được cho trong bảng sau: (thang điểm là 20)

Điểm 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 Tần số 1 1 3 5 8 13 19 24 14 10 2 N=100 a) Tính số trung bình và số trung vị. b) Tính phương sai và độ lệch chuẩn. Bài 5.10: Có tài liệu về tuổi nghề của công nhân hai tổ trong một xí nghiệp cơ khí như sau:

-- 11 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ V. THỐNG KÊ

Tổ I 2 2 5 7 9 9 9 10 10 11 12 Tổ II 2 3 4 4 4 5 5 7 7 8 Trong mỗi tổ, tính tuổi nghề bình quân, số mốt và số trung vị? Bài 5.11: Thống kê điểm kiểm tra toán của lớp 10C , giáo viên bộ môn thu được số liệu : Điểm 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Tần số 1 1 1 5 6 7 11 5 4 2 2 N = 45 Tính : Số trung bình, số trung vị, phương sai và độ lệch chuẩn (chính xác đến hàng phần chục) Bài 5.12: Để được cấp chứng chỉ A- Anh văn của một trung tâm ngoại ngữ , học viên phải trải qua 6 lần kiểm tra trắc nghiệm , thang điểm mỗi lần kiểm tra là 100, và phải đạt điểm trung bình từ 70 điểm trở lên.Qua 5 lần thi Minh đạt điểm trung bình là 64,5 điểm . Hỏi trong lần kiểm tra cuối cùng Minh phải đạt ít nhất là bao nhiêu điểm để được cấp chứng chỉ? Bài 5.13: Cho hai bảng phân bố tần số mô tả kết quả điểm thi môn Toán của hai lớp 10A và 10B của một trường(Hai lớp làm cùng một đề) như sau: Bảng 1:Điểm thi của lớp 10A Điểm 1 3 4 5 6 7 8 Tần số 1 3 4 8 10 3 1 N=30 Bảng 2:Điểm thi của lớp 10B Điểm 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Tần số 1 2 3 4 6 7 3 3 1 N=30 a) Tính phương sai của từng bảng . b) Nhận xét lớp nào có điểm thi môn Toán đồng đều hơn,vì sao? Bài 5.14: Người ta đã thống kê số gia cầm bị tiêu hủy trong vùng dịch của 6 xã A,B,...,F như sau (đơn vị: nghìn con): Xã A B C D E F Số lượng gia cầm bị 12 27 22 15 45 5 tiêu hủy Tính số trung vị, số trung bình , phương sai và độ lệch chuẩn (chính xác đến hàng trăm) của bảng số liệu thống kê trên Bài 5.15: Tiến hành một cuộc thăm dò về số cân nặng của mỗi học sinh nữ lớp 10 trường THPT A, người điều tra chọn ngẫu nhiên 30 học sinh nữ lớp 10 và đề nghị các em cho biết số cân nặng của mình . Kết quả thu được ghi lại trong bảng sau (đơn vị là kg): 43 50 43 48 45 40 38 48 45 50 43 45 48 43 38 40 43 48 40 43 45 43 50 40 50 43 45 50 43 45 a) Lập bảng phân bố tần số và tần suất (chính xác đến hàng phần trăm). b) Tính số trung bình ; số trung vị và mốt . Bài 5.16:Điểm kiểm tra môn toán của hai học sinh An và Bình được ghi lại như sau : An 9 8 4 10 3 10 9 7 Bình 6 7 9 5 7 8 9 9 a) Tính điểm trung bình của mỗi học sinh . b) Tính phương sai và độ lệch chuẩn về điểm của mỗi học sinh (chính xác đến hàng phần trăm). c) Học sinh nào có kết quả ổn định hơn? Vì sao ? CHỦ ĐỀ 4: ÔN TẬP Bài 5.17: Điểm kiểm tra cuối năm môn Toán của lớp 10A ở một trường THPT như sau: 3 9 8 9 8 4 8 9 5 8 5 6 7 3 6 7 6 7 6 5 8 7 5 4 7 3 8 9 4 8 4 6 7 6 7 5 8 7 5 4 a) Đơn vị điều tra ở đây là gì? Kích thước mẫu là bao nhiêu? -- 12 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ V. THỐNG KÊ

b) Lập bảng phân bố tần số - tần suất. Bài 5.18: Điều tra về thu nhập của công nhân xí nghiệp X (đơn vị: nghìn đồng/ tháng), người ta ghi được bảng tần số ghép lớp sau đây: Lớp Tần số [800; 890] 15 [900; 990] 25 [1000; 1090] 28 [1100; 1190] 35 [1200; 1290] 40 [1300; 1390] 30 [1400; 1490] 27 N Tính kích thước mẫu và lập bảng phân bố tần số - tần suất ghép lớp. Bài 5.19: Cân lần lượt 40 quả cam (đơn vị gram) ta được kết quả sau (mẫu số liệu) 85 86 86 86 86 86 87 87 87 87 87 88 88 88 88 89 89 89 89 89 89 89 90 90 90 90 90 91 91 91 92 93 93 93 93 94 94 94 94 94 94 Hãy lập bảng phân bố tần số - tần suất ghép lớp gồm [85; 86], [87; 88], [89; 90], [91; 92], [93; 94]?. Bài 5.20: Một lần kiểm tra toán của một lớp gồm 55 học sinh, thống kê điểm số như sau: Điểm 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Số hs 0 3 3 5 4 12 10 8 7 1 2 a) Hãy lập bảng phân bố tần số-tần suất ghép lớp gồm 5 lớp [1;2], [3;4], [5;6], [7;8], [9;10] b) Vẽ biểu đồ tần suất hình cột, đường gấp khúc tần suất, biểu đồ tần suất hình quạt. Bài 5.21: Điểm kiểm tra cuối học kỳ môn Toán của hai tổ học sinh lớp 10A như sau: Tổ 1: 8 6 6 7 3 7 5 9 6 Tổ 2: 4 10 7 3 8 6 4 5 2 6 a) Tính điểm trung bình của mỗi tổ. b) Tính số trung vị và mốt của từng tổ. Bài 5.22: Thống kê tuổi thọ của các bóng đèn do một nhà máy sản xuất ta có bảng số liệu sau: Tuổi thọ (giờ) Số bóng Tuổi thọ (giờ) Số bóng [1200; 1300) 15 [1600; 1700) 42 [1300; 1400) 20 [1700; 1800) 34 [1400; 1500) 36 [1800; 1900) 30 [1500; 1600) 48 [1900; 2000] 25 a) Tính tuổi thọ trung bình của một bóng đèn. b) Tính phương sai và độ lệch chuẩn. Bài 5.23: Tại một cửa hàng bán hoa quả, người ta kiểm tra 65 thùng trái cây thì thấy số lượng quả bị hỏng trong các thùng là: 5 0 8 7 9 4 2 6 1 4 5 3 7 6 4 2 5 4 7 9 7 3 8 6 5 5 0 4 2 3 1 5 6 0 3 5 7 6 7 1 3 5 0 2 4 3 9 7 6 5 4 1 4 5 3 1 3 2 7 0 5 4 2 1 3 a) Lập bảng phân bố tần số - tần suất. b) Tìm số trung vị và mốt. Nêu ý nghĩa của chúng.

-- 13 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ V. THỐNG KÊ

c) Sử dụng máy tính bỏ túi hãy tìm số quả bị hỏng trung bình trong một thùng. Tính phương sai và độ lệch chuẩn (chính xác đến hàng phần trăm). d) Lập bảng phân bố tần số ghép lớp gồm năm lớp, mỗi lớp là một đoạn có độ dài bằng 1. Tính giá trị đại diện của mỗi lớp. e) Tính số trung bình và độ lệch chuẩn theo bảng phân bố tần số ghép lớp. Bài 5.24: Nghiên cứu cân nặng của trẻ sơ sinh thuộc nhóm có bố không hút thuốc lá và nhóm có bố nghiện thuốc lá, ta có kết quả sau (đơn vị: kg): Nhóm trẻ có bố không hút thuốc lá: 3,8 4,1 3,8 3,6 3,8 3,5 3,6 4,1 3,6 3,8 3,3 4,1 3,3 3,6 3,5 2,9 Nhóm trẻ có bố nghiện hút thuốc lá: 3,3 2,9 2,9 3,3 3,6 3,5 3,3 2,9 2,6 3,6 3,8 3,6 3,5 2,6 2,6 Nhóm trẻ nào có cân nặng trung bình lớn hơn ? Bài 5.25: Hãy thống kê điểm kiểm tra môn Toán gần nhất của các học sinh trong từng tổ của lớp. Tính điểm trung bình và độ lệch chuẩn của mỗi tổ. Tổ nào có điểm trung bình cao nhất? Học sinh của tổ nào học đều nhất? Bài 5.26: Một nhà nghiên cứu ghi lại tuổi của 30 bệnh nhân. Kết quả thu được mẫu số liệu như sau: 21 17 20 18 20 17 15 13 15 20 15 12 18 17 15 16 21 15 12 18 16 20 14 18 19 13 16 19 18 17 a) Lập bảng phân bố tần số. b) Tính số trung bình và độ lệch chuẩn. c) Tính số trung vị và mốt. d) Vẽ biểu đồ tần số hình cột và đường gấp khúc tần số. Bài 5.27: Một trăm bảy mươi chín củ khoai tây Chia thành chín lớp căn cứ trên khối lượng của chúng( đơn vị : gam). Ta có bảng phân bố tần số sau: Lớp Khoảng Tần số [10;19) 1 1 [10;19) 2 14 [10;19) 3 21 4 73 [10;19) 5 42 [10;19) 6 13 [10;19) 7 9 [10;19) 8 4 [10;19) 9 2 [10;19) a) Tính Khối lượng trung bình của 1 củ khoai tây. b) Tính độ lệch chuẩn và phương sai. Bài 5.28: Một mẫu số liệu có kích thước mẫu N và có bảng phân bố tần suất như sau : Giá trị(x) 0 1 2 3 4 Tần suất ( % ) 12,5 6,25 25 50 6,25 Tìm giá trị nhỏ nhất có thể có của kích thước mẫu N. Bài 5.29: Để so sánh, kiểm định chất lượng học tập của hai lớp 10A và 10B người ta ra một đề kiểm tra một tiết. Thống kê kết quả làm bài kiểm tra của học sinh hai lớp như sau: Bảng thống kê các điểm số (Xi) của bài kiểm tra -- 14 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ V. THỐNG KÊ

Số bài kiểm tra đạt điểm Xi Lớp 1 2 3 4 5 6 7 8 0 0 2 5 9 9 12 5 10A 46 0 0 0 3 6 10 13 8 10B 47 a) Hãy lập bảng phân bố tần suất của số liệu thống kê trên b) Vẽ biểu đồ phân bố tần suất của hai lớp c) Vẽ đường gấp khúc tần suất của hai lớp Bài 5.30: Thống kê điểm số của 46 học sinh lớp 10C trong kì thi học kì như sau 3 6 9 7 8 6 7 5 8 5 5 4 6 7 4 8 9 6 7 5 7 6 5 7 5 8 4 9 5 7 5 7 9 7 6 7 8 6 7 5 3 4 6 7 4 6 a) Lập bảng phân bố tần số b) Lập bảng phân bố tần suất với các lớp sau: [1; 2] , [ 3;4] , [5;6] , [ 7;8] và [9;10] Số bài

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ V. THỐNG KÊ

Bài 5.4: a) Bảng phân bố tần suất 9 4 5

c) Vẽ biểu đồ tần suất hình cộp ghép lớp. HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ PHẦN BÀI TẬP LUYỆN TẬP Bài 5.0: Đơn vị điều tra: một hsinh lớp 10, kích thước của mẫu số liệu: 42 Bài 5.1: a) Dấu hiệu là số con, đơn vị điều tra là mỗi gia đình ở huyện A Kích thước mẫu là N=40 b) Các giá trị khác nhau của mẫu số liệu trên là 1;2; 3; 4;5;7

10 0 2

Lớp chiều cao

Tần suất

[100;199) 10% [200;299) 38% [300;399) 35% [400;499) 13% [500;599) 5% N 100% b) Biểu đồ tần suất hình cột là

c) Đường gấp khúc tần suất là

Bài 5.2: Dấu hiệu điều tra: Số cân nặng của mỗi học sinh nữ lớp 10 Đơn vị điều tra: Một học sinh nữ. Kích thước mẫu: 30 Bài 5.3: a) Bảng phân bố tần số - tần suất ghép lớp là Lớp Tần số Tần suất điểm ni fi [1; 4] 3 33% [5; 6] 3 33% [7; 8] 2 22% [9; 10] 1 11% N 9 100% Nhóm 1

Lớp Tần số Tần suất điểm ni fi [1; 4] 5 45% [5; 6] 1 9% [7; 8] 4 36% [9; 10] 1 9% N 11 100% Nhóm 2

b) Biểu đồ tần suất hình cột của hai nhóm là

Giá trị Lớp Tần suất đại diện chiều cao fi ci [100;199) 10% 150 [200;299) 38% 250 [300;399) 35% 350 [400;499) 13% 450 [500;599) 5% 550

Bài 5.5: a) Bảng phân bố tần suất là Tần Lớp chiều cao suất

[168;172) [172;176) [176;180) [180;184) [184;188) [188;192] N

10% 10% 15% 35% 20% 10% 100%

Lớp chiều cao [168;172) [172;176) [176;180) [180;184) [184;188) [188;192] N

b) Biểu đồ tần số hình cột là

-- 15 --

-- 16 --

Tần suất

10% 10% 15% 35% 20% 10% 100%

Giá trị đại diện ci 170 174 178 182 186 190

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ V. THỐNG KÊ

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ V. THỐNG KÊ

c) Biểu đồ tần suất hình quạt là Bài 5.7: a) Bảng phân bố tần suất điểm của bài kiểm tra

Lớp

Số HS

10 C1

Số % bài kiểm tra đạt điểm tương ứng 1 0

10 C2 46 0 b) Biểu đồ phân bố tần suất

Bài 5.6: a) Ta có N = 926 do đó ta có kết quả sau Điểm bài thi(x) Tần số(n) 1 17 2 38 3 112 4 124 5 176 6 183 7 119 8 82 9 50 10 25 b) Vẽ biểu đồ hình cột tần số

Tần suất % 1.84 4.10 12.10 13.39 19.01 19.76 12.85 8.86 5.40 2.70

2 0

3 2,2

4 8,7

5 21,7

6 26,1

7 21,7

8 8,7

9 8,7

10 2,2

4,3

8,7

26,1

21,7

17,4

8,7

Bài 5.8: a) Bảng phân bố tần số - tần suất ghép lớp Lớp

Tần số

Tần suất (%)

[141;146]

15.0

[147;152]

10.0

[153;158]

5.0

[159;164]

15.0

[165;170]

25.0

[171;176]

30.0

N = 40 b) Chiều cao trung bình: x = 162, 4 , phương sai: s 2 = 116,19 , độ lệch chuẩn: s = 10, 78 c) Biểu đồ tần suất hình quạt là

Bài 5.9: x = 15,23 , Me = 15, 5 phương sai: s 2 = 3, 96 , độ lệch chuẩn: s = 1, 99 Bài 5.10: * Tổ I: - Tuổi nghề bình quân: -- 17 --

-- 18 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 x =

∑ xi n

CHUYÊN ĐỀ V. THỐNG KÊ

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ V. THỐNG KÊ

Mốt: M O = 43

2 + 2 + 5 + 7 + 9 + 9 + 9 + 10 + 10 + 11 + 12 = 7, 81 11

Bài 5.16: a) An : Số TB x = 7,5

- Số mốt: MO = 9 - Số trung vị: Me = 9

Bình : Số TB x = 7,5 b) An: phương sai : s A2 = 6,25 ; Độ lệch chuẩn : s = 2,5

* Tổ II: - Tuối nghề bình quân:

Bình : phương sai : sB2 = 2 ; Độ lệch chuẩn : s = 1,41

∑x

c)Vì sB2 < s A2  Bình có kết quả ổn định hơn

2+3+4+4+4+5+5+7+7+8 x = i =1 = = 4, 9 N 10 - Số mốt : MO = 4

- Số trung vị Me = 4, 5 Bài 5.11: Số trung bình: x =

1 10 ∑ n x ≈ 5, 5 . 45 i = 0 i i

Số trung vị : N= 45 là số lẻ ;

N + 1 46 = = 23 ,số liệu thứ 23 là 6 ⇒ Số trung vị Me = 6 2 2 2

Phương sai: s 2 =

 1 10 1  10 ni x i 2 − 2  ∑ ni x i  ≈ 4, 7 ∑  45 i = 0 45  i = 0 

Độ lệch chuẩn: s =

s 2 ≈ 2,2 .

Bài 5.12: Gọi x là số điểm trong lần kiểm tra cuối mà Minh cần đạt được để được cấp chứng chỉ Ta có số điểm qua 5 lần thi của Minh là 64, 5.5 = 322, 5

Suy ra

x + 322, 5 = 70 ⇔ x = 97, 5 . 6

Bài 5.13: Gọi x , y lần lượt là số TBC của các số liệu trong bảng 1,bảng 2 ta có:

1 (1.2 + 3.3 + ... + 1.8) = 5,2. 30 1 y = (1.1 + 2.2 + ... + 1.9) = 5,2. 30 x =

S x2 =

1 [(2 − 5,2)2 + 3(3 − 5,2)2 + ... + (8 − 5,2)2 ] ≈ 1, 83 30

Sy2 =

1 [(1 − 5,2)2 + 2(2 − 5,2)2 + ... + (9 − 5,2)2 ] ≈ 3, 69 30

Vì x = y =5,2 nhưng S x2 < S y2 nên điểm thi môn Toán của lớp 10A đồng đều hơn lớp 10B. Bài 5.14: Me=22; x =21 ; s2 = 164,333 ; s = 12,8 Bài 5.15: a) Bảng phân bố tần số - tần suất 38 40 43 45 Số cân nặng (kg) Tần số 2 4 9 6 Tần suất(%) 6,67 13,33 30 20

48 4 13,33

50 5 16,67

N = 30

Bài 5.17: a) Đơn vị điều tra là một học sinh lớp 10A, kích thước mẫu N = 40 b) Bảng phân bố tần số - tần suất là Điểm 3 4 5 6 7 8 9 Tần số 3 5 6 6 8 8 4 Tần suất(%) 8 13 15 15 20 20 10 Bài 5.18: Kích thước mẫu N = 200 Bảng phân bố tần số - tần suất ghép lớp Lớp Tần số Tần suât(%) [800; 890] 15 8 [900; 990] 25 13 [1000; 1090] 28 14 [1100; 1190] 35 18 [1200; 1290] 40 20 [1300; 1390] 30 15 [1400; 1490] 27 14 Bài 5.19: Bảng phân bố tần số - tần suất Lớp Tần số Tần suất (%) [85; 86] 6 15 [87; 88] 9 22,5 [89; 90] 11 27,5 [91; 92] 4 10 [93; 94] 10 25 N = 40 Bài 5.20: a) Bảng phân bố tần số-tần suất ghép lớp Lớp Tần số Tần suất (%) [1;2] 6 11 [3;4] 9 16 [5;6] 22 40 [7;8] 15 27 [9;10] 3 5 N = 55

b) Biểu đồ tần suất hình cột

2.38 + 4.40 + 9.43 + 6.45 + 4.48 + 5.50 = 44,5 30 43 + 45 Số trung vị: M e = = 44 2 b) Số trung bình: x =

-- 19 --

-- 20 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ V. THỐNG KÊ

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ V. THỐNG KÊ

Bài 5.23: a) Bảng phân bố tần số - tần suất Điểm 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Tần số 5 6 6 9 9 11 6 8 2 3 Tần suất(%) 7,69 9,23 9,23 13,85 13,85 16,92 9,23 12,31 3,08 4,62 b) M e = 4, M O = 5

c) x = 4,17; s 2 = 5,83; s = 2, 42 d) Bảng phân bố tần số ghép lớp là Lớp [0;1] [2;3] [4;5] [6;7] Tần số 11 15 20 14 Giá trị đại diện 0,5 2,5 4,5 6,5

Đường gấp khúc tần suất

Giá trị Tần suất Lớp điểm đại diện (%) ci [1;2] 11 1,5 [3;4] 16 3,5 [5;6] 40 5,5 [7;8] 27 7,5 [9;10] 5 9,5

[8;9] 5 8,5

x = 4,10; s 2 = 5,56; s = 2,36 Bài 5.24: Nhóm trẻ có bố không hút thuốc lá: x = 3, 65

Nhóm trẻ có bố nghiện hút thuốc lá: x = 3, 2 Suy ra nhóm có bố không hút thuốc lá có cân nặng trung bình lớn hơn lớn hơn Bài 5.26: a) Bảng phân bố tần số Tuổi 12 13 14 15 16 17 18 19 Tần số 2 2 1 5 3 4 5 2 b) x = 16,8; s 2 = 6,5; s = 2,5 c) M e = 17, M O = 15 hoặc M O = 18 d) Biểu đồ tần số hình cột

Biểu đồ tần suất hình quạt

6 5 4 3 2 1 0

Đường gấp khúc tần số 6 5

Bài 5.21: a) x1 ≈ 6,33, x2 ≈ 5,5

b) Tổ 1: M e = 6, M 0 = 6 , tổ 2: M e = 6, M 0 = 5,5

3 N

∑n c

i i

Bài 5.22: a) Tuổi thọ trung bình của một bóng đèn là x = k

b) Ta có

∑n c

2 i i

i =1

= 668218000,

∑n c

i i

i =1

= 1622, 8

1 0

= 405700

Bài 5.27: x ≈ 48,3547486; s ≈ 13,95127664; s2 ≈ 194,6381199 12,5.N N Bài 5.28: Tần số của giá trị 0 là = 100 8 6, 25.N N Tần số của giá trị 1 và 4 là = 100 16

i =1

Phương sai là 2

 1 k 1  k nici2 − 2  ∑ nici  = 39392,2 ∑  N i =1 N  i =1 Độ lệch chuẩn là s = 198,5 s2 =

-- 21 --

-- 22 --

20 4

21 2

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ V. THỐNG KÊ

Điểm

10A

6,4

12,8

21,3

27,7

10,6

4,2

10B

4,3

10,9

19,6

26,1

10,9

8,6

8 5

9 4

10 0

Lớp

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ V. THỐNG KÊ

c) Biểu đồ tần suất hình cộp ghép lớp

25.N N Tần số của giá trị 2 là = 100 4 50.N N Tần số của giá trị 3 là = 100 2  N chia hết cho 2 ; 4 ; 8 ; 16  Giá trị nhỏ nhất có thể có của N là bội số chung nhỏ nhất của 4 số 2 ; 4 ;8 ;16 Vậy giá trị nhỏ nhất có thể có của N là 16 Bài 5.29: a) Bảng phân phối tần suất

b) Biểu đồ phân phối tần suất của hai lớp

30 25 20 15 10 5 0 1

c) Đường gấp khúc tần suất

Bài 5.30: a) Bảng phân bố tần số Điểm 1 2 3 Tần số 0 0 2 b) Bảng phân bố tần suất

4 5

5 9

6 9

7 12

Lớp ghép

[1; 2] [3; 4] [5; 6] [ 7;8] [9;10]

Tần suất(%)

15,2

39,1

-- 23 --

8,7

-- 24 --

CHUYÊN ĐỀ I. MỆNH ĐỀ - TẬP HỢP

MỤC LỤC

MỤC LỤC CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC. CÔNG THỨC LƯỢNG GIÁC.......................................... 2 CHỦ ĐỀ 1: GÓC VÀ CUNG LƯỢNG GIÁC................................................................................................................ 2 DẠNG TOÁN: XÁC ĐỊNH CÁC YẾU TỐ LIÊN QUAN ĐẾN CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC ....................... 3 CHỦ ĐỀ 2: GIÁ TRỊ LƯỢNG GIÁC CỦA GÓC (CUNG) LƯỢNG GIÁC ............................................................. 6 DẠNG TOÁN 1: BIỂU DIỄN GÓC VÀ CUNG LƯỢNG GIÁC............................................................................ 8 DẠNG TOÁN 2: XÁC ĐỊNH GIÁ TRỊ CỦA BIỂU THỨC CHỨA GÓC ĐẶC BIỆT, GÓC LIÊN QUAN ĐẶC BIỆT VÀ DẤU CỦA GIÁ TRỊ LƯỢNG GIÁC CỦA GÓC LƯỢNG GIÁC.......................................................... 9 DẠNG TOÁN 3: CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC, CHỨNG MINH BIỂU THỨC KHÔNG PHỤ THUỘC GÓC, ĐƠN GIẢN BIỂU THỨC ...................................................................................................11 DẠNG TOÁN 4: TÍNH GIÁ TRỊ CỦA MỘT BIỂU THỨC LƯỢNG GIÁC KHI BIẾT MỘT GIÁ TRỊ LƯỢNG GIÁC .........................................................................................................................................................15 CHỦ ĐỀ 3: MỘT SỐ CÔNG THỨC LƯỢNG GIÁC ................................................................................................18 DẠNG TOÁN 1: TÍNH GIÁ TRỊ LƯỢNG GIÁC, BIỂU THỨC LƯỢNG GIÁC ............................................19 DẠNG TOÁN 2: XÁC ĐỊNH GIÁ TRỊ CỦA MỘT BIỂU THỨC LƯỢNG GIÁC CÓ ĐIỀU KIỆN ...............24 DẠNG TOÁN 3: CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC, ĐƠN GIẢN BIỂU THỨC LƯỢNG GIÁC VÀ CHỨNG MINH BIỂU THỨC LƯỢNG GIÁC KHÔNG PHỤ THUỘC VÀO BIẾN ........................................................27 DẠNG TOÁN 4: BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC VÀ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC LƯỢNG GIÁC ........................................................................................................................33 DẠNG TOÁN 5: CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC, BẤT ĐẲNG THỨC TRONG TAM GIÁC ........................35 CHỦ ĐỀ 4: ÔN TẬP ....................................................................................................................................................42 HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ PHẦN BÀI TẬP LUYỆN TẬP............................................................. 44

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC. CÔNG THỨC LƯỢNG GIÁC CHỦ ĐỀ 1: GÓC VÀ CUNG LƯỢNG GIÁC A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Đơn vị đo góc và cung tròn, độ dài cung tròn a) Đơn vị rađian: Cung tròn có độ dài bằng bán kính gọi là cung có số đo 1 rađian, gọi tắt là cung 1 rađian. Góc ở tâm chắn cung 1 rađian gọi là góc có số đo 1 rađian, gọi tắt là góc 1 rađian 1 rađian còn viết tắt là 1 rad. Vì tính thông dụng của đơn vị rađian người ta thường không viết rađian hay rad sau số đo của cung và góc. b) Độ dài cung tròn. Quan hệ giữa độ và rađian: Cung tròn bán kính R có số đo α ( 0 ≤ α ≤ 2π ) , có số đo a 0 ( 0 ≤ a ≤ 360 ) và có độ dài là l thì:

l = Rα =

πa α a .R do đó = 180 π 180 0

 180  0 π Đặc biệt: 1 rad =  rad .  ,1 =  π  180

2. Góc và cung lượng giác a) Đường tròn định hướng: Đường tròn định hướng là một đường tròn trên đó ta đã chọn một chiều chuyển động gọi là chiều dương, chiều ngược lại gọi là chiều âm. Ta quy ước chọn chiều ngược với chiều quay của kim đồng hồ gọi là chiều dương(cùng chiều kim đồng hồ là chiều âm). b) Khái niệm góc, cung lượng giác và số đo của chúng. v Cho đường tròn định hướng tâm O và hai tia Ou,Ov lần lượt cắt + V đường tròn tại U và V . Tia Om cắt đường tròn tại M , tia Om chuyển động theo một chiều(âm hoặc dương) quay quanh O khi đó M O điểm M cũng chuyển động theo một chiều trên đường tròn. m Tia Om chuyển động theo một chiều từ Ou đến trùng với tia Ov thì ta nói tia Om đã quét được một góc lượng giác tia đầu là Ou , tia cuối là Ov . Kí hiệu (Ou,Ov )

Điểm M chuyển động theo một từ điểm U đến trùng với điểm V thì ta nói điểm M đã vạch nên một cung þ

lượng giác điểm đầu U , điểm cuối V . Kí hiệu là UV Tia Om quay đúng một vòng theo chiều dương thì ta nói tia Om quay góc 3600 (hay 2π ), quay hai vòng thì ta nói nó quay góc 2.3600 = 7200 (hay 4π ), quay theo chiều âm một phần tư vòng ta nói nó quay góc π 25 25 −900 (hay − ), quay theo chiều âm ba vòng bốn phần bảy( vòng) thì nói nó quay góc − .3600 (hay 2 7 7 50π − )… 7 þ

Ta coi số đo của góc lượng giác (Ou,Ov ) là số đo của cung lượng giác UV c) Hệ thức Sa-lơ Với ba tia Ou, Ov, Ow tùy ý ta có: Sđ (Ou,Ov ) + Sđ (Ov,Ow ) = Sđ (Ou,Ow ) + k 2π ( k ∈ Z ) Sđ (Ou,Ov ) − Sđ (Ou,Ow ) = Sđ (Ow,Ov ) + k 2π ( k ∈ Z ) Với ba điểm tùy ý U ,V ,W trên đường tròn định hướng ta có :

-- 1 --

-- 2 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 þ

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

SđUV + SđVW = SđUW + k 2π ( k ∈ Z ) þ

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

Ta có A0OA0 = 0 nên sđ A0A0 = k 2π , k ∈ Z

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 Lời giải:

SđUV − SđUW = SđWV + k 2π ( k ∈ Z ) B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI DẠNG TOÁN: XÁC ĐỊNH CÁC YẾU TỐ LIÊN QUAN ĐẾN CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC 1. Phương pháp giải Ngoài việc sử dụng định nghĩa góc và cung lượng giác, công thức tính độ dài cung tròn khi biết số đo, mối liên hệ giữa đơn vị độ, rađian và hệ thức salơ chúng ta cần lưu ý đến kết quả sau: Nếu một góc(cung) lượng giác có số đo a 0 (hay α rad ) thì mọi góc(cung) lượng giác cùng tia đầu(điểm đầu), tia cuối(điểm cuối) với nó có số đo dạng dạng a 0 + k 360 0 (hay α + k 2π rad , k ∈ Z ), mỗi góc(cung) ứng với mỗi giá trị của k . Từ đó hai góc lượng giác có cùng tia đầu và tia cuối thì sai khác nhau một bội của 2π 2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: a) Đổi số đo của các góc sau ra rađian: 72 0 , 6000 , − 37 0 45 ' 30 '' . b) Đổi số đo của các góc sau ra độ:

⇔−

b) 51

Suy ra α =

πa .R nên 180

⇔

c) 30

33π + k 2π, k ∈ Z 4

33π 33 + k 2π ≤ 2π, k ∈ Z ⇔ 0 ≤ + k 2 ≤ 2, k ∈ Z 4 4

33π π + ( −4 ) .2π = 4 4 291983π + k 2π, k ∈ Z 3

291983π 291983 + k 2π ≤ 2π, k ∈ Z ⇔ 0 ≤ − + k 2 ≤ 2, k ∈ Z 3 3

291983 291989 ≤k ≤ ,k ∈Z ⇔k = 6 6

291983π π + 48664.2π = 3 3 c) Mọi góc lượng giác (Ou,Ov ) có số đo là 30 + k 2π, k ∈ Z

3π = 27π ≈ 84, 8m 4

Suy ra α = −

1 = 12m 3

Vì 0 ≤ α ≤ 2π nên 0 ≤ 30 + k 2π ≤ 2π, k ∈ Z ⇔ 0 ≤

15 π − 15 ≤k ≤ , k ∈ Z ⇔ k = −4 π π Suy ra α = 30 + ( −4 ) .2π = 30 − 8 π ≈ 4, 867 . ⇔−

Ví dụ 3: Cho hình vuông A0A1A2A4 nội tiếp đường tròn tâm O (các đỉnh được

sắp xếp theo chiều ngược chiều quay của kim đồng hồ). Tính số đo của các þ

291983π 3

Vì 0 ≤ α ≤ 2π nên 0 ≤ −

πa π 51 51π .R = .36 = ≈ 32, 04m 180 180 5

c) Ta có l = Rα = 36.

b) −

b) Mọi góc lượng giác (Ou,Ov ) có số đo là −

1 c) 3

Theo công thức tính độ dài cung tròn ta có l = Rα = a) Ta có l = Rα = 36.

33 25 ≤ k ≤ − , k ∈ Z ⇔ k = −4 8 8

π + k 2π , k ∈ Z . 2 Ví dụ 4: Tìm số đo α của góc lượng giác (Ou,Ov ) với 0 ≤ α ≤ 2π , biết một góc lượng giác cùng tia đầu,

Ví dụ 2: Một đường tròn có bán kính 36m . Tìm độ dài của cung trên đường tròn đó có số đo là

b) Ta có l =

Theo hệ thức salơ ta có sđ AA i j =sđ A0Aj − sđ A0Ai + k 2π = ( j − i ) .

Vì 0 ≤ α ≤ 2π nên 0 ≤

 180   720  −4 = − 4.  = −  ≈ −2260048 ' .  π   π  3π a) 4 Lời giải:

iπ + k 2π , i = 0,1,2, 3 , k ∈ Z 2

a) Mọi góc lượng giác (Ou,Ov ) có số đo là

 180  5π  5π 180  3π  3π 180  b) Vì 1 rad =  = . = .  nên  = 50o ,  = 108o ,  π  18  18 π  5  5 π  0

Như vậy sđ A0Ai =

33π 4 Lời giải:

 45   30   4531  4531 π −37 045 ' 30 '' = −37 0 −   −  . ≈ 0, 6587  =   =  60.60   120  120 180  60  0

π 3π π AOA = nên sđ A0A3 = 2π − + k 2π = + k 2π , k ∈ Z 0 3 2 2 2

π π 2π π 10π rad nên 720 = 72. = , 6000 = 600. = , 180 180 5 180 3 0

A0OA2 = π nên sđ A0A1 = π + k 2π , k ∈ Z

tia cuối với góc đó có số đo là:

5π 3π , ,− 4 . 18 5

Lời giải: a) Vì 10 =

þ π π AOA = nên sđ A0A1 = + k 2π , k ∈ Z 0 1 2 2

cung lượng giác A0Ai , Ai Aj ( i, j = 0,1,2, 3, 4, i ≠ j ). -- 3 --

A3 -- 4 --

15 + k ≤ 1, k ∈ Z π

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

π 29π 22 6π 41π Vi dụ 5: Cho góc lượng giác (Ou,Ov ) có số đo − . Trong các số − ; − ; ; , những số nào 7 7 7 7 7 là số đo của một góc lượng giác có cùng tia đầu, tia cuối với góc đã cho? Lời giải: Hai góc có cùng tia đầu, tia cuối thì sai khác nhau một bội của 2π do đó 29π  π  22  π  6π  π  41π  π  Vì − −  −  = ( −2 ) .2π , − −  −  = −3π , −  −  = π và −  −  = 3.2π nên  7   7  7 7  7  7 7  7  các số −

29π 41π ; là số đo của một góc lượng giác có cùng tia đầu, tia cuối với góc đã cho. 7 7

Ví dụ 6: Cho sđ (Ou, Ov ) = α và sđ (Ou ', Ov ' ) = β . Chứng minh rằng hai góc hình học uOv, u ' Ov ' bằng nhau khi và chỉ khi hoặc β − α = k 2π hoặc β + α = k 2π với k ∈ Z . Lời giải: Ta có sđ (Ou, Ov ) = α và sđ (Ou ', Ov ' ) = β suy ra tồn tại α0, π < α0 ≤ π , φ0 , π < β0 ≤ π và số

Khi đó α0 là số đo của uOv và β0 là số đo của u 'Ov ' .

Điểm M trên đường tròn lượng giác sao cho (OA,OM ) = α gọi là điểm xác định bởi số α (hay bởi cung α , hay bởi góc α ). Điểm M còn được gọi là điểm trên đường tròn lượng giác biểu diễn cung(góc) lượng giác có số đo α . Nhận xét: Ứng với mỗi số thực α có một điểm nằm trên đường tròn lượng(điểm xác định bởi số đó) tương tự như trên trục số. Tuy nhiên, mỗi điểm trên đường tròn lượng giác ứng với vô số thực. Các số thực có dạng là α + k 2π, k ∈ Z .

tan α =

⇔ β − α = k 2π hoặc β + α = k 2π với k ∈ Z .

b) Đổi số đo của các góc sau ra độ:

A x

 sin α  π  α ≠ + k π  cos α  2 

hướng với trục Oy và vẽ trục số Bs gốc B cùng hướng với trục Ox , gọi T , S lần lượt là giao điểm của

39π mπ và ( m là số nguyên ) có thể cùng tia đầu, tia cuối được 7 9

không? Bài 6.2: Một đường tròn có bán kính 25m . Tìm độ dài của cung trên đường tròn đó có số đo là b) 490

4 3

b) −1052

sin α = OH , cos α = OK , tan α = AT , cot α = BS

tan α được xác định khi α ≠

π + k π , cot α xác định khi α ≠ k π 2

sin α = sin ( α + k 2π ), cos α = cos ( α + k 2π )

đầu, tia cuối với góc đó có số đo là: 0

đường thẳng OM cắt với các trục sô At, Bs . Khi đó ta có:

e) Tính chất: sin α, cos α xác định với mọi giá trị của α và −1 ≤ sin α ≤ 1, − 1 ≤ cos α ≤ 1 .

Bài 6.3: Tìm số đo a 0 của góc lượng giác (Ou,Ov ) với 0 ≤ a ≤ 360 , biết một góc lượng giác cùng tia a) 395

cos α (α ≠ kπ ) sin α Ý nghĩa hình học: Gọi K , H lần lượt là hình chiếu của M lên trục Ox ,Oy . Vẽ trục số At gốc A cùng

π 2π ,− ,− 5 . 17 7

Bài 6.1: Hai góc lượng giác có số đo

T S s M(x;y)

cot α =

Bài 6.0: a) Đổi số đo của các góc sau ra rađian: 200 , 40 025 ', − 27 0 .( chính xác đến 0, 001 )

3π 7

Khi đó ta định nghĩa cos α = x , sin α = y

 α0 = β0 ⇔   α0 = −β0

3. Bài tập luyện tập

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

CHỦ ĐỀ 2: GIÁ TRỊ LƯỢNG GIÁC CỦA GÓC (CUNG) LƯỢNG GIÁC A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Giá trị lượng giác của góc(cung) lượng giác a) Đường tròn lượng giác: Đường tròn lượng giác là đường tròn đơn vị, định hướng và trên đó chọn điểm A làm gốc. y b) Tương ứng giữa số thực và điểm trên đường tròn lượng giác B

d) Giá trị lượng giác sin, côsin, tang và côtang: Cho hệ trục tọa độ gắn với đường tròn lượng giác. Với mỗi góc lượng giác (Ou,Ov ) có số đo α , xác định điểm M ( x ; y ) trên đường tròn lượng giác sao cho sđ...

nguyên k0, l0 sao cho α = a 0 + k0 2π, β = β0 + l0 2π .

Hai góc hình học uOv, u ' Ov ' bằng nhau khi và chỉ khi α0 = β0

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

c) ( 20π )

tan α = tan ( α + k π ), cot α = cot ( α + k π )

Bài 6.4: Cho lục giác đều A0A1A2A4A5A6 nội tiếp đường tròn tâm O (các đỉnh được sắp xếp theo chiều ngược þ

chiều quay của kim đồng hồ). Tính số đo của các cung lượng giác A0Ai , AA ( i, j = 0,1,2, 3, 4, 5, i ≠ j ). i j þ

Bài 6.5: Trên đường tròn lượng giác gốc A . Cho điểm M , N sao cho sđ AM =

π π , sđ AN = − . Các 5 5 þ

điểm M ', N ' lần lượt là các điểm đối xứng của M , N qua tâm đường tròn. Tìm số đo của cung AM ', AN ' þ

và M ' N ' . -- 5 --

f) Dấu của các giá trị lượng giác: Dấu của các giá trị lượng giác phụ thuộc vào vị trí điểm M nằm trên đường tròn lượng giác. Bảng xét dấu Phần tư I II III IV Giá trị lượng giác + – – + cosα + + – – sinα + – + – tanα + – + – cotα -- 6 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

g) Giá trị lượng giác của các góc đặc biệt. Góc α

0 00

sin α

cosα tan α cot α

π 6 300

π 4 450

π 3 600

1 2

2 2

3 2

3 3

1 2

2 2

π 2 900

2π 3 1200

3π 4 1350

3 2

2 2

1800

3π 2 2700

3600

–1

2π

−

1 2

−

− 3

–1

3 3

−

3 3

–1

2 2

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

π chéo sin". Với nguyên tắc nhắc đến giá trị nào thì nó bằng còn không nhắc thì đối. 2 B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI DẠNG TOÁN 1: BIỂU DIỄN GÓC VÀ CUNG LƯỢNG GIÁC 1. Phương pháp giải Để biểu diễn các góc lượng giác trên đường tròn lượng giác ta thường sử dụng các kết quả sau Góc α và góc α + k 2π, k ∈ Z có cùng điểm biểu diễn trên đường tròn lượng giác.

kém

k 2π ( với k là số nguyên và m là số m nguyên dương) là m. Từ đó để biểu diễn các góc lượng giác đó ta lần lượt cho k từ 0 tới ( m − 1 ) rồi biểu

Số điểm trên đường tròn lượng giác biểu diễn bởi số đo có dạng α +

2. Các hệ thức lượng giác cơ bản 1) sin2 α + cos2 α = 1 1 π 2) 1 + tan2 α = (α ≠ + k π) 2 cos2 α 1 ≠ 3) 1 + cot2 α = ( α k π) sin2 α kπ 4) tan α.cot α = 1 (α ≠ ) 2 3. Giá trị lượng giác của góc(cung) có liên quan đặc biệt.

Góc đối nhau ( α và −α )

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

Chú ý: Để nhớ nhanh các công thức trên ta nhớ câu: " cos đối sin bù phụ chéo hơn kém π tang côtang, hơn

diễn các góc đó. 2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Biểu diễn các góc(cung) lượng giác trên đường tròn lượng giác có số đo sau: π 4 Lời giải

b) −

11π 2

c) 1200

d) − 765 0

π −α) 2

Khi đó điểm M1 là điểm biểu diễn bởi góc có số đo

π . 4

Góc bù nhau( α và π − α )

Góc phụ nhau( α và

sin(π − α) = sin α

π  sin  − α  = cos α  2 

13π π b) Ta có − = − + ( −3 ) .2π do đó điểm biểu diễn bởi 2 2

sin(−α) = − sin α

cos(π − α) = − cos α

π  cos  − α  = sin α   2

góc −

tan(−α) = − tan α

tan(π − α) = − tan α

π  tan  − α  = cot α  2 

c) Ta có

cot(π − α) = − cot α

π  cot  − α  = tan α  2 

cos(−α) = cos α

cot(−α) = − cot α

π 1 a) Ta có 4 = . Ta chia đường tròn thành tám phần bằng 2π 8 nhau.

π π ( α và + α ) 2 2

11π π trùng với góc − và là điểm B ' . 2 2

M1 A

M3 B'

120 1 = . Ta chia đường tròn thành ba phần bằng nhau. 360 3

Khi đó điểm M2 là điểm biểu diễn bởi góc có số đo 1200 . d) Ta có −7650 = −450 + ( −2 ) .3600 do đó điểm biểu diễn bởi góc − 765 0 trùng với góc −450 . 45 1 = . Ta chia đường tròn làm tám phần bằng nhau (chú ý góc âm ) 360 8 ' ) là điểm biểu diễn bởi góc có số đo − 765 0 . Khi đó điểm M 3 (điểm chính giữa cung nhỏ AB

Góc hơn kém π ( α và π + α )

Góc hơn kém

sin(π + α) = − sin α

π  sin  + α  = cos α  2 

Ví dụ 2 : Trên đường tròn lượng giác gốc A . Biểu diễn các góc lượng giác có số đo sau (với k là số nguyên tùy ý).

cos(π + α) = − cos α

π  cos  + α  = − sin α  2 

tan(π + α) = tan α

π  tan  + α  = − cot α  2 

π + kπ ; 3 Các góc lượng giác trên có thể viết dưới dạng công thức duy nhất nào? Lời giải

cot(π + α) = cot α

π  cot  + α  = − tan α  2 

-- 7 --

x1 = k π ;

x2 =

k 2π do đó có hai điểm biểu diễn bởi góc có số đo dạng x1 = k π 2 Với k = 0 ⇒ x 1 = 0 được biểu diễn bởi điêm A

Ta có x 1 =

-- 8 --

x3 = −

π + kπ 3

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

k = 1 ⇒ x1 = π được biểu diễn bởi A ' x2 =

π 2k π + do đó có hai điểm biểu diễn bởi góc có số 3 2

đo dạng x 2 =

π được biểu diễn bởi M1 3

4π k =1⇒x = được biểu diễn bởi M2 3 x3 = −

π k 2π + do đó có hai điểm biểu diễn bởi góc có số 3 2

đo dạng x 3 = −

π + kπ 3

2π được biểu diễn bởi M 4 . 3

b) −

17 π 4

c) −450

π π + k ( k là số 4 2

x2 =

7π 5π 7π + cos 9π + tan(− ) + cot 6 4 2

b) B =

1 2 sin 2550° cos(−188°) + tan 368° 2 cos 638° + cos 98°

d) D = tan 2

c) C = sin 2 25° + sin 2 45° + sin 2 60° + sin 2 65° -- 9 --

7 . 4

  π π 3π   5π  d) D = −  tan . tan  .  tan  −  tan       8 8    8 8   π π 3π π π 5π π 3π π 5π + = ,− + = ⇒ tan = cot , tan = cot  −   8  8 8 2 8 8 2 8 8 8

  π   π  π π  Nên D = −  tan .cot  .  tan  −  cot  −   = −1 .   8   8   8 8  

d) 765 0

π + kπ 2 Các góc lượng giác trên có thể viết dưới dạng công thức duy nhất nào? DẠNG TOÁN 2: XÁC ĐỊNH GIÁ TRỊ CỦA BIỂU THỨC CHỨA GÓC ĐẶC BIỆT, GÓC LIÊN QUAN ĐẶC BIỆT VÀ DẤU CỦA GIÁ TRỊ LƯỢNG GIÁC CỦA GÓC LƯỢNG GIÁC 1. Phương pháp giải Sử dụng định nghĩa giá trị lượng giác Sử dụng tính chất và bảng giá trị lượng giác đặc biệt Sử dụng các hệ thức lượng giác cơ bản và giá trị lượng giác của góc liên quan đặc biệt Để xác định dấu của các giá trị lượng giác của một cung (góc) ta xác định điểm ngọn của cung (tia cuối của góc) thuộc góc phần tư nào và áp dụng bảng xét dấu các giá trị lượng giác. 2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Tính giá trị các biểu thức sau:

a) A = sin

1 2. ( − cos 80 ) 2 sin 300 ( − cos 80 ) 1 1 2 B = + = + = tan 80 2 cos ( 80 − 900 ) − sin 80 tan 8 0 2 cos ( 900 − 8 0 ) − sin 80 1 cos 8 0 1 cos 80 = − = − =0 tan 8 0 2 sin 80 − sin 8 0 tan 80 sin 80

Mà

nguyên tùy ý). Bài 6.8: Trên đường tròn lượng giác gốc A . Biểu diễn các góc lượng giác có số đo sau (với k là số nguyên

x1 = k π ;

2 sin ( 300 + 7.360° ) cos(80 + 180°) 1 + tan ( 80 + 360° ) 2 cos ( −900 + 80 + 2.360° ) + cos ( 900 + 8° )

Suy ra C =

Bài 6.7: Trên đường tròn lượng giác gốc A . Biểu diễn các góc lượng giác có số đo là x =

tùy ý).

b) Ta có B =

kπ lượng giác đó có thể viết dưới dạng một công thức duy nhất là x = . 3 3. Bài tập luyện tập Bài 6.6: Biểu diễn các góc(cung) lượng giác trên đường tròn lượng giác có số đo sau: π 3

π π π 1 5 + cos π − tan + cot = − − 1 − 1 + 0 = − 6 4 2 2 2

2  2  1 0  +   C = ( sin2 25° + cos2 25 ) + sin2 45° + sin2 60° = 1 +    2   2 

Do các góc lượng giác x1, x 2, x 3 được biểu diễn bởi đỉnh của đa giác đều AM1M 4A ' M 2M 3 nên các góc

⇒ A = − sin

c) Vì 250 + 650 = 90 0 ⇒ sin 650 = cos 25 0 do đó

π k = 0 ⇒ x 3 = − được biểu diễn bởi M 3 3 k = 1 ⇒ x6 =

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

  π  π π a) Ta có A = sin  π +  + cos ( π + 4.2π ) − tan  π +  + cot  + 3π      2 6  4 

π + kπ 3

k = 0 ⇒ x2 =

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 Lời giải:

π < α < π . Xác định dấu của các biểu thức sau: 2 π   3π  a) sin  + α  b) tan  − α    2  2 

Ví dụ 2: Cho

 π  c) cos  − + α  . tan ( π − α )  2 

d) sin

14π .cot ( π + α ) 9

Lời giải: a) Ta có

π  π π 3π <α < π ⇒ π < +α < suy ra sin  + α  < 0  2 2 2 2 

b) Ta có − c) Ta có

 3π  π 3π π > −α > −π ⇒ 0 > − α > − suy ra tan  − α  < 0  2 2 2 2 

 π  π π π < α < π ⇒ 0 < − + α < suy ra cos  − + α  > 0  2 2 2 2 

π suy ra tan ( π + α ) > 0 2  π  Vậy cos  − + α  . tan ( π + α ) > 0 .  2 

Và 0 < π − α <

π 3π 5π . tan . tan 8 8 8

-- 10 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

3π 14π 14π d) Ta có < < 2π ⇒ sin < 0. 2 9 9 π 3π <α<π⇒ < π + α < 2π suy ra cot ( π + α ) < 0 . 2 2

14π .cot ( π + α ) > 0 . 9 3. Bài tập luyện tập Các bài tập sau đây đều không sử dụng máy tính bỏ túi Bài 6.9: Tính giá trị các biểu thức sau:

Vậy sin

a) A =

sin 405° + sin 495° cos1830° + cos 3660°

b) B =

1 + cos1800° tan(−390°) tan(−420°)

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

+ Khi chứng minh một đẳng thức ta có thể biến đổi vế này thành vế kia, biến đổi tương đương, biến đổi hai vế cùng bằng một đại lượng khác. + Chứng minh biểu thức không phụ thuộc góc x hay đơn giản biểu thức ta cố gắng làm xuất hiện nhân tử chung ở tử và mẫu để rút gọn hoặc làm xuất hiện các hạng tử trái dấu để rút gọn cho nhau. 2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Chứng minh các đẳng thức sau(giả sử các biểu thức sau đều có nghĩa) a) cos 4 x + 2 sin2 x = 1 + sin 4 x sin x + cos x = cot3 x + cot2 x + cot x + 1 sin 3 x cot2 x − cot2 y cos2 x − cos2 y c) = 2 2 cot x . cot y cos2 x . cos2 y

 π  π cos4 x + 4 sin2 x = 3 tan  x +  tan  − x  3   6 

sin 4 x + 4 cos2 x +

c) D = cos 00 + cos 200 + cos 400 + ... + cos1600 + cos180 0

Lời giải:

d) E = tan 50 tan100 tan150... tan 800 tan 850 e) F = cos2 15° + cos2 35° + cos2 55° + cos2 75° Bài 6.10: Tính giá trị các biểu thức sau:

a) Đẳng thức tương đương với cos4 x = 1 − 2 sin2 x + ( sin2 x )

a) A = 5 sin2 b) B = cos2

⇔ cos4 x = ( 1 − sin2 x ) (*)

151π 85π 193π 37π . + 3 cos2 − 4 tan2 + 7 cot2 6 3 6 3

π 2π π 3π + cos2 + cos2 + cos2 . 5 5 10 10

 2π  22π 3π c) C = cot .sin  −   3  7 5 Bài 6.12: Cho 00 < α < 900 . Xét dấu của các biểu thức sau:

a) cos(α + π)  2π  c) sin  α +   5 

VT = cot2 x + 1 + cot x ( cot2 x + 1) = cot3 x + cot2 x + cot x + 1 = VP ĐPCM.

b) B = sin 2150. tan

c) Ta có VT =

d) cos(2α + 900 )

π . Xét dấu của các biểu thức sau: 2 b) tan(α − π)

 3π  d) cos  α −   8 

Bài 6.14: Cho tam giác ABC có góc A tù. Xét dấu của các biểu thức sau: a) M = sin A + sin B + sin C b) N = cos A.cos B.cosC A B C c) P = cos .sin .cot d) Q = cot A tan B cotC 2 2 2 DẠNG TOÁN 3: CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC, CHỨNG MINH BIỂU THỨC KHÔNG PHỤ THUỘC GÓC, ĐƠN GIẢN BIỂU THỨC 1. Phương pháp giải Sử dụng các hệ thức lượng giác cơ bản, các hằng đẳng thức đáng nhớ và sử dụng tính chất của giá trị lượng giác để biến đổi

cot2 x − cot2 y 1 1 = − = tan2 y − tan2 x cot2 x . cot2 y cot2 y cot2 x

 1   1  1 1 cos2 x − cos2 y =  2 − 1  −  2 − 1  = − = = VP ĐPCM. 2 2  cos y    cos x  cos y cos x cos2 x .cos2 y

b) cot(α − 900 )

c) tan(2700 − α) Bài 6.13: Cho 0 < α <

Do đó (*) ⇔ cos4 x = ( cos2 x ) (đúng) ĐPCM. sin x + cos x 1 cos x = + sin 3 x sin2 x sin 3 x 1 sin x Mà cot2 x + 1 = và tan x = nên cos x sin2 x

π 2π 5π 7π tan tan tan 9 9 18 18 Bài 6.11: Xác định dấu của các biểu thức sau:

a) sin(α + 900 )

Mà sin2 x + cos2 x = 1 ⇒ cos2 x = 1 − sin 2 x

b) Ta có VT =

c) C = tan

a) A = sin 500.cos(−3000 )

d) VT = =

sin 4 x + 4 ( 1 − sin 2 x ) + 2

( sin2 x )

− 4 sin2 x + 4 +

cos 4 x + 4 ( 1 − cos2 x ) 2

( cos2 x )

− 4 cos2 x + 4 =

= ( 2 − sin2 x ) + ( 2 − cos2 x ) = 4 − ( sin2 x + cos2 x ) = 3   π π   π π π Mặt khác vì  x +  +  − x  = ⇒ tan  − x  = cot  x +  nên 3   6 2 3    6     π π VP = 3 tan  x +  cot  x +  = 3 ⇒ VT = VP ĐPCM.  3   3

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng

B B cos3 2 2 − = tan A.cot(B + C )  A + 2B + C   A + 2B + C    cos   sin    2   2  sin 3

Lời giải: -- 11 --

-- 12 --

( sin2 x − 2 )

( cos2 x − 2 )

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

B B cos3 2 2 = − sin2 B + cos2 B  = −1 VT = − = −   π B   π B  B B 2 2   cos  +  sin  +  − sin cos  2  2 2 2 2 2 sin 3

B 2

cos3

B 2

sin 3

VP = tan A. cot ( π − A ) = tan A. ( − cot A ) = −1

Do đó A =

1 2 cos2 x 2+ tan x sin2 x − b) Ta có B = 1 1 1− ( tan x − 1) 2 tan x sin x 2 2 tan x + 1 2 ( sin x + cos x ) tan x + 1 − 2 = − = =1 tan x − 1 tan x − 1 tan x − 1 Vậy B không phụ thuộc vào x . c) C =

cot(1080° − x ) = cot(3.360° − x ) = cot ( −x ) = − cot x

+ 6 cos2 x + 3 cos4 x +

( 1 − sin2 x )

+ 6 sin 2 x + 3 sin 4 x

4 cos4 x + 4 cos2 x + 1 + 4 sin4 x + 4 sin2 x + 1

( 2 cos2 x + 1)

( 2 sin2 x + 1 )

= 2 cos2 x + 1 + 2 sin2 x + 1

tan(630° − x ) = tan(3.180° + 90 − x ) = tan(90 − x ) = cot x sin(x − 630°) = sin ( x − 2.3600 + 900 ) = sin ( x + 900 ) = cos x

Vậy C không phụ thuộc vào x . 3. Bài tập luyên tập Giả sử các biểu thức sau đều có nghĩa. Bài 6.15: Rút gọn các biểu thức sau: π  a) A = cos  + x  + cos(2π − x ) + cos(3π + x ) 2 

tan(810° + x ) = tan(4.180° + 900 + x ) = tan(900 + x ) = − cot x

tan(810° − x ) = tan(4.180° + 900 − x ) = tan(90° − x ) = cot x − sin x − sin x − cot x + cot x −2 sin x = sin x + cos x − ( − cot x ) − cot x sin x + cos x

c) Ta có sin ( x + 2013π ) = sin ( x + π + 1006.2π ) = sin ( x + π ) = − sin x nên

1 1 − cos x + 1 + cos x . sin x ( 1 − cos x )( 1 + cos x )

( 1 − cos2 x )

cos ( 4500 − x ) = cos ( 900 + 3600 − x ) = cos ( 900 − x ) = sin x

3 ( 1 − sin2 α cos2 α ) 3 1 − 3 sin2 α cos2 α + 2 = = 2 2 1 − 2 sin α cos α + 1 2 ( 1 − sin2 α cos2 α ) 2

b) Ta có sin(900° + x ) = sin ( 180 + 2.360 + x ) = sin ( 180 + x ) = − sin x

Vậy A không phụ thuộc vào x .

cot(3π − x ) = cot ( −x ) = − cot x

C =

cos4 x + 6 sin2 x + 3 sin 4 x

= sin 4 α + cos 4 α − sin2 α cos2 α = 1 − 2 sin2 α cos2 α − sin2 α cos2 α = 1 − 3 sin2 α cos2 α

Suy ra A = − cos x − ( − cos x ) + cot x + ( − cot x ) = 0

Vậy B =

sin 4 x + 6 cos2 x + 3 cos4 x +

sin6 α + cos6 α = ( sin2 α ) + ( cos2 α ) = ( sin2 α + cos2 α )( sin4 α + cos4 α − sin2 α cos2 α )

 3π    π  π sin  + x  = sin  π + + x  = − sin  + x  = − cos x  2    2  2  3π      π π tan  − x  = tan  π + − x  = tan  − x  = cot x  2    2  2

1 + cot x 2 + 2 cot2 x − 1 − cot x ( tan x − 1 ) ( tan2 x + 1 )

Lời giải: a) Ta có cos(5π − x ) = cos ( π − x + 2.2π ) = cos ( π − x ) = − cos x

b) B =

a) Ta có Ta có sin4 α + cos4 α = ( sin2 α + cos2 α ) − 2 sin2 α cos2 α = 1 − 2 sin2 α cos2 α

1 1 1 . + với π < x < 2π sin ( x + 2013π ) 1 + cos x 1 − cos x

sin6 x + cos6 x + 2 sin 4 x + cos4 x + 1

Lời giải:

sin(900° + x ) − cos(450° − x ) + cot(1080° − x ) + tan(630° − x ) b) B = cos(450° − x ) + sin(x − 630°) − tan(810° + x ) − tan(810° − x )

2−

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

a) A =

c) C =

Suy ra VT = VP . ĐPCM Ví dụ 3: Đơn giản các biểu thức sau(giả sử các biểu thức sau đều có nghĩa)  3π   3π  a) A = cos(5π − x ) − sin  + x  + tan  − x  + cot(3π − x )  2   2 

c) C =

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

Ví dụ 4: Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào x .

Vì A + B + C = π nên

 7π   3π  b) B = 2 cos x − 3 cos(π − x ) + 5 sin  − x  + cot  − x   2   2  c) C = 2 sin ( 900 + x ) + sin(9000 − x ) + sin ( 2700 + x ) − cos ( 900 − x )

1 2 1 2 . = 2+ . = sin x 1 − cos2 x sin x sin2 x

Vì π < x < 2π ⇒ sin x < 0 nên  1  C = 2  1 −  = − 2 cot2 x  sin2 x 

 1 2  1 + sin x sin x 

  

sin(5π + x ) cos(x − d) D =

9π ) tan(10π + x ) 2 .

11 cos(5π − x ) sin( π + x ) tan(7π − x ) 2 Bài 6.16: Chứng minh các đẳng thức sau(giả sử các biểu thức sau đều có nghĩa)

a) tan2 x − sin2 x = tan2 x .sin2 x -- 13 --

-- 14 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

tan3 x 1 cot3 x b) − + = tan3 x + cot3 x sin x cos x cos2 x sin2 x tan2 a − tan2 b sin2 a − sin2 b = 2 2 tan a. tan b sin2 a.sin2 b Bài 6.17: Đơn giản các biểu thức sau

b) Vì sin2 α + cos2 α = 1 nên sin α = ± 1 − cos2 α = ± 1 −

1 − tan2 ( 1800 − x ) − cos2 ( 1800 − x ) cos2 x

cos2 x − sin2 x − cos2 x cot2 x − tan2 x

sin 3 x + cos3 x cos2 x + sin x (sin x − cos x )

1 + sin x 1 − sin x + 1 − sin x 1 + sin x

Mà π < α <

1 1 1 1 + . + ( 0 < x < π ). 1 + cos x 1 − cos x 1 + sin x 1 − sin x

1 1 1 1 1 1 + − − )( − ). sin2 x cos2 x tan2 x cot2 x sin2 x cos2 x Bài 6.18: Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào α . f) (

5 2 − 3 = 5 và cot α = cos α = 3 = 2 sin α 2 2 5 5 − − 3 3 1 1 c) Vì tan α = −2 2 ⇒ cot α = =− tan α 2 2

Ta có tan α =

sin α = cos α

Ta có tan2 α + 1 =

c) cot2 300 (sin8 α − cos8 α) + 4 cos 600 (cos6 α − sin6 α) − sin6 (900 − α)( tan2 α − 1 ) d) (sin4 α + cos4 α − 1)(tan2 α + cot2 α + 2)

c) tan α = −2 2 và 0 < α < π

b) cos α = −

2 3π và π < α < . 3 2

d) cot α = − 2 và

π 3π <α< 2 2

Lời giải: a) Vì 900 < α < 1800 nên cos α < 0 mặt khác sin 2 α + cos2 α = 1 suy ra cos α = − 1 − sin2 α = − 1 −

1 1 1 ⇒ cos2 α = = cos2 α tan2 α + 1 −2 2

(

)

= +1

1 1 ⇒ cos α = ± . 9 3

1 3

 1 2 2 sin α . ⇒ sin α = tan α. cos α = −2 2.  −  = cos α  3  3

d) Vì cot α = − 2 nên tan α =

B  B  sin  + 7200  cos  − 9000    cos ( A + C )  2  2 . tan B + − b) B = A +C A +C sin B cos sin 2 2 DẠNG TOÁN 4: TÍNH GIÁ TRỊ CỦA MỘT BIỂU THỨC LƯỢNG GIÁC KHI BIẾT MỘT GIÁ TRỊ LƯỢNG GIÁC 1. Phương pháp giải Từ hệ thức lượng giác cơ bản là mối liên hệ giữa hai giá trị lượng giác, khi biết một giá trị lượng giác ta sẽ suy ra được giá trị còn lại. Cần lưu ý tới dấu của giá trị lượng giác để chọn cho phù hợp. Sử dụng các hằng đẳng thức đáng nhớ trong đại sô. 2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Tính giá trị lượng giác còn lại của góc α biết: 1 và 900 < α < 1800 . 3

Vì vậy cos α = − Ta có tan α =

Bài 6.19: Cho tam giác ABC . Hãy rút gọn  B 10800 + A + C B A +C a) A = cos2  5400 +  + cos2 + tan tan  2 2 2 2

a) sin α =

−

Vì 0 < α < π ⇒ sin α > 0 và tan α = −2 2 < 0 nên cos α < 0

b) 2(sin α + cos α) − 3(sin α + cos α) 6

4 5 =± 9 3

3π 5 ⇒ sin α < 0 suy ra sin α = − 2 3

a) (tan α + cot α)2 − (tan α − cot α)2 6

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

1 sin α 1 Do đó tan α = = 3 =− cos α 2 2 2 2 − 3

c) sin2 x − tan2 x = tan6 x (cos2 x − cot2 x )

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

Ta có cot2 α + 1 =

1 1 . =− cot α 2

1 1 1 1 1 ⇒ sin2 α = = = ⇒ sin α = ± 2 sin2 α cot2 α + 1 3 − 2 +1 3

(

)

π 3π Do < α < ⇒ cos α < 0 và cot α = − 2 < 0 nên sin α > 0 2 2

Do đó sin α = Ta có cot α =

3 . 3 cos α 3 6 ⇒ cos α = cot α. sin α = − 2. =− sin α 3 3

Ví dụ 2: a) Tính giá trị lượng giác còn lại của góc α biết sin α = b) Cho 3 sin 4 α − cos 4 α =

1 và tan α + cot α < 0 5

1 . Tính A = 2 sin 4 α − cos4 α . 2

Lời giải: a) Ta có cot2 α + 1 =

1 1 = = 25 ⇒ cot2 α = 24 hay cot α = ±2 6 2 sin2 α  1     5 

Vì tan α , cot α cùng dấu và tan α + cot α < 0 nên tan α < 0, cot α < 0

1 2 2 =− 9 3

-- 15 --

-- 16 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

a) Ta có ( sin x + cos x ) = sin x + 2 sin x cos x + cos2 x = 1 + 2 sin x cos x (*) 2

Mặt khác sin x + cos x = m nên m 2 = 1 + 2 sin α cos α hay sin α cos α =

cos α 1 −2 6 cot α = ⇒ cos α = cot α sin α = −2 6. = sin α 5 5

m2 − 1 2

Đặt A = sin 4 x − cos4 x . Ta có

2 1 1 b) Ta có 3 sin α − cos α = ⇔ 3 sin4 α − ( 1 − sin2 α ) = 2 2 4

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 2

1 1 Do đó cot α = −2 6 . Ta lại có tan α = . =− cot α 2 6

A = ( sin2 x + cos2 x )( sin2 x − cos2 x ) = ( sin x + cos x )( sin x − cos x )

⇔ 6 sin4 α − 2 ( 1 − 2 sin2 α + sin4 α ) = 1 ⇔ 4 sin 4 α + 4 sin2 α − 3 = 0

⇒ A2 = ( sin x + cos x ) ( sin x − cos x ) = ( 1 + 2 sin x cos x )( 1 − 2 sin x cos x )

⇔ ( 2 sin2 α − 1)( 2 sin2 α + 3 ) = 0 ⇔ 2 sin2 α − 1 = 0 (Do 2 sin 2 α + 3 > 0 )

 m 2 − 1  m 2 − 1  3 + 2m 2 − m 4 ⇒ A2 =  1 +  1 − =    2  2  4

Suy ra sin2 α =

1 . 2

Vậy A =

1 1 Ta lại có cos2 α = 1 − sin2 α = 1 − = 2 2 2

c) Cho cot α = Lời giải:

Vậy m ≤

sin α − cos α sin3 α + 3 cos3 α + 2 sin α

a) sin α =

3 với 00 < α < 900 5

1 với 0 < α < π 5 c) tan α = 2 và π < α < 2π d) cos α = 0, 8 và tan α + cot α > 0

b) cos β =

1 1 +2 2 tan2 α + 3 tan α cos α = = = 1 + 2 cos2 α a) Ta có A = 2 1 1 tan α + 1 tan α + tan α cos2 α tan α + 3

4 17 = 9 9

3 ( 9 + 1) − ( 9 + 1)

2 Suy ra B = = 27 + 3 + 2.3 ( 9 + 1 ) 9 c) Ta có C = sin2 α.

Bài 6.21: a) Cho cos a = b) Cho sin a =

sin α cos α − tan α ( tan2 α + 1 ) − ( tan2 α + 1 ) 3 3 cos α cos α b) B = = 3 3 sin α 3 cos α 2 sin α tan 3 α + 3 + 2 tan α ( tan2 α + 1 ) + + 3 3 3 cos α cos α cos α

≤ 2 ⇒ sin x + cos x ≤

3. Bài tập luyện tập Bài 6.20: Tính các giá trị lượng giác còn lại, biết

5 . Tính C = sin2 α − sin α cos α + cos2 α

Suy ra A = 1 + 2.

3 + 2m 2 − m 4 2

( sin x + cos x )

tan α + 3 cot α 2 . Tính A = . tan α + cot α 3

b) Cho tan α = 3 . Tính B =

b) Ta có 2 sin x cos x ≤ sin2 x + cos2 x = 1 kết hợp với (*) suy ra

1 1 1 Suy ra A = 2   −   =  2   2  4 Ví dụ 3: a) Cho cos α =

cot a + 3 tan a 2 . Tính A = 3 2 cot a + tan a

3 cot a + 2 tan a + 1 1 . Tính B = cot a + tan a 3

c) Cho tan a = 2 . Tính C =

d) Cho cot a = 5 . Tính D = 2 cos2 a + 5 sin a cos a + 1 Bài 6.22: Biết tan x + cot x = m . a) Tìm tan2 x + cot2 x

 sin2 α − sin α cos α + cos2 α cos α cos2 α  = sin2 α  1 − +  2  sin α sin α sin2 α  

1 1 ( 1 − cot α + cot2 α ) = 1 + cot2 α 1+ 5

( )

(1 −

)

5+5 =

Ví dụ 4: Biết sin x + cos x = m

6− 5 6

2 sin a + 3 cos a ; sin a + cos a

tan6 x + cot6 x tan4 x + cot4 x

c) Chứng minh m ≥ 2

12 . Tính sin 3 α + cos 3 α 25 Bài 6.24: Cho tan a − cot a = 3 . Tính giá trị các biểu thức sau:

Bài 6.23: Cho sin α cos α =

a) A = tan 2 a + cot2 a

b) B = tan a + cot a

c) C = tan4 a − cot4 a

3 . Tính A = sin 4 x + 3 cos 4 x . 4 CHỦ ĐỀ 3: MỘT SỐ CÔNG THỨC LƯỢNG GIÁC A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Công thức cộng

Bài 6.25: Cho 3 sin4 x + cos4 x =

a) Tìm sin x cos x và sin 4 x − cos4 x b) Chứng minh rằng m ≤ 2 Lời giải: -- 17 --

-- 18 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

sin(a + b ) = sin a.cos b + sin b.cos a

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

Ví dụ 1: Tính các giá trị lượng giác sau: cos 7950, sin 18 0, tan

sin(a − b) = sin a.cos b − sin b.cos a cos(a + b) = cos a.cos b − sin a.sin b

Lời giải:

cos(a − b) = cos a.cos b + sin a.sin b

Vì 795 0 = 750 + 2.3600 = 300 + 450 + 2.3600 nên

tan a + tan b 1 − tan a. tan b tan a − tan b tan(a − b) = 1 + tan a. tan b 2. Công thức nhân đôi, hạ bậc a) Công thức nhân đôi. sin 2α = 2 sin α.cos α cos 2α = cos2 α − sin 2 α = 2 cos2 α − 1 = 1 − 2 sin 2 α tan(a + b) =

tan 2α =

3 2 1 2 . − . = 2 2 2 2

cos 7950 = cos 750 = cos 30 0 cos 450 − sin 30 0 sin 45 0 =

6− 2 4

Vì 54 0 + 360 = 900 nên sin 540 = cos 360 Mà cos 360 = cos ( 2.180 ) = 1 − 2 sin2 180

sin 540 = sin ( 180 + 360 ) = sin180 cos 360 + sin 360 cos180 = sin180.( 1 − 2 sin2 180 ) + 2 sin180 cos2 180 = sin180.( 1 − 2 sin2 180 ) + 2 sin180 ( 1 − sin2 180 ) = 3 sin180 − 4 sin3 180 Do đó 3 sin180 − 4 sin 3 180 = 1 − 2 sin2 180 ⇔ ( sin180 − 1)( 4 sin2 180 + 2 sin180 − 1) = 0

2 tan α 1 − tan2 α

b) Công thức hạ bậc.

⇔ sin 18 0 = 1 hoặc sin 18 0 =

1 − cos 2α 2 1 + cos 2α cos2 α = 2 1 − cos 2α tan2 α = 1 + cos 2α 3. Công thức biến đổi tích thành tổng. sin2 α =

5 −1 hoặc sin 18 0 = 2

Vì 0 < sin 18 0 < 1 nên sin 18 0 =

5 +1 2

5 −1 . 2

π π tan + tan π π 7π 3 4 = 3 + 1 = −2 − 3 = tan  +  =  3 4  12 π π 1− 3 1 − tan tan 3 4 π π 5π π cot = cot  +  = − tan  2 8  8 8 tan

1 cos(a + b) + cos(a − b)  2 1 sin a sin b = −  cos(a + b) − cos(a − b)  2 1 sin a cos b =  sin(a + b) + sin(a − b)  2 4. Công thức biển đổi tổng thành tích. cos a cos b =

cos a + cos b = 2 cos

7π 5π , cot . 12 8

 π π Ta lại có 1 = tan = tan  2.  = 4  8 

tan a + tan b =

a +b a −b .cos 2 2

sin(a + b) cos a.cos b

sin(a − b) cos a.cos b sin(a + b) cot a + cotb = sin a.sin b sin(b − a ) cot a − cotb = sin a.sin b tan a − tan b =

a +b a −b .sin 2 2 a +b a −b sin a + sin b = 2 sin .cos 2 2 a +b a −b sin a − sin b = 2 cos .sin 2 2 B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI DẠNG TOÁN 1: TÍNH GIÁ TRỊ LƯỢNG GIÁC, BIỂU THỨC LƯỢNG GIÁC 1. Phương pháp giải Sử dụng công thức lượng giác một cách linh hoạt để biến đổi biểu thức lượng giác nhằm triệt tiêu các giá trị lượng giác của góc không đặc biệt và đưa về giá trị lượng giác đặc biệt. 2. Các ví dụ minh họa cos a − cos b = − 2 sin

-- 19 --

1 − tan2

2 tan

π 8

1 − tan2

π 8

suy ra

π π π π = 2 tan ⇔ tan2 + 2 tan − 1 = 0 8 8 8 8

⇔ tan

π π = −1 − 2 hoặc tan = −1 + 2 8 8

Do tan

π π > 0 nên tan = −1 + 2 8 8

5π = 1− 2 8 Ví dụ 2: Tính giá trị biểu thức lượng giác sau:

Vậy cot

a) A = sin 220 30 ' cos 202030 '

b) B = 4 sin4

π 2π − sin 5 15 c) C = π 2π cos − cos 5 15 Lời giải: sin

d) D = sin

-- 20 --

π π + 2 cos 16 8

π 5π 7π − sin + sin 9 9 9

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

a) Cách 1: Ta có cos 202030 ' = cos ( 1800 + 22030 ' ) = − cos 220 30 '

⇔ ( 1 + tan 200 )( 1 + tan 250 ) = 2 .

1 2 Do đó A = − sin 22 030 ' cos 22030 ' = − sin 45 0 = − 2 4

c) C = tan 90 + tan 810 − ( tan 270 + tan 630 )

Cách 2: A = =

Vậy B = 2

1 1 sin ( 220 30 '+ 2020 30 ' ) + sin ( 220 30 '− 202030 ' )  =  sin 2250 + sin ( −1800 )  2 2

1 1 2 sin ( 1800 + 450 ) − sin 1800  = − sin 45 0 = − 2 2 4 2

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

   π  π π π b) B =  2 sin2  + 2 cos =  1 − cos  2.   + 2 cos   16    16  8 8

sin 90 cos 810 + sin 810 cos 90 sin 27 0 cos 630 + sin 630 cos 27 0 − cos 90 cos 810 cos 27 0 cos 630 2 ( sin 54 0 − sin 18 0 ) 1 1 2 2 = − = − = 0 0 0 0 0 0 cos 9 sin 9 cos 27 sin 27 sin 18 sin 54 sin 18 0 sin 54 0 0 0 4 cos 36 .sin18 = =4 sin180.sin 540 =

π 2π π 2π  π 2π  π 2π + sin2 + sin sin =  sin + sin  − sin sin 9 9 9 9  9 9  9 9

π 2 1+ π π 6+ 2 2 π 4 2 = 1 − 2 cos + cos + 2 cos = 1 + = 1+ = 8 8 8 2 2 4 1  π 2π  1  π 2π  π 2π π 2 cos  +  sin  −  sin − sin cos 2  5 15  2  5 15  5 15 = 6 = − cot π = − 3 c) C = =− π 2π 1  π 2π  1  π 2π  π 6 cos − cos sin −2 sin  +  sin  −  5 15 2  5 15  2  5 15  6

d) D = sin2

 π 7π  5π 4π π 5π 4π 5π d) D =  sin + sin  − sin = 2 sin .cos − sin = sin − sin =0  9 9  9 9 3 9 9 9

Lưu ý: Biến đổi sau thường xuyên được sử dụng 1  3 π sin x ± 3 cos x = 2  sin x ± cos x  = 2 sin(x ± ) 2 2 3  

1 + cos

Ví dụ 3: Tính giá trị biểu thức lượng giác sau: a) A =

1 + cos 2900

b) B = ( 1 + tan 200 )( 1 + tan 250 )

 π π 1 π π π 11 π =  2 sin cos  +  cos − cos  = cos2 +  − cos   6 18  2  3 9 18 2  2 9 π 1 + cos 9 + 1  1 − cos π  = 3 =  2 2  2 9  4

Lời giải:

 3  1 π 3 sin x ± cos x = 2  sin x ± cos x  = 2 sin(x ± ) 2 2 6    1  1 π sin x ± cos x = 2  sin x ± cos x  = 2 sin(x ± ) . 4 2  2 

a) Ta có cos 2900 = cos ( 1800 + 900 + 200 ) = − cos ( 900 + 200 ) = sin 200

Ví dụ 4: Tính giá trị biểu thức lượng giác sau:

sin 2500 = sin ( 1800 + 900 − 200 ) = − sin ( 900 − 200 ) = − cos 200

a) A = sin

π π π π cos .cos .cos 32 32 16 8

b) B = sin 10o. sin 30o. sin 50o.sin 70o

c) C = cos

π 3π + cos 5 5

d) D = cos2

3 sin 2500

c) C = tan 90 − tan 27 0 − tan 630 + tan 810

C =

1 − sin 200

1 3 cos 200

3 sin 200 − sin 200 3 sin 20 0. cos 200

sin 600 cos 200 − cos 600 sin 200

d) D = sin2

π 2π π 2π + sin2 + sin sin 9 9 9 9

3 1 cos 200 − sin 200 2 =4 2 3.2. sin 200. cos 200

4 sin 400

4 3 = 3 3 sin 400 3 sin 400 0  0  0  sin 20 sin 25 sin 20 + cos 200 sin 250 + cos 250  1 +  = b) Cách 1: Ta có B = 1 + .  cos 200  cos 250  cos 200 cos 250 =4

sin 200 cos 450 + cos 200 sin 450 sin 250 cos 450 + cos 250 sin 450 = 2. . 2. 0 cos 20 cos 250 0 0 sin 65 sin 70 =2 =2 cos 200 cos 250 tan 200 + tan 250 Cách 2: Ta có tan 450 = tan ( 200 + 500 ) = 1 − tan 200 tan 250 tan 200 + tan 250 Suy ra 1 = ⇔ tan 200 + tan 250 + tan 200 tan 250 = 1 1 − tan 200 tan 250 -- 21 --

π 2π 3π + cos2 + cos2 7 7 7

Lời giải: 1 π π π π 1 π π π 1 π π 1 π 2 a) A =  2 sin cos  . cos . cos = sin . cos . cos = sin . cos = sin = 2  32 32  16 8 2 16 16 8 4 8 8 8 4 16

b) Ta có B =

1 cos 200 cos 400 cos 80o do đó 2

16 sin 200.B = 8 sin 200 cos 200 cos 400 cos 80o = 4 sin 400 cos 400 cos 80o = 2 sin 800 cos 800 = sin1600 sin1600 1 Suy ra B = = . 16 16 sin 200 π 2π π c) Ta có C = 2 cos cos . Vì sin ≠ 0 nên 5 5 5 -- 22 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

π π π 2π 2π 2π 4π 2 sin .C = 4 sin cos cos = 2 sin cos = sin 5 5 5 5 5 5 5

Suy ra C =

c) D =

1 2 2π 4π 6π 1 + cos 1 + cos 7 + 7 + 7 = 3 + 1  cos 2π + cos 4π + cos 6π   2 2 2 2 2  7 7 7 

1 + cos

2π 4π 6π π + cos + cos , vì sin ≠ 0 nên Xét T = cos 7 7 7 7

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

Bài 6.27: Tính giá trị của biểu thức sau: a) A = 4 sin 450 cos120 cos 30 − sin 540 − sin 360

b) B = ( 1 − cot230 )( 1 − cot220 )

π 5π 7π c) C = cos + cos + cos 9 9 9

π π + 2 sin 5 20 d) D = π π 2 cos − 2 sin 5 20

2 sin

Bài 6.28: Tính: a) Tính giá trị lượng giác của góc

π 12

b) cos4

π π − sin4 24 24

c) cos 360 − cos 720 Bài 6.29: Tính giá trị của các biểu thức sau:

d) sin 10 0 sin 500 sin 700

a) A = cos2 730 + cos2 47 0 + cos 730 cos 47 0

b) B = sin 60 sin 420 sin 660 sin 78 0

π π 2π π 4π π 6π 2 sin T = 2 sin cos + 2 sin cos + 2 sin cos 7 7 7 7 7 7 7  3π π   5π 3π   5π   =  sin − sin  +  sin − sin  +  sin π − sin   7 7   7 7   7  π = − sin 7 1 Suy ra T = − . 2 3 1  1  5 Vậy D = + .  −  = . 2 2  2  4

π 4π 5π 1 c) C = cos cos cos d) D = − 4 sin 700 7 7 7 sin100 Bài 6.30: Cho α, β thoả mãn sin α + sin β = m và cos α + cos β = n , mn ≠ 0 .

2 6 Ví dụ 5: Cho α, β thoả mãn sin α + sin β = và cos α + cos β = . Tính cos ( α − β ) và 2 2 sin ( α + β ) .

b) cos 24o + cos 48o − cos 84o − cos 12o

Lời giải: Ta có sin α + sin β =

2 1 ⇔ sin2 α + sin 2 β + 2 sin α sin β = (1) 2 2

6 3 ⇔ cos2 α + cos2 β + 2 cos α cos β = (2) 2 2 Cộng vế với vế của (1) và (2) ta được cos α + cos β =

Tính cos ( α − β ), cos ( α + β ) và sin ( α + β ) . Bài 6.31: Tính giá trị của các biểu thức sau: a) A = sin

π 7π 13π 19π 25π sin sin sin sin 30 30 30 30 30

π 2π 3π − cos + cos 7 7 7 Bài 6.32: Tính giá trị của biểu thức sau:

c) cos

π 4π 5π a) A = cos .cos .cos 7 7 7 b) B = cos10 0. cos 500. cos 700 c) C = sin 6o. sin 42o. sin 66o. sin 78o

sin2 α + sin2 β + cos2 α + cos2 β + 2 sin α sin β + 2 cos α cos β = 2 ⇔ 2 + 2 ( sin α sin β + cos α cos β ) = 2 ⇔ 2 cos ( α − β ) = 0

d) E = cos

Vậy cos ( α − β ) = 0

e) F = sin 5o. sin 15o. sin 25o.... sin 75o. sin 85o

Từ giả thiết ta có ( sin α + sin β )( cos α + cos β ) =

2 6 . 2 2

3 ⇔ sin α cos α + sin α cos β + sin β cos α + sin β cos β = 2 1 3 ⇔ ( sin 2α + sin 2β ) + sin ( α + β ) = 2 2 Mặt khác sin 2α + sin 2β = 2 sin ( α + β ) cos ( α − β ) = 0 (Do cos ( α − β ) = 0 ) Suy ra sin ( α + β ) =

2π 4π 8π 16π 32π .cos .cos .cos .cos 31 31 31 31 31

Bài 6.33: Tính A = ( 1 + tan10 )( 1 + tan 20 ) ... ( 1 + tan 450 )

2π 1999 DẠNG TOÁN 2: XÁC ĐỊNH GIÁ TRỊ CỦA MỘT BIỂU THỨC LƯỢNG GIÁC CÓ ĐIỀU KIỆN 1. Các ví dụ minh họa   π π 4 π π Ví dụ 1: Cho cos 2x = − , với < x < . Tính sin x, cos x , sin  x + , cos  2x −  . 5 4 2  3  4 Bài 6.34: Tính A = cos α cos2α cos 3α...cos 999α với α =

Lời giải:

3 2

π π < x < nên sin x > 0, cos x > 0 . 4 2 Áp dụng công thức hạ bậc, ta có : Vì

3. Bài tập rèn luyện

π π 11π Bài 6.26: Tính các giá trị lượng giác sau sin , sin , cot 8 16 12 -- 23 --

-- 24 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 1 − cos 2x 9 sin2 x = = ⇒ sin x = 2 10

1 + cos 2x 1 cos2 x = = ⇒ cos x = 2 10

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

Theo công thức cộng, ta có 1 1 3 3+ 3 . + . = 2 2 10 10 2 10

 π π π 4 2 2 3 1 2 cos  2x −  = cos 2x sin + cos sin 2x = − . + .2. . =−  4 4 4 5 2 2 10 10 10

Ví dụ 2: Cho cos 4α + 2 = 6 sin 2 α với

Ta có cos 4α + 2 = 6 sin α ⇔ 2 cos 2α − 1 + 2 = 3 ( 1 − cos 2α ) 2

⇔ 2 cos2 2α + 3 cos 2α − 2 = 0 ⇔ ( 2 cos 2α − 1 )( cos 2α + 2 ) = 0 ⇔ cos 2α =

Vì

π < α < π ⇒ π < α < 2π nên sin 2α < 0 . Mặt khác cos 2α > 0 do đó tan 2α < 0 2

Vậy tan 2α = − 3

1 1 1 1 Ví dụ 3: Cho + + + = 7 . Tính cos 4α . tan2 α cot2 α sin2 α cos2 α Lời giải: Ta có ⇔ ⇔

1 (Vì cos 2α + 2 > 0 ) 2

1 1 ⇒ tan2 2α = −1 = 3 cos2 2α cos2 2α

Ta có 1 + tan2 2α =

1 1 1 1 + + + =7 tan2 α cot2 α sin2 α cos2 α

sin2 α + 1 cos2 α + 1 + =7 cos2 α sin2 α sin2 α ( sin2 α + 1 ) + cos2 α ( cos2 α + 1 )

sin2 α cos2 α ⇔ sin α + cos α + 1 = 7 sin2 α cos2 α 4

tan2

α 2

α +1 2

α 2 = 1 α 2 α tan + 1 tan 2 2

1 − tan2 +

α π α α α < do đó tan > 0 nên tan = 1 ⇒ cot = 1 2 2 2 2 2  α + 2013π  α π  α   Ta có tan   = tan  + 2006π +  = − cot = −1  2   2 2  2

Vì 0 < α < π ⇒ 0 <

 α + 2013π  Vậy tan   = −1  2 

Lưu ý: Ta có thể biểu diễn sin α, cos α, tan α, cot α qua t = tan

α như sau: 2

2t 1 − t2 2t 1 − t2 , cos α = , tan α = , cot α = với α làm các biểu thức có nghĩa. 2 2 2 2t 1+t 1+t 1−t

1 , tan α = −2 tan β . 3    3π  π 5π   π Tính A = sin  α +  cos  α +  + sin  β −  sin  β −  .    8  8  12   12 

Lời giải: 1 1 ⇔ sin α cos β + cos α sin β = (1) 3 3 tan α = −2 tan β ⇔ sin α cos β = −2 sin β cos α (2)

Ta có sin ( α + β ) =

⇔ 2 = 9 sin α cos α 2

⇔ 8 = 9 ( 2 sin α cos α ) ⇔ 8 = 9 sin 2 2α ⇔ 16 = 9 ( 1 − cos 4α ) 7 9

Vậy cos 4α = −

2 tan

Ví dụ 5: Cho sin ( α + β ) =

⇔ ( sin 2 α + cos2 α ) − 2 sin2 α cos2 α + 1 = 7 sin2 α cos2 α

⇔ cos 4α = −

α ⇔ 2

α α α α α α α ⇔ tan  1 + 2 tan − tan 2  = 1 + tan2 ⇔ tan 3 − tan2 − tan + 1 = 0 2  2 2 2 2 2 2 2     α α α ⇔  tan − 1   tan + 1  = 0 ⇔ tan = ±1  2   2  2

sin α =

Do đó sin α + cos α = cot

π < α < π . Tính tan 2α . 2

Lời giải: 2

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

α α sin 2 tan α α 2 α 2 2 Ta có sin α = 2 sin cos = 2 cos . = 2 2 2 α 2 α cos tan +1 2 2  α α sin2  1 − tan2  2 α 2 α 2 α 2 2   = cos α = cos − sin = cos 1 − 2 2 2  2 α 2 α  cos  tan +1  2 2

 π π π sin  x +  = sin x cos + cos x sin =  3 3 3

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

7 9

Ví dụ 4: Cho sin α + cos α = cot

 α + 2013π  α với 0 < α < π . Tính tan  . 2  2 

Lời giải:

-- 25 --

  2  1 1    2    ( 1 − sin2 α ) sin2 β =  cos α sin β = −  cos α sin β =   3 ⇒ 9 Từ (1) và (2) ta được  ⇒     2  2 2 4    sin α cos β = − sin α cos2 β = sin α ( 1 − sin2 β ) =        3  9   1  2 2  ( 1 − sin α ) sin β =   9 ⇒  1 − sin2 β − 1  sin2 β = 1 ⇒    1 3  9   sin 2 α − sin 2 β =    3 2  2 1 1 1 ⇒ sin 4 β − sin 2 β + = 0 ⇒  sin2 β −  = 0 ⇒ sin2 β =  3 9 3 3 

-- 26 --

1 9 4 9

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

 3π   π 1  π π 1 2   Ta có sin  α +  cos  α +  =  sin  2α +  − sin  =  cos 2α −  8   8  2   2  4  2  2  1 2  = 1 − 2 sin2 α −  = 2  2 

1  2 2  2+3 2  1 − 2. −  = − 2  3 2  12

 π  5π  1   π π 1 3  sin  β −  cos  β −  =  sin  2β −  + sin  =  − cos 2β +         12   12  2   2 3 2  2  1 3   = =  −1 + 2 sin2 β + 2  2 

1  1 3  −2 + 3 2  =  −1 + 2. + 2  3 2  12

a) sin 4 α + cos4 α =

3 cos 4α + 4 4

b) sin 6 α + cos6 α =

5 3 + cos 4α 8 8

1 − sin 2α π = cot2 ( + α) 1 + sin 2α 4

Lời giải: 2 1 a) Ta có sin 4 α + cos4 α = ( sin2 α + cos2 α ) − 2 sin2 α cos2 α = 1 − sin 2 2α 2

1 − cos 4α 3 cos 4α = + 4 4 4 b) Ta có = 1−

2 + 3 2 −2 + 3 2 1 Do đó A = − + =− 12 12 3

sin 6 α + cos6 α = ( sin2 α ) + ( cos2 α ) + 3 sin2 α cos2 α ( sin2 α + cos2 α ) − 3 sin2 α cos2 α ( sin2 α + cos2 α )

2. Bài tập luyện tập Bài 6.35: Cho cos 2x =

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi góc lượng giác α làm cho biểu thức xác định thì

1 2 Do đó sin2 α = sin 2 β + = 3 3

 π 3 3π (với < x < π ). Tính sin x, cos x, tan  x −   5 4  4

Bài 6.36: Tính giá trị của biểu thức lượng giác, khi biết: a) sin(a − b ), cos(a + b ), tan(a + b ) khi sin a =

8 5 , tan b = và a, b là các góc nhọn. 17 12

= ( sin2 α + cos2 α ) − 3 sin2 α cos2 α = 1 − =

5 3 + cos 4α 8 8

2 3 3 3 ( 2 sin α cos α ) = 1 − sin2 2α = 1 − (1 − cos 4α ) 4 4 8

c) Ta có

π  12 3π b) cos  − α  khi sin α = − , < α < 2π 3  13 2  π 3 π c) tan  α +  khi sin α = , < α < π  3 5 2

( sin α − cos α ) 1 − sin 2α sin2 α + cos2 α − 2 sin α cos α = = 1 + sin 2α sin2 α + cos2 α + 2 sin α cos α ( sin α + cos α )2 2

Bài 6.37: Cho 2 cos ( α + β ) = cos α cos ( π + β ) . Tính A =

1 1 . + 2 sin2 α + 3 cos2 α 2 sin 2 β + 3 cos2 β

m Bài 6.38: a) Cho tan α = . Tính A = m sin 2α + n cos 2α . n

cos ( α + β )

m b) Cho = . Tính B = tan α. tan β . cos ( α − β ) n c) Cho tan ( α + β ) = m và tan ( α − β ) = n . Tính tan 2α . π 2α + 2015π 7 và 0 < α < . Tính tan . 2 4 4 DẠNG TOÁN 3: CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC, ĐƠN GIẢN BIỂU THỨC LƯỢNG GIÁC VÀ CHỨNG MINH BIỂU THỨC LƯỢNG GIÁC KHÔNG PHỤ THUỘC VÀO BIẾN 1. Phương pháp giải Để chứng minh đẳng thức lượng giác ta có các cách biển đổi: vế này thành vế kia, biến đổi tương đương, biến đổi hai vế cùng bằng một đại lương trung gian. Trong quá trình biến đổi ta cần sử dụng linh hoạt các công thức lượng giác. Lưu ý: Khi biến đổi cần phải hướng đích , chẳng hạn biến đổi vế phải, ta cần xem vế trái có đại lượng nào để từ đó liên tưởng đến kiến thức đã có để làm sao xuất hiện các đại lượng ở vế trái. Và ta thường biến đổi vế phức tạp về vế đơn giản hơn. 2. Các ví dụ minh họa

Bài 6.39: Cho sin α + cos α =

-- 27 --

   π  π  2 cos  α +   2 cos2  α +      4   4  π = = = cot2  α +  2     4 π   π  2 sin2  α +   2 sin  α +    4   4    π . Chứng minh rằng: 2 α π 1 + cos α + 1 − cos α = 2 sin  +   2 4

Ví dụ 2: Cho 0 < α < π, α ≠ a)

α π = tan  +   2 4 1 + cos α − 1 − cos α Lời giải: α π a) Do 0 < α < π nên sin  +  > 0, sin α > 0  2 4

1 + cos α + 1 − cos α

Đẳng thức tương đương với

α π = 4 sin2  +   2 4   π  ⇔ 2 + 2 1 + cos α 1 − cos α = 2  1 − cos  α +   2    

(

⇔

1 + cos α + 1 − cos α

)

1 − cos2 α = sin α

⇔ 1 − cos2 α = sin 2 α ⇔ sin2 α + cos2 α = 1 (luôn đúng) ⇒ ĐPCM.

-- 28 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 b) VT =

( (

1 + cos α + 1 − cos α

1 + cos α − 1 − cos α

)(

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

)

1 + cos α + 1 − cos α

)

1 + sin α 2 + 2 1 + cos α . 1 − cos α 1 + 1 − cos2 α = = = 2 cos α cos α cos α Vì 0 < α < π nên sin α > 0 do đó 2

1 + sin α = cos α

VT =

α α + cos 2 2 = = α α cos − sin 2 2 sin

sin2

α α α α + cos2 + 2 sin cos 2 2 2 2 =  α α  sin α cos2 − sin2 2 2  2

   sin α + cos α   2 2  α  α α + cos  cos − sin   2  2 2 

α π 2 sin  +  α π   2 4 = tan  +  = VP ⇒ ĐPCM.  2  α π  4 2 cos  +   2 4

Ví dụ 3: Chứng minh rằng a) sin(α + β ). sin(α − β ) = sin 2 α − sin 2 β b) cot c)

α β cot = 2 với sin α + sin β = 3 sin ( α + β ), α + b ≠ k 2π 2 2

sin α + sin β cos ( α + β ) cos α − sin β sin ( α + β )

= tan ( α + β )

Lời giải:

1 a) Ta có sin(α + β ).sin(α − β ) =−  cos 2α − cos 2β  2 1 = −  ( 1 − 2 sin2 α ) − ( 1 − 2 sin2 β )  = sin2 α − sin2 β 2 α+β α−β α+β α+β cos = 6 sin cos b) Từ giả thiết ta có 2 sin 2 2 2 2 α+β α−β α+β ≠ 0 suy ra cos = 3 cos 2 2 2   α β α β α β α β ⇔ cos cos + sin sin = 3  cos cos − sin sin  2 2 2 2 2 2 2 2 

Do α + β ≠ k 2π ⇒ sin

⇔ 2 sin ⇔ cot

α β α β sin = cos cos 2 2 2 2

α β cot = 2 ⇒ ĐPCM 2 2

1 sin α +  sin ( α + 2β ) + sin ( −α )  sin α + sin ( α + 2β ) 2 = c) Ta có VT =  1  cos α + cos ( α + 2β ) cos α −  −   cos ( α + 2β ) − cos ( −α )   2 

2 sin ( α + β ) cos ( −β ) 2 cos ( α + β ) cos ( −β )

= tan ( α + β ) = VP ⇒ ĐPCM

Ví dụ 4: Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào x . -- 29 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

 2π   2π  a) A = cos2 α + cos2  + α  + cos2  − α   3  3  

    π π π 3π  b) B = cos  α −  .cos  α +  + cos  α +  .cos  α +      3 4 6 4  Lời giải:  2π   2π  a) Ta có: A = cos2 α + cos2  + α  + cos2  − α  =    3  3

b) Vì α +

 4π   4π  1  3 + cos 2α + cos  + 2α  + cos  − 2α    3 2   3   

 1 4π 3  3 + cos 2α + 2 cos cos 2α  =   2 3 2

    π  π π π π 3π  π =  α −  + ⇒ cos  α +  = − sin  α −  và cos  α +  = − sin  α +  nên  6  3  2  6  3   4   4 

    π π π π B = cos  α −  .cos  α +  + sin  α −  .sin  α +      3 4 3 4        π π π π π π = cos   α −  −  α +   = cos  − −  = cos  +    3  4    3 4   3 4  1 2 3 2 2− 6 π π π π = cos cos − sin sin = . − = . 3 4 3 4 2 2 2 2 4 Ví dụ 5: Đơn giản biểu thức sau:

π π   cos  a +  + cos  a −  3 3   b) B = a cot a − cot 2 c) C = cos a + cos(a + b) + cos(a + 2b) + ... + cos(a + nb) (n ∈ N)

cos a + 2cos 2a + cos 3a a) A = sin a + sin 2a + sin 3a

Lời giải: ( cos a + cos3a ) + 2 cos 2a = 2 cos 2a cos a + 2 cos 2a = 2 cos 2a ( cos a + 1) = cot 2a a) A = ( sin a + sin 3a ) + 2sin 2a 2sin 2a cos a + 2sin 2a 2sin 2a ( cos a + 1)

π π π   b) Ta có cos  a +  + cos  a −  = 2 cos a cos = cos a và 3 3 3   a  a a a a cos sin cos a − cos sin a sin  − a  − sin a cos a 2  = 2 2 2 2 =− 1 cot a − cot = − = = a a a 2 sin a sin a sin a sin a sin sin a sin sin a sin 2 2 2 2 cos a sin 2a = − sin a cos a = − Suy ra B = . 1 2 − sin a b b b b b c) Ta có C.2sin = 2sin cos a + 2sin cos(a + b) + 2sin cos(a + 2b) + ... + 2sin cos(a + nb) 2 2 2 2 2 b  b   3b   b   5b   3b  = sin  + a  + sin  − a  + sin  + a  + sin  − − a  + sin  + a  + sin  − − a  2  2   2   2   2   2   ( 2n + 1) b   ( 2n − 1) b  +... + sin  + a  + sin  − − a 2 2    

-- 30 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

 ( 2 n + 1) b  b   nb  sin  − a  + sin  + a  = 2sin ( n + 1) b cos  − a  2 2   2   

sin α =− + 3n −1 4

Ví dụ 6: Cho sin ( a + b ) = 2 cos ( a − b ) . Chứng minh rằng biểu thức M =

1 1 + không phụ 2 − sin 2a 2 − sin 2b

thuộc vào a, b . Lời giải:

4 − ( sin 2a + sin 2b ) 4 − ( sin 2a + sin 2b ) = ( 2 − sin 2a )( 2 − sin 2b ) 4 − 2 ( sin 2a + sin 2b ) + sin 2a sin 2b

Mà sin ( a + b ) = 2 cos ( a − b )  sin 2 ( a + b ) = 4 cos 2 ( a − b ) nên

cos 2 ( a + b ) − cos 2 ( a − b ) = 1 − 2sin ( a + b ) −  2cos ( a − b ) − 1 2

= 2 − 2 sin 2 ( a + b ) + cos 2 ( a − b )  = 2 − 10cos2 ( a − b ) Suy ra M =

4 − 4 cos 2 ( a − b ) 4 − 4 cos 2 ( a − b ) 4 = = 2 1 4 − 8cos2 ( a − b ) − .  2 − 10 cos 2 ( a − b )  3 − 3cos ( a − b ) 3 2

Ví dụ 7: Chứng minh rằng

a) sin 4 α =

3 1 1 − cos 2α + cos 4α 8 2 8

π 3π 5π 7π 3 + sin 4 + sin 4 + sin 4 = 16 16 16 16 2

Bài 6.41: Cho sin x = 2 sin ( x + y ), x + y ≠

π sin y + k π . Chứng minh tan ( x + y ) = . 2 cos y − 2

Bài 6.42: Chứng minh các hệ thức sau:

a) 4 ( cos3 α sin α − sin3 α cos α ) = sin 4α b) tan x + tan y =

2 sin(x + y ) cos(x + y ) + cos(x − y )

tan 2 2x − tan 2 x 1 − tan2 2x . tan2 x Bài 6.43: Chứng minh các biểu thức sau không phụ thuộc vào biến x : 3π π x  a) A = 4sin 4 x + sin 2 2 x + 4 cos 2  −  với π < x < 2  4 2

c) tan x . tan 3x =

π  π  a) sin 3α = 3 sin α − 4 sin 3 α = 4 sin α.sin  − α  .sin  + α   3  3    α α α 1 α + 3 sin 3 2 + ... + 3n −1 sin 3 n =  3n sin n − sin α  .  3 4 3 3 3 Lời giải: a) Ta có sin 3α = sin ( 2α + α ) = sin 2α cos α + cos 2α sin α

b) sin 3

= 2 sin α cos2 α + cos 2α sin α = 2 sin α ( 1 − sin2 α ) + ( 1 − 2 sin2 α ) sin α = 3 sin α − 4 sin 3 α

α 3n = 1  3n sin α − sin α  = VP ⇒ ĐPCM.   4 4 3n

3 sin

Lưu ý: Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được cos 3α = 4 cos3 α − 3 cos α , sin 3α = 3 sin α − 4 sin 3 α , hai công thức này được gọi là công thức nhân ba 3. Các bài tập luyện tập Bài 6.40: Chứng minh rằng

b) sin 4

Ta có sin 2 a + sin 2b = 2 sin ( a + b ) cos ( a − b )

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

α α α α α 3 sin 2 − sin 3 sin n − sin n −1 3 sin − sin α n −1 3 3 3 3 3 Suy ra VT = +3 + ... + 3 4 4 4

 nb  sin ( n + 1) b cos  − a  2   Suy ra C = b sin 2

Ta có M =

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

b) B = 4cos 4 x + cos 2 2 x − 4cos 2 x cos 2 x

π  π  c) C = cos 2 x + cos 2  + x  + cos2  − x  3  3  Bài 6.44: Đơn giản biểu thức sau: a) A =

(1)

π  π   1 2π Mặt khác 4 sin α.sin  − α  .sin  + α  = −4 sin α.  cos − cos ( −2α )   3   3  2  3 

1 − cos α + cos 2α sin 2α − sin α

b) B =

1 1 1 1 − + cos α (0 < α ≤ π ) 2 2 2 2

 1  1  = −2 sin α.  − − cos 2α  = 2 sin α  + 1 − 2 sin2 α   2   2  = 3 sin α − 4 sin 3 α (2)

cos a − cos 3a + cos 5a − cos 7a c) C = d) D = cos a − sin a + sin 3a + sin 5a + sin 7a Bài 6.45: Chứng minh các hệ thức sau: a) Nếu 2 tan a = tan(a + b) thì sin b = sin a.cos(a + b)

Từ (1) và (2) suy ra ĐPCM

b) Nếu 2 tan a = tan(a + b) thì 3 sin b = sin(2a + b)

b) Theo câu a) ta có sin 3α = 3 sin α − 4 sin 3 α ⇒ sin 3 α =

Do đó sin 3

α = 3

3 sin

3 sin α − sin 3α 4

α α α α α − sin α 3 sin 2 − sin 3 sin n − sin n −1 α 3 3 3 , ..., sin 3 α = 3 3 , sin 3 2 = 4 4 4 3 3n

-- 31 --

π π   cos  2a −  − cos  2a +  6 6   2cos a

c) Nếu tan(a + b). tan b = −3 thì cos(a + 2b) + 2 cos a = 0 d) Nếu 3sin ( a + b ) = cos ( a − b ) thì 8 sin 2 ( a + b ) = cos 2a cos 2b Bài 6.46: Chứng minh rằng sin

π 9

sin

2π 4π π 5π 7π 3 sin = cos cos cos = 9 9 18 18 18 8

Bài 6.47: Chứng minh rằng

-- 32 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 sin 2x a) cos x = . 2 sin x x x x b) cos cos 2 ... cos n = 2 2 2

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

π Ví dụ 2: Cho 0 < α < . Chứng minh rằng 2 sin x

x 2 sin n 2

1 x = cot − cot x . sin x 2

π nên sin α cos α > 0 . 2 Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có

Vì 0 < α <

1 1 1 α + + ... + = cot − cot2n −1 α (2n −1 α ≠ k π) sin α sin 2α 2 sin 2n −1 α Bài 6.49: Chứng minh rằng a) tan x = cot x − 2 cot2x

1 a 1 a 1 a 1 a . tan + 2 . tan 2 + ... + n . tan n = n .cot n − cot a 2 2 2 2 2 2 2 2

Bài 6.50: Chứng minh rằng nếu x ≠

    sin α + 1   cos α + 1  ≥ 2  2 cos α  2 sin α  

Lời giải:  1  1   cos α + 1  = sin α cos α + Ta có  sin α + +1  2 cos α  2 sin α  4 sin α cos α 

Bài 6.48: Chứng minh rằng: a)

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

π  π  kπ tan 3x , k ∈ Z thì = tan  − x  tan  + x   3  3 6 tan x  

1 1 ≥ 2 sin α cos α. =1 4 sin α cos α 4 sin α cos α  1  1  Suy ra  sin α +   cos α +  ≥ 2 ĐPCM.   2 cos α  2 sin α  sin α cos α +

Ví dụ 3: Chứng minh rằng với 0 ≤ α ≤ π thì α π  2 ( 2 cos 2α − 1 ) − 4 sin2  −  > 2 sin α − 2 ( 3 − 2 cos 2α ) . 2 4

(

Áp dụng tính A = tan 6o tan 54o tan 66o . Bài 6.51: Cho n là số nguyên dương. Chứng minh rằng 1 1 1 + + ... + = cot10 − cot n 0 sin 10 sin 20 sin 20 sin 30 sin(n − 1)0 sin n 0

Bài 6.52: Chứng minh rằng 2 sin 2 0 + 4 sin 4 0 + ... + 178 sin 178 0 = 90 cot10 DẠNG TOÁN 4: BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC VÀ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC LƯỢNG GIÁC 1. Phương pháp giải - Sử dụng phương pháp chứng minh đại số quen biết. - Sử dụng các tính chất về dấu của giá trị lượng giác một góc.

)

Lời giải: Bất đẳng thức tương đương với   2 π  ⇔ ( 2 cos 2α − 1 ) − 2  1 − cos  α −   + 2 ( 3 − 2 cos 2α ) >  2    2 sin α ( 4 sin 2 α + 1 )

⇔ 4 cos2 2α − 8 cos 2α + 5 + 2 sin α > 2

⇔ 4 ( 1 − cos 2α ) + 1 + 2 sin α >

2 sin α  3 − 2 ( 1 − 2 sin2 α ) 

2 sin α ( 4 sin2 α + 1 )

⇔ 16 sin 4 α + 2 sin α + 1 >

- Sử dụng kết quả sin α ≤ 1, cos α ≤ 1 với mọi số thực α

Đặt

2. Các ví dụ điển hình

Bất đẳng thức trở thành t + t + 1 > t ( t + 1) ⇔ t 8 − t 5 + t 2 − t + 1 > 0 (*)

π Ví dụ 1: Chứng minh rằng với 0 < α < thì 2

+ Nếu 0 ≤ t < 1 : (*) ⇔ t 8 + t 2 ( 1 − t 3 ) + 1 − t > 0 đúng vì 1 − t > 0, 1 − t 3 > 0, t 2 ≥ 0 và t 8 ≥ 0 .

2 sin α = t , vì 0 ≤ α ≤ π ⇒ 0 ≤ t ≤ 8

a) 2 cot2 α ≥ 1 + cos 2α Lời giải: a) Bất đẳng thức tương đương với  1  1 − 1 ≥ 1 − sin 2 α 2  2 − 1  ≥ 2 cos2 α ⇔  sin α  sin2 α 1 ⇔ + sin2 α ≥ 2 ⇔ sin 4 α − 2 sin 2 α + 1 ≥ 0 sin 2 α

b) cot α ≥ 1 + cot 2α

+ Nếu 1 ≤ t ≤

2 : (*) ⇔ t 5 ( t 3 − 1) + t ( t − 1) + 1 > 0 đúng vì t 5 ( t 3 − 1 ) ≥ 0, t ( t − 1 ) ≥ 0 .

Vậy bất đẳng thức (*) đúng suy ra ĐPCM. Ví dụ 4: Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của biểu thức sau: b) B = sin 4 x + cos 4 x

a) A = sin x + cos x Lời giải: 2

a) Ta có A2 = ( sin x + cos x ) = sin2 x + cos2 x + 2 sin x cos x = 1 + sin 2x

⇔ ( sin2 α − 1 ) ≥ 0 (đúng) ĐPCM.

Vì sin 2x ≤ 1 nên A2 = 1 + sin 2x ≤ 1 + 1 = 2 suy ra − 2 ≤ A ≤ 2 .

b) Bất đẳng thức tương đương với

Khi x =

cos α sin 2α + cos 2α cos α sin 2α + cos 2α ≥ ⇔ ≥ (*) sin α sin 2α sin α 2 sin α cos α   sin α > 0 π Vì 0 < α < ⇒  nên   cosα > 0 2  

(*) ⇔ 2 cos2 α ≥ sin 2α + cos2 α − sin2 α ⇔ 1 ≥ sin 2α (đúng) ĐPCM.

π thì A = 4

Do đó max A =

3π thì A = − 2 4

2 và min A = − 2 . 2

 1 − cos 2x   1 + cos 2x  1 − 2 cos 2x + cos2 2x 1 + 2 cos 2x + cos2 2x b) Ta có B =  +  +   =     2   2  4 4 =

-- 33 --

2, x = −

2 + 2 cos2 2x 2 + 1 + cos 4x 3 1 = = + .cos 4x 4 4 4 4

-- 34 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

1 3 1 1 Vì −1 ≤ cos 4x ≤ 1 nên ≤ + .cos 4x ≤ 1 suy ra ≤ B ≤ 1 . 2 4 4 2 1 khi cos 4x = −1 . 2 Ví dụ 5: Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của biểu thức A = 2 − 2 sin x − cos 2x Lời giải:

Vậy max B = 1 khi cos 4x = 1 và min B =

Ta có A = 2 − 2 sin x − ( 1 − 2 sin2 x ) = 2 sin2 x − 2 sin x + 1

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

C A B = 4 cos cos cos = VP ⇒ ĐPCM. 2 2 2

b) VT =

1 − cos 2A 1 − cos 2B cos 2A + cos 2B + + 1 − cos2 C = 2 − − cos2 C 2 2 2

= 2 − cos ( A + B ) cos ( A − B ) − cos2 C

Vì A + B + C = π ⇒ cos ( A + B ) = − cos C nên

Đặt t = sin x , t ≤ 1 khi đó biểu thức trở thành A = 2t 2 − 2t + 1

VT = 2 + cos C cos ( A − B ) + cos C cos ( A + B ) = 2 + cos C  cos ( A − B ) + cos ( A + B )  = 2 + cosC .2 cos A cos B = 2(1 + cos A cos B cosC ) = VP ⇒ ĐPCM.

Xét hàm số y = 2t 2 − 2t + 1 với t ≤ 1 .

c) VT = 2 sin ( A + B ) cos ( A − B ) + 2 sin C cos C

Bảng biến thiên: t

Vì A + B + C = π ⇒ cosC = − cos ( A + B ), sin ( A + B ) = sinC nên

−1

1 2

5 1 1 2 Từ bảng biến thiên suy ra max A = 5 khi t = −1 hay sin x = 1 .

1 1 1 khi t = hay sin x = . 2 2 2 3. Bài tập luyện tập π Bài 6.53: Cho 0 < x < . Chứng minh rằng tan x + cot x ≥ 2 2 min A =

Bài 6.54: Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của biểu thức B = cos 2x + 1 + 2 sin2 x Bài 6.55: Chứng minh rằng cos x (sin x + sin 2 x + 2 ) ≤ 3 Bài 6.56: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2 sin x + sin 2x . A B C sin sin . 2 2 2 DẠNG TOÁN 5: CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC, BẤT ĐẲNG THỨC TRONG TAM GIÁC 1. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Chứng minh trong mọi tam giác ABC ta đều có:

Bài 6.57: Cho tam giác ABC . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = sin

VT = 2 sin C cos ( A − B ) − 2 sin C cos ( A + B ) = 2 sin C  cos ( A − B ) − cos ( A + B )  = 2 sin C .  − 2 sin A sin ( −B )  = 4 sin A sin B sin C = VP ⇒ ĐPCM.

Ví dụ 2: Chứng minh trong mọi tam giác ABC không vuông ta đều có: a) tan A + tan B + tan C = tan A. tan B . tan C b) cot A. cot B + cot B . cotC + cotC . cot A = 1 Lời giải: a) Đẳng thức tương đương với tan A + tan B = tan A. tan B . tan C − tan C

⇔ tan A + tan B = tanC ( tan A tan B − 1) ( * ) Do tam giác ABC không vuông nên A + B ≠ ⇒ tan A tan B − 1 =

cos ( A + B ) sin A sin B sin A sin B − cos A cos B −1 = =− ≠0 cos A cos B cos A cos B cos A cos B

tan A + tan B tan A + tan B = tan C ⇔ = − tan C ⇔ tan ( A + B ) = − tan C tan A tan B − 1 1 − tan A tan B Đẳng thức cuối đúng vì A + B + C = π ⇒ ĐPCM. b) Vì A + B + C = π ⇒ cot ( A + B ) = − cotC

Suy ra ( * ) ⇔

Theo công thức cộng ta có:

1 1 − tan A tan B cot ( A + B ) = = = tan ( A + B ) tan A + tan B

A B C a) sin A + sin B + sin C = 4 cos cos cos 2 2 2

b) sin2 A + sin2 B + sin2 C = 2(1 + cos A cos B cosC ) Suy ra

A+B A−B C C cos + 2 sin cos 2 2 2 2

Mặt khác trong tam giác ABC ta có A + B + C = π ⇒ Suy ra sin

A+B π C = − 2 2 2

A+B C C A+B = cos , sin = cos 2 2 2 2

Vậy VT = 2 cos

1 cot A cot B = cot A cot B − 1 1 1 cot A + cot B + cot A cot B

1−

cot A cot B − 1 = − cotC ⇒ cot A cot B − 1 = − cotC ( cot A + cot B ) cot A + cot B Hay cot A. cot B + cot B . cotC + cotC . cot A = 1 ĐPCM. Ví dụ 3: Chứng minh trong mọi tam giác ABC ta đều có:

c) sin 2A + sin 2B + sin 2C = 4 sin A sin B sin C Lời giải: a) VT = 2 sin

π 2

C A−B A+B C C A−B A + B  cos cos = 2 cos  cos + 2 cos + cos   2 2 2 2 2 2 2  -- 35 --

a) cos A + cos B + cosC ≤

3 2

b) sin A + sin B + sin C ≤

3 3 3

c) tan A tan B tanC ≥ 3 3 với ABC là tam giác nhọn. Lời giải: -- 36 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

A+B A−B a) Ta có cos A + cos B + cosC = 2 cos cos + cosC 2 2

Vì

A+B π C A+B C = − nên cos = sin 2 2 2 2 2

 C A−B C C C A − B 1  cos A + cos B + cosC = 2 sin cos + 1 − 2 sin 2 = −2  sin2 − sin cos −   2 2 2 2 2 2 2    C C 1 A−B 1 A − B  1 A−B = −2  sin2 − 2 sin . cos + cos2  + 1 + cos2 2 2 2 2 4 2  2 2 

A+B C A−B A+B A−B C = cos > 0 và cos ≤ 1 nên sin A + sin B = 2 sin cos ≤ 2 cos 2 2 2 2 2 2

A B , sin C + sin A ≤ 2 cos 2 2 Công vế với vế các bất đẳng thức trên và rút gọn ta được

Hoàn toàn tương tự ta có sin B + sin C ≤ 2 cos

sin A + sin B + sin C ≤ cos

A B C + cos + cos . ĐPCM. 2 2 2

b) +TH1: Nếu tam giác ABC tù: không mất tính tổng quát giả sử A >

 C 1 A − B  1 A−B = −2  sin + cos  + 1 + cos2  2 2 2  2 2

cos A cos B cos C < 0 . Mà sin

1 3 = ⇒ ĐPCM. 2 2 b) Trước tiên ta chứng minh bổ đề sau: cos A + cos B + cosC ≤ 1 +

A B C sin sin > 0 do đó bất đẳng thức luôn đúng. 2 2 2

+ TH2: Nếu tam giác ABC nhọn: cos A cos B =

sin x + sin y x +y ≤ sin . 2 2

x +y x +y x −y ≤ π ⇒ sin > 0 và cos ≤ 1 nên 2 2 2

sin x + sin y x +y x −y x +y = sin cos ≤ sin 2 2 2 2 π π C + sin A + sin B A + B sin C + sin 3 3 ≤ sin , ≤ sin 2 2 2 2  π π π  sinC + sin C + C +  sin A + sin B A + B 1 A + B  3 ≤ sin 3 ≤ 2 sin  3  = 2 sin π + + sin + Suy ra  2 2 2 2 2  2 2  3  

1 cos ( A + B ) + cos ( A − B )  . 2

Vì cos ( A + B ) = − cos C và cos ( A − B ) ≤ 1 nên cos A cos B ≤

A B , cosC cos A ≤ sin 2 . 2 2 Do các vế đều không âm nên nhân vế với vế các bất đẳng thức trên ta được

⇔ cos A cos B cosC ≤ sin

c) Ta có tan A + tan B =

C A B sin 2 sin2 2 2 2

A B C sin sin ĐPCM. 2 2 2

sin ( A + B ) cos A cos B

2 sin ( A + B ) cos ( A + B ) + cos ( A − B )

Mà sin ( A + B ) = sinC , cos ( A + B ) = − cosC nên

C C cos 2 2 = 2 cot C C 2 2 sin2 2

4 sin

Do đó sin A + sin B + sin C ≤ 3 sin

π 3 3 hay sin A + sin B + sin C ≤ ĐPCM. 3 3 c) Vì ABC là tam giác nhọn nên tan A > 0, tan B > 0, tan C > 0 .

2 sin C 2 sinC tan A + tan B = ≥ = − cos C + cos ( A − B ) 1 − cosC

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có tan A + tan B + tanC ≥ 3 3 tan A. tan B. tanC Theo ví dụ 2 ta có tan A + tan B + tan C = tan A. tan B . tan C nên 2   tan A tan B tan C ≥ 3 3 tan A. tan B. tan C ⇔ 3 tan A. tan B. tan C  3 ( tan A tan B tan C ) − 3  ≥ 0  

A B Tương tự ta có tan B + tan C ≥ 2 cot , tan C + tan A ≥ 2 cot 2 2 Công vế với vế và rút gọn ta được

⇔

( tan A tan B tanC )

≥ 3 ⇔ tan A tan B tan C ≥ 3 3 ĐPCM.

Ví dụ 4: Chứng minh trong mọi tam giác ABC ta đều có:

a) sin A + sin B + sin C ≤ cos

A B C + cos + cos 2 2 2

1 C ( 1 − cosC ) = sin2 . 2 2

Chứng minh tương tự ta có cos B cosC ≤ sin2

( cos A cos B )( cos B cosC )( cosC cos A ) ≤ sin2

Áp dụng bổ đề ta có:

π π π ⇒ B < ,C < suy ra 2 2 2

cos A < 0, cos B > 0, cos C > 0

A−B A−B Vì cos ≤ 1 ⇒ cos2 ≤ 1 nên 2 2

Thật vậy, do 0 ≤

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

A B C c) tan A + tan B + tan C ≥ cot + cot + cot Với tam giác ABC không vuông. 2 2 2 Lời giải:

a) Vì sin

C Mặt khác cosC = 1 − 2 sin do đó 2 2

Nếu 0 ≤ x ≤ π, 0 ≤ y ≤ π thì

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

tan A + tan B + tan C ≥ cot

A B C + cot + cot ĐPCM. 2 2 2

Nhận xét: + Để chứng minh x + y + z ≥ a + b + c ta có thể đi chứng minh x + y ≥ 2a (hoặc 2b, 2c ) rồi xây dựng

bất đẳng thức tương tự. Cộng vế với vế suy ra đpcm. + Để chứng minh xyz ≥ abc với x, y, z, a,b, c không âm ta đi chứng minh xy ≥ a 2 (hoặc b 2 , c 2 ) rồi xây

A B C b) cos A cos B cos C ≤ sin sin sin 2 2 2

dựng bất đẳng thức tương tự. nhân vế với vế suy ra đpcm. -- 37 --

-- 38 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

Ví dụ 5: Chứng minh trong mọi tam giác ABC ta đều có:

 1   1   1  b)  1 + . 1 + . 1 + ≥  sin A   sin B   sin C 

   1 + 2   3 

      1 1    1 + Ta lại có  1 +  ≥  1  A + B  π   sin sin C +      2  2  3 

Lời giải:

a) Áp dụng bất đẳng thức x + y ≤ sin A +

Tương tự ta có

sin C +

Công vế với vế ta được Mà

A+B + 2

sin

Suy ra

sin A +

2 ( x 2 + y 2 ) với mọi x, y không âm ta có

2 ( sin A + sin B ) =

sin B ≤

sin

2.2 sin

A+B A−B A+B cos ≤ 2 sin 2 2 2

π 1 π ≤ 2 sin C +  3 2  3

sin A + sin B + sin C + sin

 π A+B 1 π  ≤ 2  sin + sin C +    3 2 2  3  

A + B 1 π π 1 π π  π sin C +  ≤ 2 sin  + C +   = 2 sin  +  = 2 sin  2  2 2  3 2  3   6 3 sin B +

sin C +

sin

π π ≤ 4 sin 3 3

sin A + sin B + sinC ≤ 3 sin

Áp dụng bất đẳng thức

 1   1  Do đó  1 + . 1 +  ≥ 1+  sin A   sin B 

2 sin A sin B

 1 =  1 + sin A sin B 

1 1 sin A sin B = −  cos ( A + B ) − cos ( A − B )  =  cos ( A + B ) + cos ( A − B )  2 2 cos ( A + B ) + 1 A+B ≥ = sin2 2 2 2

    1   (1)  + 1  A + B   sin   2 

    1   1    ≥ Tương tự ta có  1 + . 1 + sin C   π   sin    3

     1   (2)  1 +    1 π  sin C +     2  3 

Nhân vế với vế của (1) và (2) ta được -- 39 --

  sin A sin B  1

Mặt khác

 1   1  Nên  1 + . 1 + ≥ sin A   sin B  

2         1  1   1 +  =  1 +  1  A + B 1  π  π        + + sin C sin        2  2 2  3    3 

    1   1   1   1   ≥ Suy ra  1 + .1 + .1 + . 1 + sin A   sin B   sinC   π   sin    3

 4  1    1 + π   sin    3

 3  3   1   1   1   1  2   =  1 + Hay  1 + . 1 + . 1 +  ≥  1 +  ĐPCM.         sin A   sin B   sin C   π  3 sin   3 Nhận xét: Cho tam giác ABC và hàm số f

   C + π      π       A + B  3   2f  + f    ≥ 4 f  3      2  2          π Do đó f ( A ) + f ( B ) + f (C ) ≥ 3 f   .  3  π f ( A ) + f ( B ) + f (C ) + f   ≥  3 

sin A sin B

     1   1 + 1  π    sin C +     2  3 

  C + π   π    3   từ đó suy ra khi đó f (C ) + f   ≥ 2 f   3   2   

1 1 4 với mọi x , y dương ta có + ≥ x y x +y

1 1 4 4 + ≥ = = sin A sin B sin A + sin B 2 sin A sin B

    1  1 + A + B   sin   2 

π  A + B  Để chứng minh f ( A ) + f ( B ) + f (C ) ≥ 3 f   . Ta đi chứng minh f ( A ) + f ( B ) ≥ 2 f    3   2 

π 3 =3 ĐPCM. 3 2  1   1  1 1 1 b) Ta có  1 + . + + . 1 +  = 1+  sin A   sin B  sin A sin B sin A sin B Hay

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

         1 + 1 . 1 + 1 .  1 + 1 .  1 + 1  ≥          sin A   sin B   sinC   π sin   3

3 2

sin A + sin B + sin C ≤ 3

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

π  A + B  Để chứng minh f ( A ) f ( B ) f (C ) ≥ f 3   . Ta đi chứng minh f ( A ) f ( B ) ≥ f 2    3   2 

 π C +  π 3  từ đó suy ra khi đó f (C ) f   ≥ f 2    3   2     π   π  A + B  2 C + 3  π  f ( A ) f ( B ) f (C ) f   ≥ f 2  f  ≥ f 4      3   3   2   2    π Do đó f ( A ) f ( B ) f (C ) ≥ f 3   .  3  Ví dụ 6: Cho tam giác ABC thỏa mãn cos

A B −C cos(B − C ) + cos A cos = 0. 2 2 -- 40 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

Chứng minh rằng cos 2B + cos 2C ≤ 1 . Lời giải: Từ giả thiết ta có   A B −C B − C  2 A cos  2 cos2 − 1  + cos − 1  = 0  2 cos 2  2 2  2  

⇔ 2 cos

⇒ cos

sinC = tan A + tan B (A, B ≠ 900 ) cos A.cos B cosC cos B c) cot B + = cotC + (A ≠ 90o ) sin B.cos A sin C .cos A A B C A B C A B C A B C d) cos .cos .cos = sin sin cos + sin cos sin + cos sin sin 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 b)

B +C π A A B +C A B −C = − ⇒ cos = sin nên (1) ⇔ 2 cos cos −1 = 0 2 2 2 2 2 2 2 B +C B −C ⇔ 2 sin cos = 1 ⇔ sin B + sinC = 1 2 2 2

suy ra sin2 B + sin2 C ≥

( sin B + sin C ) 2

1 2

1 Do đó cos 2y + cos 2z = 2 − 2 ( sin y + sin z ) ≤ 2 − 2. = 1 ĐPCM. 2 Ví dụ 7: Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta luôn có 2

A B B C C A 3 3 ĐPCM. cos + sin cos + sin cos ≤ 2 2 2 2 2 2 4

2. Bài tập luyện tập Bài 6.58: Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng: a) sin C = sin A. cos B + sin B . cos A

A π A π B −C π B −C < ⇒ cos > 0 , − < < ⇒ cos > 0 và 2 2 2 2 2 2 2

(x + y )

B B B 3 3 (2) + sin cos ≤ 2 2 2 4

Từ (1) và (2) ta có sin

A B − C  B −C A  A B − C  cos + cos  −  cos + cos =0  cos   2 2  2 2  2 2 

Áp dụng bất đẳng thức x 2 + y 2 ≥

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

  B B B 3 B B 9 Hay 2 3  cos + sin cos  ≤ + 3  sin2 + cos2  = 2 2 2 2 2 2 2  

  A B − C  A B −C ⇔  cos + cos − 1  = 0 (1)  2 cos cos   2 2  2 2  Vì 0 <

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

A B C A B C + sin2 + sin2 = 1 + 2 sin sin sin 2 2 2 2 2 2 Bài 6.59: Cho tam giác ABC . Chứng minh:

e) sin2

a) tan A + tan B + tan C ≥ 3 3, ∀ ∆ABC nhọn b) tan2 A + tan2 B + tan 2 C ≥ 9, ∀ ∆ABC nhọn

A B B C C A 3 3 cos + sin cos + sin cos ≤ 2 2 2 2 2 2 4 Lời giải:

c) tan 6 A + tan 6 B + tan 6 C ≥ 81, ∀ ∆ABC nhọn

sin

A B C + tan2 + tan2 ≥ 1 2 2 2 A B C e) tan + tan + tan ≥ 3 2 2 2 Bài 6.70: Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta đều có

d) tan2

Do A, B,C bình đẳng nên không mất tính tổng quát giả sử A ≥ B ≥ C ⇒

π A B C > ≥ ≥ >0 2 2 2 2

A B C A B C ≥ sin ≥ sin > 0, cos ≥ cos ≥ cos > 0 2 2 2 2 2 2    A B B C ⇒  sin − sin   cos − cos  ≥ 0 2 2  2 2 

Suy ra sin

A B A C B B B C cos − sin cos − sin cos + sin cos ≥ 0 2 2 2 2 2 2 2 2 A B B C A C B B ⇔ sin cos + sin cos ≤ sin cos + sin cos 2 2 2 2 2 2 2 2 A B B C C A A C C A B B Do đó sin cos + sin cos + sin cos ≤ sin cos + sin cos + sin cos 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2  A C  A C C A B B B B B B B Mà sin cos + sin cos + sin cos = sin  +  + sin cos = cos + sin cos (1)  2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ⇔ sin

Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có: B 3 3 B B B B B B B B + ≥2 cos2 = 3 cos , 3 sin 2 + cos2 ≥ 2 3 sin 2 cos2 = 2 3 sin cos 2 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2  2 B 3    B B B B B Suy ra 2  cos +  +  3 sin2 + cos2  ≥ 2 3 cos + 2 3 sin cos  2 4   2 2 2 2 2 cos2

-- 41 --

1 + cos A cos B cosC ≥

3 sin A sin B sin C

Bài 6.71: Cho ∆ABC . Chứng minh rằng 2 sin A + 3 sin B + 4 sinC ≤ 5 cos

A B C + 3 cos + cos . 2 2 2

Bài 6.72: Cho ∆ABC . Chứng minh rằng x 2 − 2(cos B + cosC )x + 2 − 2 cos A ≥ 0 ∀x . Đẳng thức xảy ra khi nào ? Bài 6.73: Cho ∆ABC nhọn . Chứng minh bất đẳng thức sau:

(tan B + tan C )x 2 − 4x + 2 tan

A ≥ 0 ∀x . Đẳng thức xảy ra khi nào ? 2 CHỦ ĐỀ 4: ÔN TẬP

3 3π ( π<α< ) .Tính cos α ,tan α ,cot α ,sin 2α ,cos 2α . 5 2 Bài 6.75: Không sử dụng máy tính hãy tính b) tan150 a) tan 750 Bài 6.74: Cho sin α = −

c) A = sin2

π π π π + sin2 + 3 sin sin 9 18 9 18

-- 42 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

d) B =

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

( 4 cos2 90 − 3 )( 4 cos2 27 0 − 3 )

tan 9 0 Bài 6.76: Tính giá trị các biểu thức sau:

a) A = sin 2 10 + sin 2 20 + ... + sin 2 890 + sin 2 900 b) B = sin 2 45 0 − 2 sin 2 500 + 3 cos2 450 − 2 sin 2 40 0 + 4 tan 550. tan 35 0

π 3π 9π 11π + cos2 + ...... + cos2 + cos2 . 12 12 12 12 2π 4π 6π 8π d) D = cos + cos + cos + cos 5 5 5 5 π 3π 5π 7π 9π e) E = cos + cos + cos + cos + cos 11 11 11 11 11

c) C = cos2

f) F = cos10 . cos 20 . cos 30 ... cos 70 . cos 80 0

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

Bài 6.82: Chứng minh rằng: a) tan 2 x . tan 2x = tan 2x − 2 tan x .

a a a a a a b) tan2 . tan a + 2 tan2 2 . tan + ... + 2n −1 tan2 n . tan n −1 = tan a − 2n tan n 2 2 2 2 2 2 1 1 −1 Bài 6.83: Chứng minh rằng a) − = x sin 2 x 2 x 4. cos 4. sin 2 2 2 1 1 1 1 + + ... + = − a a sin2 a n n 2 2 a 2 a 4. cos 4 . cos 2 4 . cos n 4 . sin2 n 2 2 2 2 Bài 6.84: Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng:

sin3 Acos ( B − C ) + sin 3 Bcos (C − A ) + sin3 Ccos ( A − B ) = 3 sin A sin B sinC Bài 6.85: Gọi A, B, C là ba góc của tam giác ABC. Chứng minh rằng để tam giác ABC đều thì điều kiện cần

π 2π 3π 4π 5π 6π 7π .cos .cos .cos .cos .cos .cos 15 15 15 15 15 15 15 Bài 6.77: Rút gọn các biểu thức sau:

g) G = cos

15 15 a) A = cos6 (5π − x ) + sin6 (5π + x ) − 2 sin 4 (12π + x ) − sin 4 ( π + x ) + 3 cos2 ( π − x ) . 2 2 b) B = 2 sin(7900 + x ) + cos(12600 − x ) + tan(6300 + x ). tan(12600 − x )

A B C 1 A−B B −C C −A + cos2 + cos2 − 2 = cos cos cos 2 2 2 4 2 2 2 Bài 6.86: Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh là BC = a, CA = b, AB = c. Tính diện tích tam giác ABC, biết rằng: b sin C (b.cosC + c.cos B) = 20 . và đủ là: cos2

Bài 6.87: Cho cos x + cos y + cos z = 0 và cos 3x + cos 3y + cos 3z = 0 .

Chứng minh rằng: cos 2x cos 2y cos 2z ≤ 0 .

Bài 6.78: Chứng minh các đẳng thức sau

Bài 6.88: Cho cos x + cos y + cos z = 0 , sin x + sin y + sin z = 0 . Chứng minh rằng:

1 1 1 1 1 2 + + ) = a) ( 2 + sin x tan2 x cos2 x cot2 x 1 − sin2 x cos2 x sin2 x cos2 x

a) sin 2x + sin 2y + sin 2z = cos 2x + cos 2y + cos 2z = 0

b) sin x +

b) sin ( x + y + z ) =

sin4 x + cos2 x sin2 x = 0 ( π < x < 2π ). 1

sin x + cot2 x − cos2 x

= sin x (0 < x < π)

sin 3x + sin 3y + sin 3z cos 3x + cos 3y + cos 3z và cos ( x + y + z ) = 3 3 sin x + sin y + sin z cos x + cos y + cos z Bài 6.89: Cho = =a. sin ( x + y + z ) cos ( x + y + z )

 tan x + cos x  tann x + cosn x e)  (n ∈ Z + )  =  1 + cot x cos x  1 + cotn x cosn x

Chứng minh rằng cos ( x + y ) + cos ( y + z ) + cos ( z + x ) = a .

Bài 6.79: Chứng minh đẳng thức:

Bài 6.0: a) 20 0 ≈ 0, 349, 40025 ' ≈ 0, 705, − 27 0 ≈ −0, 471

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ PHẦN BÀI TẬP LUYỆN TẬP

π π 3 sin x − cos x = 2 sin(x − ) b) 3 cos x − sin x = 2 cos(x + ) 6 6 π π   c) sin x + cos x = 2 sin  x +  d) sin x − cos x = 2 sin  x −  4 4   Bài 6.80: Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào α . a)

sin4 α + 3 cos4 α − 1 sin α + cos6 α + 3 cos4 α − 1 6

b) sin2 α tan2 α + 2 sin2 α − tan2 α + 3 cos2 α + sin 4 α − cos 4 α     π π 2π  2π  c) tan α. tan  α +  + tan  α + . tan  α +  + tan  α + . tan α     3 3 3  3  Bài 6.81: Tính giá trị của biểu thức lượng giác, khi biết:

1 1 a) cos(a + b).cos(a − b) khi cos a = , cos b = 3 4 b) tan a + tan b, tan a, tan b khi 0 <a, b <

π π , a + b = và tan a. tan b = 3 − 2 2 . 2 4

Từ đó suy ra a, b . -- 43 --

π 2π = 10035 ' 58 '', − = −51024 ' 9 '', − 5 = −286028 ' 44 '' 17 7 m π 39π Bài 6.1: Giả sử hai góc có cùng tia đầu, tia cuối khi đó − = k 2π , k ∈ Z 9 7 351 Hay 7m − 9.39. = 9.7.k 2 ⇔ 7 ( m − 18k ) = 351 ⇔ m − 18k = với k, m ∈ Z . 7 Vì vế trái là một số nguyên, vế phải là số thập phân nên dẫn tới vô lí. b)

39π mπ và ( m là số nguyên ) không thể cùng tia đầu, tia cuối. 7 9 3π Bài 6.2: a) Ta có l = Rα = 25. ≈ 33, 66m 7 πa π49 b) Ta có l = .R = .25 ≈ 21, 38m 180 180 4 c) Ta có l = Rα = 25. ≈ 33, 333m 3 Vậy hai góc lương giác

-- 44 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 Bài 6.3: a) 35

b) 28

Bài 6.4: sđ A0Ai = þ

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

c) ( 20π )

Bài 6.5: sđ AM ' =

π + k π được biểu diễn bởi hai điểm là B và B ' trên đường tròn lượng giác. 2 kπ Từ đó suy ra các góc x1, x 2 có thể viết dưới dạng một công thức là . 2

π + k 2π , i, j = 0,1,2, 3, 4, 5, i ≠ j , k ∈ Z . 3

π 6π + π + k 2π = + k 2π, k ∈ Z 5 5

π 4π sđ AN ' = − + π + k 2π = + k 2π, k ∈ Z 5 5 Theo hệ thức salơ ta có þ

bằng nhau. Khi đó điểm M1 là điểm biểu diễn bởi góc có số đo

c) D = ( cos 00 + cos1800 ) + ( cos 200 + cos1600 ) + ... + ( cos 800 + cos1000 )

π 1 Bài 6.6: HD: a) Ta có 3 = . Ta chia đường tròn thành sáu phần 2π 6

45 1 = . Ta chia đường tròn thành tám phần bằng nhau. 360 8

= ( cos 00 − cos 00 ) + ( cos 20 0 − cos 200 ) + ... + ( cos 800 − cos 800 ) = 0

y B

π . 3

17π π b) Ta có − = − + ( −2 ) .2π do đó điểm biểu diễn bởi góc 4 4 17 π π trùng với góc − và là điểm M 2 . − 4 4 c) Ta có

2π + k 2π, k ∈ Z 5

2 2. sin 450 + sin1350 2 = 2 2 = cos 300 + cos 600 1 3 1+ 3 + 2 2 1 1− 1 − tan 30° 3 = 1− 3 b) B = = − tan 60° 3 − 3 Bài 6.9: a) A =

sđ M ' N ' =sđ AN ' − sđ AM ' + k 2π = −

d) E = ( tan 50 tan 850 )( tan150 tan 750 ) ... ( tan 450 tan 450 )

M1 M3

= ( tan 50 cot 50 )( tan150 cot 50 ) ...( tan 450 cot50 ) = 1 e) F = ( cos2 15° + sin2 15° ) + ( cos2 35° + sin2 35° ) = 2 x

Bài 6.10: a) A = 5 sin2 M2 B'

Khi đó điểm M2 là điểm biểu diễn bởi góc có số đo −450 . d) Ta có 7650 = 450 + 2.3600 do đó điểm biểu diễn bởi góc 765 0 trùng với góc 450 .

45 1 = . Ta chia đường tròn làm tám phần bằng nhau 360 8 ) là điểm biểu diễn bởi góc có số đo 765 0 . Khi đó điểm M 3 (điểm chính giữa cung nhỏ AB π π π 2π π π +k = +k do đó có bốn điểm biểu diễn bởi góc có số đo dạng x = + k 4 2 4 4 4 2 π Với k = 0 ⇒ x = được biểu diễn bởi điêm M1 y 4 B 3π M2 k =1⇒x = được biểu diễn bởi M2 M1 4 5π k =2⇒x = được biểu diễn bởi M 3 4 A x A' O 7π k =3⇒x = được biểu diễn bởi M 4 4 M3 M4 π π Vậy góc lượng giác có số đo là x = + k được biểu diễn 4 2 B' bởi đỉnh của hình vuông M1M 2M 3M 4 . Bài 6.7: Ta có x =

-- 45 --

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

Các góc lượng giác x 2 =

iπ + k 2π , i = 0,1,2, 3, 4, 5 , k ∈ Z . 3

sđ Ai Aj =sđ A0Aj − sđ A0Ai + k 2π = ( j − i ) .

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

Bài 6.8: Các góc lượng giác x1 = kπ được biểu diễn bởi hai điểm là A và A ' trên đường tròn lượng giác.

π π π π + 3 cos2 − 4 tan2 + 7 cot2 6 3 6 3 2

1 1  1   1  = 5.  + 3   − 4   + 7   =3  2   2   3   3  π 3π 2π π = sin , cos = sin suy ra 5 10 5 10  π π  3π 3π  B =  cos2 + sin2  +  cos2 + sin2 =2 10 10   10 10  

b) Ta có cos

c) Ta có tan

π 7π 2π 5π = cot , tan = cot ⇒C = 1 9 18 9 18

Bài 6.11: a) A = sin 500.cos(−3600 + 600 ) = sin 500.cos 600 > 0

 π π b) B = sin ( 1800 + 350 ) . tan  3π +  = − sin 350. tan < 0  7 7 3π 2π π 3π 3π π 2π 2π .sin . Ta có < < π ⇒ cot < 0, < < π ⇒ sin >0 5 3 2 5 5 2 3 3 3π 2π Vì vậy C = − cot .sin <0 5 3 c) C = − cot

Bài 6.12: a) 900 < α + 900 < 1800 ⇒ sin(α + 900 ) > 0

b) −900 < α − 900 < 00 ⇒ cot(α − 900 ) < 0 c) 1800 < 2700 − α < 2700 ⇒ tan(2700 − α) > 0 d) 900 < 2α + 900 < 2700 ⇒ cos(2α + 900 ) < 0

-- 46 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

 2π 2π 9π 2π 2π  <α+ < ⇒0<α+ < π ⇒ sin  α + > 0  5 5 10 5 5   3π  π 3π 3π π 3π π d) − < −α < ⇒− < − α < ⇒ cos  − α  > 0   8 8 8 2 8 2 8 Bài 6.14: a) M > 0 b) N < 0 c) P > 0 d) Q < 0 Bài 6.15: a) A = − sin x + cos x − cos x = − sin x b) B = 2 cos x + 3 cos x − 5 cos x + tan x = tan x c) C = 2 cos x + sin x − cos x − sin x = cos x

2 . cos x

c) Vì tan α = 2 ⇒ cot α =

2 2 . 1 − cos2 x 1 − sin2 x

2 sin x cos x

-- 47 --

1 − sin2 α =

1 1 = tan α 2

1 1 1 1 1 . ⇒ cos2 α = = = ⇒ cos α = ± 5 cos2 α tan2 α + 1 ( 2 )2 + 1 5

Ta có tan 2 α + 1 =

Vì π < α < 2π ⇒ sin α < 0 và tan α = 2 > 0 nên cos α < 0 Vì vậy cos α = − Ta có tan α =

1 5

 1  sin α 2 5 . ⇒ sin α = tan α. cos α = 2.  −  = − cos α  5 5

d) Vì tan α , cot α cùng dấu và tan α + cot α > 0 nên tan α > 0, cot α > 0 Ta có tan 2 α + 1 =

1 1 25 1 1 = = ⇒ tan2 α = ⇒ tan α = 2 24 24 cos2 α 2 6 0, 8 ( )

1 1 2 = 2 6 , sin α = tan α cos α = .0, 8 = tan α 2 6 5 6

Bài 6.21: a) A =

19 3

b) Từ giả thiết suy ra cos α = − c) C =

1 1 1 1 + + = . 1 + cos x 1 − cos x 1 + sin x 1 − sin x =

b) 0 < α < π ⇒ sin α =

cot α =

1 + sin x 1 − sin x 1 + sin x 1 − sin x + +2 . 1 − sin x 1 + sin x 1 − sin x 1 + sin x 2 2 2 ( 1 + sin 2 x ) ( 1 + sin x ) + (1 − sin x ) 4 = + 2= + 2= 1 − sin2 x cos2 x ( 1 − sin x )(1 + sin x )

4 3 4 , tan α = , cot α = 5 4 3 2 1 1 − cos2 α = , tan α = 2, cot α = 2 5

Bài 6.20: a) 00 < α < 900 ⇒ cos α =

1 + sin x 1 − sin x khi đó + 1 − sin x 1 + sin x

sin2 x cos2 x

A2 =

= 3 ( sin2 α − cos2 α )( sin 4 α + cos 4 α ) − 2 ( sin2 α − cos2 α )( sin 4 α + sin 2 α cos2 α + cos 4 α )

Bài 6.19: a) A = 1 b) B = 1

= tan x .cos x = tan x .sin x = tan x − sin x (do câu a)) tan2 a − tan2 b 1 1 1 1 sin2 a − sin2 b d) = − = cot2 b − cot2 a = − 2 = 2 2 2 2 2 tan a. tan b tan b tan a sin b sin a sin2 a.sin2 b 1 Bài 6.17: a) − tan2 ( 1800 − x ) − cos2 ( 1800 − x ) = tan2 x + 1 − tan2 x − cos2 x = sin2 x cos2 x cos2 x − sin2 x cos2 x − sin2 x b) − cos2 x = − cos2 x = cos2 x sin 2 x − cos2 x = − cos 4 x 1 1 cot2 x − tan2 x −1− +1 sin2 x cos2 x (sin x + cos x ) ( sin2 x − sin x cos x + cos2 x ) sin 3 x + cos 3 x c) = = sin x + cos x cos2 x + sin x (sin x − cos x ) sin 2 x − sin x cos x + cos2 x

c) cot2 300 (sin8 α − cos8 α) + 4 cos 600 (cos6 α − sin6 α) − sin6 (900 − α)( tan2 α − 1 )

d) (sin4 α + cos4 α − 1)(tan2 α + cot2 α + 2) = −2

c) tan6 x (cos2 x − cot2 x ) = tan6 x cos2 x − tan6 x cot2 x = tan 4 x sin2 x − tan 4 x

Suy ra A =

b) 2(sin6 α + cos6 α) − 3(sin4 α + cos4 α) = 2 ( 1 − 3 sin2 x .cos2 x ) − 3 ( 1 − 2 sin2 x .cos2 x ) = −1

sin2 x Bài 6.16: a) tan x − sin x = − sin2 x = sin2 x ( 1 + tan2 x ) − sin2 x = tan2 x .sin2 x cos2 x tan3 x 1 cot3 x b) − + = tan3 x ( cot2 x + 1 ) − tan x ( cot2 x + 1 ) + cot3 x ( tan2 x + 1 ) 2 sin x cos x cos2 x sin x = tan x + tan 3 x − cot x − tan x + cot x + cot3 x = tan 3 x + cot3 x

d) Đặt A =

Bài 6.18: a) (tan α + cot α)2 − (tan α − cot α)2 = 4

− ( sin 2 α − cos2 α ) = ( sin2 α − cos2 α ) − ( sin2 α − cos2 α ) = 0

− sin x sin x tan x d) D = = − tan2 x ( − cos x )( − cos x ) tan x

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

1 − sin4 x − cos4 x .( cot2 x − tan2 x ) = 2 ( cot2 x − tan2 x ) sin2 x cos2 x

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

2 2  1 1 1 1   1 − 1  =  1 − cos x + 1 − sin x ( cot2 x − tan2 x ) f)  2 + 2 − −  sin2 x cos2 x   sin2 x  sin x cos x tan2 x cot2 x  cos2 x 

3π Bài 6.13: a) π < α + π < ⇒ cos(α + π) < 0 2 π b) −π < α − π < − ⇒ tan(α − π) > 0 2

2 2 1 26 − 2 2 , tan α = − , cot α = −2 2 ⇒ B = 3 9 2 2

2 tan a + 3 7 = tan a + 1 3

D 1 = 2 cot2 a + 5 cot a + ⇒ ( cot2 a + 1 ) D = 3 cot2 α + 5 cot a + 1 sin2 α sin2 α 101 Suy ra D = 26 d)

-- 48 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

Bài 6.22: a) tan2 x + cot2 x = m 2 − 2 2

b) Ta có tan 4 x + cot4 x = ( tan2 x + cot2 x ) − 2 = ( m 2 − 2 ) − 2 = m 4 − 4m 2 + 2 2 2 4 4 2 2 2 4 2 tan6 x + cot6 x ( tan x + cot x )( tan x + cot x - tan x cot x ) ( m −2)( m − 4m + 1) ⇒ 4 = = 4 4 2 4 2 tan x + cot x m − 4m + 2 m − 4m + 2 2

Bài 6.23: ( sin α + cos α ) = 1 +

24 7 ⇒ sin α + cos α = (do cos α > 0 ) 25 5

Suy ra sin3 α + cos3 α = ( sin α + cos α ) ( sin2 α − sin α cos α + cos2 α ) = Bài 6.24: a) 11

b) ± 13

π π 2+ 2 π = 1 − cos = 1 − ⇒ sin = 16 8 2 16

cot

C2: 1 = cot 450 = cot ( 220 + 230 ) = c) C = 2 cos

2− 2 2 2− 2+ 2 2

1+ 3 2

2 sin ( 230 − 450 ) . 2 sin ( 220 − 450 ) sin 230 sin 220

cot220 cot230 − 1 ⇒B =2 cot220 + cot230

6− 2 π π , tan = 2 − 3, cot =2+ 4 12 12

 π π π π  π π π b) cos − sin 4 =  cos2 + sin2   cos2 − sin2  = cos =  24 24  24 24  24 24  12

c) cos 360 − cos 720 =

2 ( cos 36 − cos 72

)( cos 36

2 ( cos 36 + cos 72 0

Bài 6.30: + Ta có ( sin α + sin β ) + ( cos α + cos β ) = m 2 + n 2

⇔ sin2 α + sin2 β + cos2 α + cos2 β + 2 sin α sin β + 2 cos α cos β = m 2 + n 2 ⇔ cos ( α − β ) =

m2 + n2 −1 2 2

+ cos 72

)

-- 49 --

)

⇔ 2 cos ( α + β ) cos ( α − β ) + 2 cos ( α + β ) = n 2 − m 2 ⇔ 2 cos ( α + β )  cos ( α − β ) + 1  = n 2 − m 2

1 + 2 ( cos 800 − cos 600 ) 1 − 4 sin 70 0 sin 10 0 = =2 0 sin10 sin10 0

Suy ra 2 cos ( α + β ) .

π π π π 3π π π π + 2 sin cos 2 sin + sin − sin 2 sin cos 5 20 4 5 10 5 4 10 d) D = = = =1 π π π π 3π π π π − cos 2 cos − 2 sin sin 2 cos + cos 2 cos cos 5 20 4 5 10 5 4 10  π π  π π π π π 2 + 6 Bài 6.28: a) cos = cos  −  = cos cos + sin sin =  3 4  12 3 4 3 4 4

d) D =

3π 2π 7π 2π 7π cos + cos = cos + cos =0 9 9 9 9 9

π = 12

1 + cos 360 1 cos 360 3 + − = 2 4 2 4

+ ( cos α + cos β ) − ( sin α + sin β ) = n 2 − m 2 ⇔ cos 2α + cos 2β + 2 cos ( α + β ) = n 2 − m 2

2 sin

Tương tự sin

1 ( cos1200 + cos360 ) 2

sin120 sin 24 0 sin 480 sin 960 1 . . . = 16 2 cos 60 2 sin 120 2 sin 24 0 2 cos 480 2π 4π 8π sin sin sin π 4π 2π 7 7 7 =1 cos =− . . c) C = − cos cos 7 7 7 π 2π 4π 8 2 sin 2 sin 2 sin 7 7 7

Bài 6.27:a) 4 sin 450 cos120 cos30 − sin540 − sin 360 = 2sin450 ( cos150 + cos90 ) − 2sin450 cos90

 cos 230  cos 220  b) C1: B = 1 −  1− = 0    sin 23  sin 220 

b) B = sin 60 cos 480 cos 24 0 cos120 =

π π 1 + tan tan π π 11π π 3 4 = − 1 + 3 = −2 − 3 = − cot = − cot  −  = −  3 4  12 12 π π 3 −1 tan − tan 3 4

2 sin 450 cos 150 = sin 300 + sin 600 =

= 4 sin 400 cos 400 cos 800 = 2 sin 800 cos 800 = sin1600 = sin 200 1 ⇒ sin100 sin 500 sin 700 = 8

7 4 Bài 6.26: Sử dụng công thức hạ bậc ta tính được

2 sin2

d) 8 sin 200 sin 100 sin 50 0 sin 700 = 8 sin 20 0 cos 200 cos 400 cos 80 0

Bài 6.25: A =

π π 2− 2 π = 1 − cos = ⇒ sin = 8 4 2 8

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

Bài 6.29: a) A = ( cos730 + cos470 ) − cos730 cos470 = ( 2cos600 cos180 ) −

91 125

c) ± 33 13

2 sin2

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

2 cos2 360 − 2 cos2 720 cos 720 − cos144 0 1 = = 0 0 2 ( cos 36 + cos 72 ) 2 ( cos 360 + cos 720 ) 2

2+ 6 4

m2 + n2 n2 − m2 = n 2 − m 2 ⇒ cos ( α + β ) = 2 2 m + n2

( sin α + sin β )( cos α + cos β ) = mn

⇔ sin α cos α + sin α cos β + sin β cos α + sin β cos β = mn 1 ⇔ ( sin 2α + sin 2β ) + sin ( α + β ) = mn ⇔ sin ( α + β ) cos ( α − β ) + sin ( α + β ) = mn 2

m2 + n 2 2mn sin ( α + β ) = mn ⇒ sin ( α + β ) = 2 2 m + n2 Bài 6.31: a)

1 32

Bài 6.32: a)

1 8

Bài 6.33: 1 + tan k 0 =

1 2 3 8

1 2

1 16

2 cos ( 450 − k 0 ) cos k 0

1 32

2 512

⇒ ( 1 + tan k 0 ) ( 1 + tan ( 450 − k 0 ) ) = 2

Do đó A = 223 Bài 6.34: Đặt B = sin α sin 2α sin 3α...sin 999α khi đó

= -- 50 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

2999 A.B = sin 2α sin 4α...sin1998α = (sin 2α sin 4α...sin 998α).  − sin ( 2π − 1002α )  ...  − sin ( 2π − 1998α )  = B

1 − cos2α 1 −2cos2α + cos2 2α 1 −2cos2α + Bài 6.40: a) sin α =  =  =  2  4 4 2

1 . 2999 3π Bài 6.35: Vì < x < π nên sin x > 0, cos x < 0 . 4 Áp dụng công thức hạ bậc, ta có : 1 − cos 2x 1 1 sin2 x = = ⇒ sin x = 2 5 5

3π 5π π 7π π 3π 5π 7π 3 + cos = cos + cos = cos + cos = cos + cos = 0 nên VT = = VP 8 8 8 8 4 4 4 4 2 Bài 6.41: sin x = sin  ( x + y ) − y  = sin ( x + y ) cos y − cos ( x + y ) sin y

Mà cos

⇒ sin ( x + y ) cos y − cos ( x + y ) sin y = 2 sin ( x + y ) ⇒ ( cos y − 2 ) sin ( x + y ) = cos ( x + y ) sin y

21 140 21 (5 − 12 3) ; ; . b) 221 221 220 26

⇒ tan ( x + y ) =

38 − 25 3 11

Bài 6.37: Từ giả thiết ta có 2 ( cos α cos β − sin α sin β ) = − cos α cos β ⇒ tan β =

9 1+ 1 + tan2 α 1 + tan2 β 1 + tan2 α 4 tan2 α + = + Khi đó ta có: A = 9 2 tan2 α + 3 2 tan2 β + 3 2 tan2 α + 3 2 +3 4 tan2 α 1 + tan2 α 4 tan 2 α + 9 10 tan2 α + 15 5 A= + = = 2 2 6 2 tan α + 3 6 ( 2 tan α + 3 ) 6 ( 2 tan2 α + 3 ) Bài 6.38: a) A = m sin 2α + n cos 2α = m

1 + cos4α 3 1 1 2 = − cos2α + cos4α 8 2 8

b) Theo câu a ta có: 3 1 π 3π 5π 7π  1  π 3π 5π 7π  VT = 4. −  cos + cos + cos + cos  +  cos + cos + cos + cos  8 2  8 8 8 8  8  4 4 4 4 

1 + cos 2x 4 2 = ⇒ cos x = − 2 5 5

Bài 6.36: a)

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

Suy ra A =

cos2 x =

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

2 tan α 1 − tan2 α +n 1 + tan2 α 1 + tan2 α

b) Áp dụng công thức cộng ta có cos α cos β − sin α sin β m 1 − tan α tan β m n −m = ⇔ = ⇔ tan α tan β = cos α cos β + sin α sin β n 1 + tan α tan β n m +n

tan ( α + β ) + tan ( α − β )

3 . 2 tan α

sin y cos y − 2

Bài 6.42: a) VT = 4 sin α cos α ( cos2 α − sin2 α ) = 2 sin 2α cos 2α = sin 4α = VP

b) VP = c) VP =

2 ( sin x cos y + sin y cos x ) 2 cos x cos y

( tan 2x + tan x )( tan 2x − tan x ) = tan ( 2x + x ) tan ( 2x − x ) = VT ( 1 − tan 2x . tan x )(1 + tan 2x . tan x )

Bài 6.44: a) A =

1 − cos α + 2cos2 α − 1 = cot α sin α ( 2 cos α − 1)

b) Vì 0 < α ≤ π  sin B=

= tan x + tan y = VT

α α > 0, cos > 0 nên 2 2

1 1 α − cos 2 = 2 2 2

1 1 α α α − cos = sin 2 = sin 2 2 2 2 2

−2sin 4a sin ( −3a ) − 2sin 4a sin 2a

5a a 2 cos sin sin 3a − sin 2a 2 2 = − cot 5a = cos 3a − cos 2a −2sin 5a sin a 2 2 2

m +n = c) tan 2α = tan  ( α + β ) + ( α − β )  = 1 − tan ( α + β ) tan ( α − β ) 1 − mn

c) C =

2t 1 − t2 α ta có sin α = , cos α = từ giả thiết ta có 2 1 + t2 1 + t2  t = 7 − 2 2t 1 − t2 7 2  + = ⇔ + − + − = ⇔ 7 2 t 4 t 7 2 0 3 2 2  1+t 1+t 2 t = 7 − 2 

 π 2 cos 2 a − 2sin 2a sin  −  2  6  = 2 cos a + 4sin a cos a = cos a + 2sin a d) D = 2cos a 2cos a Bài 6.45: a) 2 tan a = tan(a + b) ⇒ tan a = tan(a + b) − tan a

Bài 6.39: Đặt t = tan

(

)

π α 7 −2 Do 0 < α < nên t = tan = . 4 2 3 α α π 2α + 2015π π Ta có tan = tan  + 504π −  = tan  −     4 4 2  2 4  α π 7 −2 tan − tan −1 2 4 3 = = = α π 7 −2 1 + tan tan 1+ 2 4 3

-- 51 --

7 −5 7 +1

2sin 4a cos 3a + 2sin 4a cos 2a

⇒ tan a =

sin b  sin a cos(a + b) = sin b cos(a + b)cos a

b) 2 tan a = tan(a + b) ⇒ 3 tan a = tan(a + b) + tan a =

sin ( 2a + b ) cos(a + b)cos a

 3sin a cos ( a + b ) = sin ( 2a + b )

Theo câu a) ta có sin b = sin a.cos(a + b) suy ra 3 sin b = sin(2a + b) c) tan(a + b). tan b = −3 ⇒ sin ( a + b ) sin b = −3 cos (a + b ) cos b

-- 52 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

 cos ( a + b ) cos b + sin ( a + b ) sin b = −2 cos ( a + b ) cos b

sin10 0

 cos a = − cos ( 2a + b ) + cos a 

sin k 0 sin ( k + 1 )

 cos(a + 2b) + 2 cos a = 0

Do đó

d) Từ giả thiết ta có 9 sin 2 ( a + b ) = cos 2 ( a − b )

Suy ra

π  π  π  π  Bài 6.46: Ta có sin 3α = 4 sin α.sin  − α  .sin  + α  , cos 3α = 4 cos α.cos  − α  .cos  + α      3  3   3  3

π 2π 4π 1 π 3 π 5π 7π 1 π 1 π 3 sin sin = sin = ; cos cos cos = cos 3. = cos = 9 9 9 4 3 8 18 18 18 4 18 4 6 8

Bài 6.47: a) Ta có sin 2x = 2 sin x cos x ⇒ cos x =

sin 2x 2 sin x

b) Áp dụng câu a ta có

α  α  VT =  cot − cot α  + ( cot α − cot 2α ) + ... + ( cot 2n −2 α − cot 2n −1α ) = cot − cot 2n −1α = VP 2 2   cos x cos2x cos2 x − cos2x cos2 x − 2cos2 x + 1 sin2 x −2 = = = = tan x = VT sin x sin2x sin x cos x sin x cos x sin x cos x b) Áp dụng câu a) ta có  1 1 a a a 1 a a  VT =  cot − 2 cot a  + 2  cot 2 − 2 cot  + ... + n  cot n − 2 cot n −1   2  2  2 2  2 2  2 2 

Bài 6.49: a) VP =

1 a .cot n − cot a = VP 2n 2

(

= cos10 + ( cos 30 + cos177 0 ) + ... + ( cos 890 + cos 910 ) + 89 cos10 = 90 cot10 = VP π  tan x > 0 Bài 6.53: 0 < x <   2  cot x > 0

2 − cos 2x ⇒ cos 2x = 2 − t 2 , vì −1 ≤ cos 2x ≤ 1 ⇒ 1 ≤ t ≤

)( 3 + tan x ) )( 1 + 3 tan x )

Xét hàm số y = −t 2 + t + 2 với 1 ≤ t ≤

Bảng biến thiên t y

1 2

3 −1

Từ bảng biến thiên suy ra max B = 2 khi t = 1 hay cos2x = 1 . min A =

3 − 1 khi t =

3 hay cos 2x = −1 .

Bài 6.55: Ta có: 3P = 3 sin x. cos x + 3 cos x. sin 2 x + 2 ≤

 1 1 Ta có  cos x −  ≥ 0 ⇒ cos2 x + ≥ cos x suy ra  2 4   3  1 P ≤ sin2 x  1 + 2 cos2 x + + cos2 x  = sin 2 x  + 3 cos2 x   2   2 

10 + 2 5

Bài 6.51: Ta có sin10 = sin  ( k + 1 ) − k 0  = sin ( k + 1 ) cos k 0 − cos ( k + 1 ) sin k 0   0

-- 53 --

3sin 2 x + cos2 x 3cos 2 x + sin 2 x + 2 + =3 2 2

Suy ra P 2 = 4 sin2 x ( 1 + cos x ) = sin2 x ( 1 + 2 cos x + cos2 x )

5 −1 0

Biểu thức trở thành B = 2 − t 2 + t .

Vậy: P ≤ 3 Bài 6.56: Ta có P = 2 sin x + 2 sin x cos x = 2 sin x ( 1 + cos x )

π  π  3 − tan x 3 + tan x = = tan  − x  . tan x . tan  + x  . tan x .   3  3  1 + 3 tan x 1 − 3 tan x

= cos10 + cos 30 + ... + cos177 0 − 89 cos1790

Đặt t =

x x x x sin x cos − cos x sin sin 2 − cos x = 2 2= 2 = 1 = VP x sin x x x sin x sin sin x sin sin x sin 2 2 2

(

VT = cos10 − cos 30 + 2 ( cos 30 − cos 50 ) + ... + 89 ( cos177 0 − cos1790 )

Bài 6.54: Ta có B = cos 2x + 1 + 1 − cos 2x = cos 2x + 2 − cos 2x

cos

3 − tan x 3 tan x − tan 3 x = tan x . 1 − 3 tan 2 x 1 − 3 tan x

Vì 2 sin 2k 0 sin10 = cos ( 2k − 1 ) − cos ( 2k + 1 ) nên

Theo bất đẳng thức Côsi ta có tan x + cot x ≥ 2 tan x.cot x = 2 .

x x x sin sin 2 sin n −1 x x x sin x sin x 2 2 2 VT = cos cos 2 ... cos n = . . ... = = VP x x x x x 2 2 2 2sin 2 sin 2 2sin 3 2sin n 2n sin n 2 2 2 2 2

Bài 6.50: tan 3x =

1 1 1 + + ... + = cot10 − cot n 0 sin 10 sin 20 sin 20 sin 30 sin(n − 1)0 sin n 0

Bài 6.52: 2 sin 20.sin10 + 2 ( 2 sin 40.sin10 ) + ... + 89 ( 2 sin1780.sin10 ) = 90 cos10

Hay 8sin 2 ( a + b ) = cos 2a cos 2b . ĐPCM.

sin10 sin10 sin 10 + + ... + sin 10 sin 20 sin 20 sin 30 sin(n − 1)0 sin n 0

= cot10 − cot 20 + cot20 − cot 30 + ... + cot ( n − 1 ) − cot n 0

 16sin 2 ( a + b ) = 2 cos 2a cos 2b

x Bài 6.48: a) VP = cot − cotx = 2

= cot k 0 − cot ( k + 1 )

1 − cos 2 ( a + b ) 1 + cos 2 ( a − b ) = 2 2  8 1 − cos 2 ( a + b )  = cos 2 ( a + b ) + cos 2 ( a − b )

 9.

Suy ra sin

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC 0

 x + y  Mặt khác theo bất đẳng thức xy ≤   , ∀x, y ∈ R ta có  2 

-- 54 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

 3   3 sin2 x +  + 3 cos2 x   5  1 3  1   2  27 2 2 2      = sin x  + 3 cos x  = .3 sin x  + 3 cos x  ≤ .   4  3  2  3   2 16    

Mặt khác: sin A + sin B + sin C ≤

Suy ra P ≤

(sin2 A + sin2 B + sin2 C )

 1 A −C 1 A +C − cos  = cos  2 2 2 2

A +C B A −C A C 1 1 B Vì cos = sin và cos ≤ 1 nên sin sin ≤ − sin 2 2 2 2 2 2 2 2 1  B  B Do đó P ≤  1 − sin  . sin 2  2 2 Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có  B B 1  B  B B  1 − sin  . sin =  1 − sin   1 − sin  2 sin 2 2 2 2 2    2

2(1 + cos A cos B cos C )

3 3 ≥ 9 sin A sin B sin C 2

 B B B  1 − sin + 1 − sin + 2 sin  2 2 2  = 1   3 2  2   

8 2 3 = 27 9

1 2 3 3 Suy ra P ≤ . . = 2 9 9  A −C   A =C   cos =1     2 Dấu bằng xảy ra khi  ⇔ B 1.   B B sin =   1 − sin = 2 sin    2 3   2 2 3 . 9

3 3 ≥ 9 sin A sin B sin C 2

Do đó 1 + cos A cos B cosC ≥ 3 sin A sin B sin C . ĐPCM Cách 2: Theo ví dụ 1 ta có sin 2A + sin 2B + sin 2C = 4 sin A sin B sin C và

cos 2A + cos 2B + cos 2C = 3 − 2 ( sin2 A + sin2 B + sin2 C ) = 3 − 4(1 + cos A cos B cosC ) = −1 − 4 cos A cos B cosC Do đó bất đẳng thức tương đương với 4 − 1 − (cos 2A + cos 2B + cos 2C ) ≥ ⇔(

Vậy max P =

3 3 nên 2

Mà theo ví dụ 1 thì sin2 A + sin2 B + sin2 C = 2(1 + cos A cos B cosC )

3 3 . 4

A C 1 A +C A −C Bài 6.57: Ta có sin sin = −  cos − cos 2 2 2  2 2

≤

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

3(sin 2A + sin 2B + sin 2C )

3 1 3 1 3 3 sin 2A + cos 2A) + ( sin 2B + cos 2B ) + ( sin 2C + cos 2C ) ≤ 2 2 2 2 2 2

π π π 3 ⇔ cos(2A − ) + cos(2B − ) + cos(2C − ) ≤ (*) 3 3 3 2  π  π  π Ta có  2A −  +  2B −  +  2C −  = 2 ( A + B + C ) − π = π nên      3  3  3         2A − π ,  2B − π ,  2C − π  là ba góc của một tam giác do đó bất đẳng thức (*) đúng theo ví dụ 3  3   3   3  ⇒ ĐPCM Cách 3: Bất đẳng thức (*) tương đương với

1 − (cos2 A + cos2 B + cos2 C ) − 3. (1 − cos2 A)(1 − cos2 B )(1 − cos2 C ) ≥ 0 (**) 2 áp dụng bất đẳng thức côsi ta có: 1+

A B C  Bài 6.58: c) VT = VP = tanAd) Khai triển cos  + +  2 2 2  A B C  e) Khai triển sin  + +  . 2 2 2

đặt t = cos2 A + cos2 B + cos2 C dễ thấy 3 ≥ t ≥

B C  A B C A B C Chú ý: Từ cos  +  = sin  cos .cos = sin + sin .sin 2 2 2 2 2 2 2 2

VT(**) ≥

A B C A A B C .cos .cos = sin2 + sin .sin .sin 2 2 2 2 2 2 2 Bài 6.59: a, b, c) Sử dụng tan A + tan B + tan C = tan A. tan B . tan C và BĐT Cô–si

VT(**) ≥

 3 − (cos2 A + cos2 B + cos2 C )  3 − (cos2 A + cos2 B + cos2 C ) − 3.     2 3

3 4

 3 − t  1 1  3 3−t − 3.  3 − t  ≥ 0 vì từ điều kiện 3 ≥ t ≥  = (3 − t )  −  3  4 2  2 3 

 sin

ta có 3 − t ≥ 0,

1 1 1 1 3 − 3−t ≥ − 3 − = 0 ⇒ ĐPCM 2 3 2 3 4

(sin2 A + sin 2 B + sin 2 C )(sin A + sin B + sin C ) ≥ 3 3 sin 2 A sin 2 B sin2 C .3 3 sin A sin B sin C

A B C , y = tan , z = tan 2 2 2  xy + yz + zx = 1  Bài toán trở thành : cho  chứng minh:   x, y, z > 0   1 − x 2 1 − y2 1 − z 2 2x 2y 2z (***) 1+ . . ≥ 3 . . 1 + x 2 1 + y2 1 + z 2 1 + x 2 1 + y2 1 + z 2

hay (sin2 A + sin2 B + sin2 C )(sin A + sin B + sin C ) ≥ 9 sin A sin B sin C

Ta có : (4) ⇔ (1 + x 2 )(1 + y 2 )(1 + z 2 ) + (1 − x 2 )(1 − y 2 )(1 − z 2 ) ≥ 8 3xyz

d) Sử dụng a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca và tan

A B B C C A .tan + tan . tan + tan . tan = 1 2 2 2 2 2 2

 A B C e) Khai triển  tan + tan + tan  và sử dụng câu c)  2 2 2

Bài 6.70: Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:

-- 55 --

Cách 4: Đặt x = tan

-- 56 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

Khai triển rút gọn ta có: áp dụng bất đẳng thức bunhiacopxki và côsi ta có

3 sin α − 5 3 1 4 = = , cot α = Do đó cosα = − ; tan α = = cos α 4 4 5 t anα 3 − 5 4

1 1 x 2y 2 + y 2z 2 + z 2x 2 ≥ (xy + yz + zx )2 = 3 3 3

xy .yz .zx ≤

 xy + yz + zx    =  3 

Nên x 2y 2 + y 2z 2 + z 2x 2 + 1 ≥ 1 +

1 27

3 4 24 sin 2α = 2 sin α.cos α = 2(− ).(− ) = 5 5 25

1 1 = 4 3. ≥ 4 3xyz 3 27

4 3 7 cos 2α = cos2 α − sin 2 α = (− )2 − (− )2 = 5 5 25

⇒ ĐPCM

(

B +C B −C A ∆ ' = (cos B + cosC ) − 2(1 − cos A) = 4 cos .cos2 − 4 sin2 2 2 2  2 B −C  2 A 2 A 2 B −C = 4 sin  cos − 1  = −4 sin .sin ≤ 0. 2  2  2 2 2

 B −C    B = C =0  sin Đẳng thức có ⇔  ⇔ .  2    x = cos B + cosC  x = 2 cos B   

A A A Ta có: ∆ ' = 4 − 2 tan (tan B + tan C ) ≤ 4 − 2 tan .cot = 0 2 2 2  cos(B − C ) = 1 B = C      ⇔ Đẳng thức xảy ra ⇔   2 1   x =  x =   tan B + tanC  tan B 

Bài 6.74: Ta có cos α + sin α = 1 2

)

1 3 −1 3 = = = 1 3 +1 1 + 1. 3 1−

( (

)

tan 450 − tan 300 1 + tan 450.tan 300

)

3 −1

)(

3 +1

)

3 −1

4−2 3 = 2− 3 . 3 −1

2π π 1 − cos 9 + 9 − 3. 1  cos π − cos π   2 2 2  6 18 

1 − cos

2π π + cos 9 9 − 3 . 3 + 3 cos π = 1− 2 2 2 2 18 1 π π 3 π 1 = − cos cos + = cos 4 6 18 2 18 4 cos

sin(B + C ) cos B.cosC

d) Áp dụng công thức cos 3α = 4 cos3 α − 3 cos α ta có

( 4 cos2 90 − 3 )( 4 cos2 27 0 − 3 ) =

( 4 cos3 90 − 3 cos 90 )( 4 cos2 27 0 − 3 cos 27 0 )

cos 27 0 cos 810 = = tan 90 ⇒ B = 1 cos 90 cos 27 0 Bài 6.76:

cos 90 cos 27 0

a) A = ( sin2 10 + sin2 890 ) + ( sin2 20 + sin2 880 ) + ... + ( sin2 440 + sin2 460 ) + sin2 450 + sin2 900

= ( sin2 10 + cos2 10 ) + ( sin2 20 + cos2 20 ) + ... + ( sin2 440 + cos2 440 ) +

 3 16 ⇒ cos2α = 1 − sin2 α = 1 −  −  = ⇒

(

b) tan150 = tan 450 − 300 =

c) A =

2 sin A 2 sin A A ≥ = 2 cot > 0 (do ∆ABC nhọn). Nên để chứng minh (1) ta cos(B + C ) + cos(B − C ) 1 − cos A 2

chỉ cần chứng minh ∆ ' ≤ 0 .

)

(

A B C + 3 cos + cos 2 2 2 Bài 6.72: Ta thấy VT của BĐT là một tam thức bậc hai có hệ số a = 1 > 0 . Do đó để chứng minh ta chỉ cần chứng minh: ∆ ≤ 0 . Ta có: Cộng vế với vế ta được 2 sin A + 3 sin B + 4 sin C ≤ 5 cos

tan 300 + tan 450 1 − tan 300.tan 450

1 2 +1 3 +1 3 +1 4+2 3 = 3 = = = = 2+ 3 1 3−1 3 − 1 ( 3 − 1) 3 + 1 1− .1 3

(

5 A 3 B Tương tự ( sin B + sin C ) ≤ 5 cos , ( sin C + sin A ) ≤ 3 cos 2 2 2 2

Bài 6.73: VT của bất đẳng thức là một tam thức có : a = tan B + tan C =

)

Bài 6.75: a) tan 750 = tan 300 + 450 =

A+B A−B C Bài 6.71: Ta có sin A + sin B = 2 sin cos ≤ 2 cos 2 2 2

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

3π Vì π < α < nên cosα < 0 . 2

(***) ⇔ x 2y 2 + y 2z 2 + z 2x 2 + 1 ≥ 4 3xyz

xyz =

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

 5  25  4  cosα = 4 4  2 5 cos α = ⇒ cosα = ⇒  5 5  cosα = − 4  5

= 1 + 1 + ... + 1 + 44 sô

1 91 +1 = 2 2

b) B = sin2 450 + 3 cos2 450 − 2 ( sin2 500 + sin2 400 ) + 4 tan 550.cot 550

-- 57 --

-- 58 --

1 +1 2

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10 2

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

 2   2  1 3 2 0 2 0  + 3  Suy ra C =   − 2 ( sin 50 + cos 40 ) + 4 = + − 2 + 4 = 4   2  2 2  2 

d) VP =

 7π 11π   2 8π 10π  9π +  cos2 + cos2 + cos2  +  cos  + cos2  12 12   12 12  12

d) D = −1

1 2

3 256

f) F =

g) G =

1 128

= ( 1 − sin2 x ) + sin 6 x − 2 sin2 x − ( 1 − sin2 x ) + 3 sin2 x 2

= 1 − 3 sin x + 3 sin x − sin x + sin x − 2 sin2 x − 1 + 2 sin2 x − sin 4 x + 3 sin 2 x

= 2 sin 4 x f) B = 1 + cos x

 1 + cos2 x 1 + sin2 x  1 1 + sin 4 x + cos4 x 1 Bài 6.78: a) VT =  + = .  cos2 x  1 − sin2 x cos2 x sin2 x cos2 x 1 − sin2 x cos2 x  sin2 x =

1 + 1 − 2 sin 2 x cos2 x 1 2 . = = VP sin2 x cos2 x 1 − sin2 x cos2 x sin 2 x cos2 x

1 sin x + cot2 x − cos2 x

VT =

= sin x (0 < x < π)

1  1  sin x + cos2 x  2 − 1   sin x 

Vì 0 < x < π ⇒ sin x > 0 nên VT =

1 sin x + cos2 x cot2 x

1 1 sin x + cos x sin2 x 2

sin x = sin x = VP sin2 x + cos2 x

 sin x   n n + cos x   sin2 x + sin x cos2 x   sin x + cos2 x   cos x n    =  = tan x = tann x d) VT =      sin x cos x + cos3 x    cos x  sin x + cos2 x  1+ cos x    sin x tann x + cosn x tann x + cosn x = tann x . = tann x n 1 tan x + cosn x n 1+ cos x tann x Vậy VT = VP . ĐPCM  3   π π 1 Bài 6.79: a) VP = 2  sin x cos − cos x sin  = 2  sin x − cos x    6 6 2  2 

VP =

= − tan2 α.cos2 α + 2 + cos2 α + sin2 α − cos2 α = 2  π tan  x +  − tan x    π π  3  c) Ta có tan = tan   x +  − x  =     3 3 π  1 + tan  x +  tan x  3 ⇒

    π π 3  1 + tan  x +  tan x  = tan  x +  − tan x (1)  3   3   

     2π  π  2π  π 3  1 + tan  x +  tan  x +   = tan  x +  − tan  x +  (2)  3  3   3  3       2π  tan  x +  − tan x   2π 2π  3    tan = tan   x + −x =      3 3  2π  1 + tan  x +  tan x  3 

      2π  2π  3  1 + tan  x +  tan x  = −  tan  x +  − tan x  (3)       3  3  Cộng vế với vế ta được       π π 2π  2π  3  3 + tan x . tan  x +  + tan  x +  . tan  x +  + tan  x +  .tan x  = 0      3 3 3  3   ⇒ D =−3 ⇒

Bài 6.81: a) −

119 144

Bài 6.82: a) VP = = 2 tan x .

b) 2 2 − 2 ; tan a = tan b =

cos2 x − ( 2 cos2 x − 1 )

cos 2x b) Áp dụng câu a) ta có

= tan a − 2n tan

= 2 tan x . tan 2x

π 8

sin2 x = tan2 x . tan 2x = VT sin 2x

   a a a a a  a a  + 2  tan − 2 tan 2  + 22  tan 2 − 2 tan 3  + ... + 2n −1  tan n −1 − 2 tan n −1    2 2 2  2 2   2 2 

a = VP 2n

3 cos x − sin x = VT .

-- 59 --

2 − 1, a = b =

 cos x sin 2x sin x 1  cos2 x − cos 2x −2 = 2 sin x  −  = 2 sin x .  cos 2x cos x  cos 2x cos x  cos x cos 2x

VT = tan a − 2 tan

3 sin x − cos x = VT

 3   π π 1 b) VP = 2  cos x cos − sin x sin  = 2  cos x − sin x   6 6 2  2  =

 2  2 2  sin x − cos x   2 2 

Tương tự ta có

b) VT = sin x + sin2 x = sin x + sin x = sin x − sin x = VP (do π < x < 2π ⇒ sin x < 0 ) c)

 π π 2  sin x cos − cos x sin  =  4 4

tan 2 α ( sin2 α − 1 ) + 2 ( sin2 α + cos2 α ) + cos2 α + ( sin2 α − cos2 α )( sin 2 α + cos2 α )

Bài 6.77: a) A = cos x + sin x − 2 sin x − cos x + sin x 6

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

 2  2 2  sin x + cos x   2 2 

= sin x − cos x = VT sin 4 α + 3 cos 4 α − 1 2 = Bài 6.80: a) 6 sin α + cos6 α + 3 cos 4 α − 1 3 b) Ta biến đổi biểu thức thành

π π 3π + cos2 + 1 + 1 + cos2 =5 4 2 4

e) E =

c) VP =

 π π 2  sin x cos + cos x sin  =  4 4  = sin x + cos x = VT

 π 5π   2 2π 4π  3π 6π c) C =  cos2 + cos2 + cos2 + cos2  +  cos  + cos2  12 12   12 12  12 12

= 1 + 1 + cos2

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

-- 60 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

 x   −cos2 1 1 1  1  1 2 = −1 = VP Bài 6.83: a) VT =  = . − = 1 − x 2x 2x 2x 2x 2x 2x 2x  4.cos 4sin cos 4.cos  sin  4.cos sin 4.sin2 2 2 2 2 2 2 2 2 1

1 1 suy ra = − x sin2 x x 4. cos 4. sin 2 2 2          1  1 1 1  1  1 1  1 1  1  +   +... + n−1   = 2 − VT =  2 − − −  sin a   sin a n 2 a  4 2 a 4  2 a 2 a 2 a  2 a  4.sin   sin 4.sin 2  sin 4.sin n  4 .sin n   2n−1 2  2 2 2  2

b) Theo câu a) ta có

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

Ta có ( cos x + cos y + cos z )( sin x + sin y + sin z ) = 0 1 ( sin 2x + sin 2y + sin 2z ) + sin ( x + y ) + sin ( y + z ) + sin ( z + x ) = 0 (2) 2 Mặt khác sin 2x + sin 2y = 2 sin ( x + y ) cos ( x − y ) = − sin ( x + y ) (do (1)) ⇔

Tương tự sin 2y + sin 2z = − sin ( y + z ), sin 2z + sin 2x = − sin ( z + x )

Thay vào (2) ta suy ra được sin 2x + sin 2y + sin 2z = 0 2

Mặt khác ta có ( sin x + sin y + sin z ) − ( cos x + cos y + cos z ) = 0

Bài 6.84: VT = sin2 Asin( B +C )cos( B −C ) + sin2 Bsin( A +C )cos(C − A) + sin2 C sin( A + B )cos( A − B )

⇔ cos 2x + cos 2y + cos 2z + 2  cos ( x + y ) + cos ( y + z ) + cos ( z + x )  = 0 Kết hợp với cos 2x + cos 2y = 2 cos ( x + y ) cos ( x − y ) = − cos ( x + y ) , tương tự

cos 2y + cos 2z = − cos ( y + z ), cos 2z + cos 2x = − cos ( z + x ) nên cos 2x + cos 2y + cos 2z = 0

1 =  sin2 A( sinB cos B + sinC cosC ) + sin2 A( sinB cos B + sinC cosC ) + sin2 A( sinB cosB + sinC cosC )  2

b) Ta có sin 3x + sin 3y + sin 3z = 3 ( sin x + sin y + sin z ) − 4 ( sin 3 x + sin 3 y + sin 3 z )

= sin A sin B sin ( A + B ) + sin B sinC sin ( B + C ) + sinC sin A sin (C + A)

⇒ sin 3x + sin 3y + sin 3z = −4 ( sin 3 x + sin 3 y + sin3 z )

= 3 sin A sin B sinC = VT

Mặt khác sin x + sin y + sin z = 0 ⇒ sin3 x + sin3 y + sin3 z = 3 sin x sin y sin z

A−B B −C C −A Bài 6.85: ĐT⇔ 2(3 + cos A + cos B + cosC ) − 8 = cos cos cos 2 2 2

⇔ 2(cos A + cos B + cosC − 1) = cos

⇒ sin 3x + sin 3y + sin 3z = −12 sin x sin y sin z Do đó ta cần chứng minh sin ( x + y + z ) = −4 sin x sin y sin z

A−B B −C C −A cos cos 2 2 2

Ta có sin ( x + y + z ) = sin x cos ( y + z ) + cos x sin ( y + z ) = sin x ( cos y cos z − sin y sin z ) + cos x ( sin y cos z − cos y sin z ) = sin x cos y cos z + sin y cos x cos z + sin z cos x cos y − sin x sin y sin z

A B C A−B B −C C −A sin sin = cos cos cos 2 2 2 2 2 2 ⇔ 8 sin A.sin B.sinC = (sin A + sin B)(sin B + sinC )(sinC + sin A)

⇔ 8 sin

⇔ sin A = sin B = sin C (dùng BĐT Cô–si cho vế phải)⇔ A = B = C.

Ta cần chứng minh sin x cos y cos z + sin y cos x cos z + sin z cos x cos y − sin x sin y sin z = −4 sin x sin y sin z

Bài 6.86: ĐT ⇔ 4R2 sin B sinC (sin B cosC + sin C cos B) = 20 (dùng định lí hàm số sin)

⇔ sin x cos y cos z + sin y cos x cos z + sin z cos x cos y + 3 sin x sin y sin z = 0 ⇔ sin x ( cos y cos z + sin y sin z ) + sin y ( cos x cos z + sin x sin z )

⇔ 4R sin A sin B sin C = 20

+ sin z ( cos x cos y + sin x sin y ) = 0

abc 8R = sin A sin B sin C = 2R 2 sin A sin B sin C = 10. 4R 4R Vậy S = 10 (đvdt).

Mà S =

⇔ sin x cos ( y − z ) + sin y cos ( z − x ) + sin z cos ( x − y ) = 0

Đẳng thức cuối đúng vì theo câu a) ta có

Bài 6.87: 0 = cos 3x + cos 3y + cos 3z = 4 ( cos 3 x + cos3 y + cos3 z ) − 3 ( cos x + cos y + cos z )

⇒ cos3 x + cos3 y + cos3 z = 0

1 1 1 cos ( x − y ) = − , cos ( y − z ) = − , cos ( z − x ) = − và giả thiết sin x + sin y + sin z = 0 . 2 2 2

Ta có cos x + cos y + cos z = 0 ⇒ cos3 x + cos3 y + 3 cos x cos y ( cos x + cos y ) = − cos3 z

Vậy sin ( x + y + z ) =

⇒ cos x cos y cos z = 0 . Không mất tính tổng quát giả sử cos x = 0 ⇒ cos y + cos z = 0 ⇒ cos y = − cos z

Đặt α = 2

Suy ra cos 2x cos 2y cos 2z = ( 2 cos2 x − 1 )( 2 cos2 y − 1 )( 2 cos2 z − 1 ) = −( 2 cos2 y − 1 ) ≤ 0 ĐPCM.

 sin x + sin y = − sin z  2 2 Bài 6.88: a) Từ giả thiết ta có  ⇒ ( sin x + sin y ) + ( cos x + cos y ) = 1   cos x + cos y = − cos z   ⇒ 2 + 2 ( sin x sin y + cos x cos y ) = 1 ⇒ cos ( x − y ) = − 1 1 Tương tự ta có cos ( y − z ) = − , cos ( z − x ) = − . 2 2

-- 61 --

1 (1) 2

sin 3x + sin 3y + sin 3z . 3

π π π − x , β = − y, γ = − z kết hợp với giả thiết ta có cos α + cos β + cos γ = 0 , 2 2 2 sin α + sin β + sin γ = 0 .

sin 3α + sin 3β + sin 3γ 3 π  π  π  sin  − x  + sin  − y  + sin  − z     2  2 2  3π    ⇒ sin  −x −y −z =  2  3

Do đó theo chứng minh trên thì sin ( α + β + γ ) =

⇒ cos ( x + y + z ) =

cos 3x + cos 3y + cos 3z 3

-- 62 --

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 10

CHUYÊN ĐỀ VI. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC

Bài 6.89: cos ( x + y ) = cos ( x + y + z − z ) = cos ( x + y + z ) cos z + sin ( x + y + z ) sin z

Tương tự cos ( y + z ) = cos ( x + y + z ) cos x + sin ( x + y + z ) sin x cos ( z + x ) = cos ( x + y + z ) cos y + sin ( x + y + z ) sin y

Cộng vế với vế ta có

cos ( x + y ) + cos ( y + z ) + cos ( z + x ) = cos ( x + y + z )( cos x + cos y + cos z ) + sin ( x + y + z )( sin x + sin y + sin z )

Mặt khác theo giả thiết ta có

sin x + sin y + sin z = a sin ( x + y + z ), cos x + cos y + cos z = a cos ( x + y + z ) Nên cos ( x + y ) + cos ( y + z ) + cos ( z + x ) = a cos2 ( x + y + z ) + a sin2 ( x + y + z ) = a .

-- 63 --