Chuyên đề, bài giảng đầy đủ môn Toán lớp 10 - Phần Đại số - Nguyễn Phú Khánh - Bản Học trò by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

TÀI LIỆU MÔN TOÁN LỚP 10

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

DẠY KÈM QUY NHƠN EBOOK PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

Chuyên đề, bài giảng đầy đủ môn Toán lớp 10 - Phần Đại số - Nguyễn Phú Khánh - Bản Học trò PDF VERSION | 2020 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

§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 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. ïìï g(x ) ³ 0 ï  f (x ) = g(x ) Û ïí éê f (x ) = g(x ) ïï ïïî êêë f (x ) = -g(x ) é f (x ) = g(x )  f (x ) = g(x ) Û êê êë f (x ) = -g(x ) ìï g(x ) > 0 f (x ) < g(x ) Û ïí  ïïî g(x ) < f (x ) < g(x ) éì ï g(x ) < 0 ê ïí ê ï f (x ) có nghĩa ê ïî f (x ) > g(x ) Û êê ìïï g(x ) ³ 0  ê ïï é f (x ) < -g(x ) ê íï ê ê ï ê f (x ) > g(x ) ïï êë êëî 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 Lời giải

d) x 2 - 3x + 1 + x - 1 = 12 ( x - 3 )

ì x 2 + 2x + 1 ³ 0 ì x 2 - 2x - 1 £ 0 ïï ïï ï ïé 2 2 2 ï é Ûï a) Ta có phương trình Û í ê 2x - 3x - 1 = -x + 2x + 1 í ê 3x - 5x - 2 = 0 ïï 2 ï 2 ï ê ê 2 ïîï êë 2x - 3x - 1 = -(-x + 2x + 1) ï ï êë x - x = 0 î ìï1 - 2 £ x £ 1 + 2 ïï éx = 2 ïï ê éx = 2 ê ïï ê êx = - 1 ê ïï 1 Ûí Û ê êx = 3 ê ïï ê 3 0 x = ê ê ïï ê êx = 0 ïï êë x = 1 ê ïï 1 x = ê ïî ë ì ü 1ï ï Vậy nghiệm của phương trình là x Î ïí 0;1;2; - ïý ï 3ï ï ï î þ

b) Với 1 £ x £ 4 Þ x 2 - 5x + 4 ³ 0 ta có Phương trình Û - ( x 2 - 5x + 4 ) = x 3 - 3x + 4 Û x 3 + x 2 - 8x + 8 = 0

259

Áp dụng BĐT côsi ta có x 3 + 4 + 2 ³ 3 3 8x 3 = 6x , x 2 + 2 ³ 2 2x

(

)

Suy ra x 3 + x 2 - 8x + 8 ³ 6x + 2 2x - 8x = 2 2 - 2 x > 0 Do đó phương trình vô nghiệm. éx > 4 Þ x 2 - 5x + 4 > 0 ta có Với êê x < 1 êë Phương trình Û x 2 - 5x + 4 = x 3 - 3x + 4 Û x 3 - x 2 + 2x = 0 Û x = 0 (thỏa mãn) Vậy nghiệm của phương trình là x = 0 c) Bảng xét dấu x x +1 2 x - 5x + 4

-¥

-1 0 0

1 0 0

+ +

+ -

4 | 0

+ +

+¥

Từ đó ta có các trường hợp sau  Với x £ -1 , ta có phương trình Û ( x 2 - 5x + 4 ) + ( x + 1 ) = x 2 + x Û x = 1 (loại)  Với -1 < x £ 1 , ta có phương trình Û ( x 2 - 5x + 4 ) - ( x + 1 ) = x 2 + x x=

3 (thỏa mãn) 7

 Với 1 < x £ 4 , ta có phương trình - ( x 2 - 5x + 4 ) - ( x + 1 ) = x 2 + x Û 2x 2 - 3x + 5 = 0 phương trình này vô nghiệm.

 Với x > 4 , ta có phương trình Û x 2 - 5x + 4 - ( x + 1 ) = x 2 + x Û x = Vậy phương trình đã cho có duy nhất nghiệm x =

3 . 7

3 (loại) 7

ìï x ³3 d) Ta có phương trình ïí 2 ïï x - 3x + 1 + x - 1 = 12 ( x - 3 ) î ìï ì x ³3 x ³3 ï Û ïí 2 Ûï í 2 ïï x - 3x + 1 + x - 1 = 12 ( x - 3 ) ï x - 14x + 36 = 0 ï î î ìï x ³3 Û ïí Û x = 7 ± 13 ïï x = 7 ± 13 î Vậy phương trình có nghiệm là x = 7 ± 13 . Ví dụ 2: Giải các bất phương trình sau a) x 2 - x - 1 ³ x - 1 b) -x 2 + 3x + 2 < x 2 - 3x + 2

c) 3x 2 - 2 + 3 - 2x 2 £ 6 ( x 2 - 2 )

d) 2x 2 - 5x + 3 - x - 1 > x - 2 .

Lời giải a) Với x < 1 ta có VT ³ 0, VP < 0 suy bất phương trình nghiệm đúng với mọi x < 1 Với x ³ 1 ta có bất phương trình tương đương với ì x ³1 x ³1 ï ïìï ï ï ï ïí é x 2 - x - 1 ³ x - 1 Û ïí é x 2 - 2x ³ 0 ïï ê 2 ïï ê 2 ïîï êêë x - x - 1 £ 1 - x ïîï êêë x - 2 £ 0

260

ìï x ³1 ïï ìï x ³ 1 ïï ïï é éx ³ 2 x ³ 2 ï ê Û íê Û ïí éê x ³ 2 Û êê x £0 ïï ê ïï ê 1£x £ 2 ëê ïï ê ïï ê x £ 2 îë ïïî êë - 2 £ x £ 2 Vậy nghiệm của bất phương trình là x Î (-¥; 2] È [2; +¥)

b) Với x 2 - 3x + 2 < 0 Û 1 < x < 2 ta có VT ³ 0, VP < 0 suy ra bất phương trình vô nghiệm éx ³ 2 Với ta có x 2 - 3x + 2 ³ 0 Û êê êë x £ 1 Bất phương trình tương đương với - ( x 2 - 3x + 2 ) < -x 2 + 3x + 2 < x 2 - 3x + 2 éx > 3 Û 2x 2 - 6x > 0 Û êê êë x < 0 éx ³ 2 Đối chiếu với điều kiện êê suy ra nghiệm bất phương trình là êë x £ 1 Vậy bất phương trình có nghiệm x Î (-¥; 0) È (3; +¥) .

éx > 3 ê êx < 0 êë

c) Nếu x 2 - 2 < 0 thì VT ³ 0, VP < 0 suy ra bất phương trình vô nghiệm ìï x2 - 2 ³ 0 Do đó bất phương trình Û ïí 2 ïï 3x - 2 + 2x 2 - 3 £ 6 ( x 2 - 2 ) î 2 é x ³ 7 ì ì ï x ³2 ï x2 ³ 2 ê ï ï Ûí 2 Û Û í ê 2 2 2 ï ï x ³ 7 3 x 2 + 2 x 3 £ 6 x 2 ( ) êë x £ - 7 ï ï î î Vậy nghiệm của bất phương trình là x Î (-¥; - 7] È [ 7; +¥)

d) 2x 2 - 5x + 3 - x - 1 > x - 2

Với x < 2 ta có VT ³ 0, VP < 0 suy bất phương trình nghiệm đúng với mọi x < 2

Với x ³ 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 Û 2x 2 - 6x + 4 > x - 2

Û 2x 2 - 6x + 4 > x - 2 (vì x ³ 2 Þ 2x 2 - 6x + 4 = ( x - 1 )(2x - 4) ³ 0 )

éx > 2 ê Û 2x - 7x + 6 > 0 Û ê êx < 3 êë 2 Đối chiếu với điều kiện x ³ 2 ta có nghiệm bất phương trình là x > 2 Vậy bất phương trình có nghiệm là x Î  \ { 2 } . 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 Û -x 2 - x + 6 - 4x = m Xét hàm số f ( x ) = -x 2 - x + 6 - 4x

ìï-x 2 - 5x + 6 khi x Î é -3;2 ù ë û Ta có f ( x ) = ïí 2 ï khi x Î -¥ ; 3 ) È ( 2; +¥ ) x 3 x 6 ( ïî

261

Bảng biến thiên x -¥ f (x )

-3

+¥

5 2

3 2

+¥

99 4

+¥

-4 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 Û 12 < m <

99 . 4

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

Vậy 12 < m <

y = f ( x ) và đường thẳng y = g ( m ) . Từ đó suy ra

 Phương trình f ( x ) = g ( m ) có nghiệm Û đường thẳng y = g ( m ) cắt đồ thị hàm số y = f ( x )  Số nghiệm phương trình f ( x ) = g ( m ) Û 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 ³ 3x 2 + 5x + 3m 2 + 5m . Lời giải Bất phương trình Û x 2 - 3x + 2 - 3x 2 - 5x ³ 3m 2 + 5m Xét hàm số f ( x ) = x 2 - 3x + 2 - 3x 2 - 5x

ìï -2x 2 - 8x + 2 khi x Î (-;1] È [2; + Ta có f ( x ) = ïí 2 ïïî 4x - 2x - 2 khi x Î ( 1;2 ) Bảng biến thiên x 1 1 -¥ -2 4 10 f (x ) -8 -¥

Từ đó ta có: max f ( x ) = f ( -2 ) = 10 Do đó bất phương trình đã cho có nghiệm Û 10 ³ 3m 2 + 5m Û 3m 2 + 5m - 10 £ 0 Û

262

-5 - 145 -5 + 145 £m £ 6 6

+¥

-22 -¥

Vậy

-5 - 145 -5 + 145 £m £ là giá trị cần tìm. 6 6

Nhận xét . Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên D

 Bất phương trình f ( x ) ³ k ( f ( x ) £ k ) có nghiệm trên D Û max f ( x ) ³ k ( min f ( x ) £ k ) với D

điều kiện tồn tại max f ( x ) ( min f ( x ) ). D

 Bất phương trình f ( x ) ³ k ( f ( x ) £ k ) nghiệm đúng với x  D Û min f ( x ) ³ k ( max f ( x ) £ k ) với điều kiện tồn tại max f ( x ) ( min f ( x ) ). D

Loại 2: Đặt ẩn phụ Ví dụ 5: Giải các phương trình và bất phương trình sau a) 3 ( x 2 - 4x ) - x - 2 > 12

( x 2 + 1)

c) x 4 - 2x 2 + 4x - ( 2x + 5 ) x 2 - 1 + 7 = 0

£3x+

1 -2 x

Lời giải a) Đặt t = x - 2 , t ³ 0 Þ t 2 = x 2 - 4x + 4 Bất phương trình trở thành 3 ( t 2 - 4 ) - t > 12

é t>3 ê Û 3t - t - 24 > 0 Û ê êt < - 8 êë 3 Kết hợp điều kiện t ³ 0 ta có t > 3 suy ra é x -2 > 3 é x >5 x - 2 > 3 Û êê Û êê êë x - 2 < -3 êë x < -1 Vậy bất phương trình có nghiệm là x Î ( -¥; -1 ) È ( 5; +¥ ) . 2

b) ĐKXĐ: x ¹ 0

Bất phương trình Û x 2 + Đặt t = x +

1 1 +4£3 x + 2 x x

1 1 Þ t2 = x2 + 2 + 2 x x

Ta có t = x +

1 1 1 = x + ³2 x . =2Þt ³2 x x x

Bất phương trình trở thành t 2 + 2 £ 3t Û t 2 - 3t + 2 £ 0 Û 1 £ t £ 2 Kết hợp với t ³ 2 suy ra t = 2

é x 2 + 1 = 2x 1 2 Û x = ±1 (thỏa mãn) Do đó 2 = x + Þ 2 x = x + 1 Û êê 2 x êë x + 1 = -2x Vậy bất phương trình có nghiệm là x = ±1 .

c) Phương trình Û ( x 2 - 1 ) - ( 2x + 5 ) x 2 - 1 + 4x + 6 = 0 2

Đặt t = x 2 - 1 , t ³ 0

Phương trình trở thành t 2 - ( 2x + 5 )t + 4x + 6 = 0

263

é t = 2x + 3 Û ( t - 2x - 3 )( t - 2 ) = 0 Û êê êë t = 2 ì 2x + 3 ³ 0 ï ï ï Với t = 2x + 3 ta có 2x + 3 = x 2 - 1 Û ïí x 2 - 1 = 2x + 3 ï ï x 2 - 1 = -2x - 3 ï ï î ìï 2x + 3 ³ 0 ìï ïï ïï x ³ - 3 2 ï é x 2 x 4 = 0 Û íê Ûí 2 Û x = 1± 5 ïï 2 ïï ê x = 1 ± 5 ïïî êë x + 2x + 2 = 0 ïî é x2 - 1 = 2 2 Û x2 = 3 Û x = ± 3 Với t = 2 ta có 2 = x - 1 Û êê 2 x 1 = 2 êë Vậy phương trình có nghiệm là x Î - 3;1 - 5;1 + 5; 3 .

{

}

Ví dụ 6: Tìm m để phương trình x 2 - 2x + m = x - 1 có nghiệm. Lời giải Phương trình tương đương với 2 ìï x 2 - 2x + m 2 = x - 1 2 ( ) Û ìïï( x 2 - 2x ) + 2m ( x 2 - 2x ) + m 2 = x 2 - 2x + 1 ) ï( í í ïï ïï x ³ 1 x ³1 îï îï ìï x 2 - 2x 2 + 2m - 1 x 2 - 2x + m 2 - 1 = 0 (*) )( ) ( ) ï( Ûí ïï x ³1 ïî Đặt t = x 2 - 2x , vì x ³ 1 Þ t = ( x - 1 ) - 1 ³ -1 2

Phương trình (*) trở thành t 2 - ( 2m - 1 )t + m 2 - 1 = 0 (**)

Phương trình ban đầu có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (**) có nghiệm t ³ -1 Û Đồ thị hàm số f ( t ) = t 2 - ( 2m - 1 )t + m 2 - 1 trên [ - 1; +¥) cắt trục hoành. Ta có b 2m - 1 = 2a 2 2m - 1 1 > -1 Û m > - ta có + TH1: Nếu 2 2 Bảng biến thiên x -¥ -1 -

+¥

2m - 1 2

f ( -1 )

+¥

f (x ) æ 2m - 1 ÷ö f çç ÷ çè 2 ÷ø

Suy ra phương trình đã cho có nghiệm 2 æ 2m - 1 ÷ö æ 2m - 1 ÷ö æ 2m - 1 ÷ö 5 ç ç Û fç ÷÷ £ 0 Û ç ÷÷ - ( 2m - 1 )çç ÷÷ + m 2 - 1 £ 0 Û m < çè 2 ø 4 èç 2 ø èç 2 ø

264

1 1 5 suy ra - < m < thỏa mãn yêu cầu bài toán 2 2 4 2m - 1 1 = -1 Û m = - phương trình (**) trở thành + TH2: Nếu 2 2 -2 + 7 1 3 -2 ± 7 > -1 suy ra m = - thảo mãn yêu cầu bài t 2 + 2t - = 0 Û t = có t = 2 2 4 2 toán 2m - 1 1 < -1 Û m < - ta có + TH3: Nếu 2 2 Bảng biến thiên -¥ -1 +¥ x +¥

Kết hợp với điều kiện m > -

f (x )

f ( -1 )

Suy ra phương trình đã cho có nghiệm Û f ( -1 ) £ 0

Û 1 + 2m - 1 + m 2 - 1 £ 0 Û m 2 + 2m - 1 £ 0 Û -1 - 2 £ m £ -1 + 2 1 1 Kết hợp với điều kiện m < - suy ra -1 - 2 £ m < - thỏa mãn yêu cầu bài toán 2 2 5 Vậy -1 - 2 £ m < 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 Î  .

Lời giải

Bất phương trình tương đương với ( x - 1 ) - m x - 1 + 1 > 0 2

Với x = 1 ta có bất phương trình luôn đúng với mọi m Với x ¹ 1 . Đặt t = x - 1 Þ t > 0

t2 + 1 > m (*) t Suy ra bất phương trình ban đầu nghiệm đúng với mọi x ¹ 1 khi và chỉ khi bất phương trình (*) t2 + 1 >m nghiệm đúng với mọi t > 0 Û min t >0 t t 2 + 1 2t ³ = 2 , đẳng thức xảy ra Û t = 1 Ta có t t t2 + 1 = 2 , do đó m < 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán Suy ra min t >0 t Vậy m < 2 là giá trị cần tìm. 3. Bài tập luyện tập. Bài 4.113: Giải các phương trình sau a) 3x - 2 = x 2 + 2x + 3 b) | 2x 2 - 7x + 2 |= x + 2

Bất phương trình trở thành t 2 - mt + 1 > 0 Û

c) x 2 - 3x + 2 - x + 2 = x 2 - 3x Bài 4.114: Giải các bất phương trình sau

265

2x 1 1 = + x +1 x +1 x -1

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 1 £3x3 x x

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 . Bài 4.117: Tìm m để bất phương trình 2x 2 - 3x - 2 ³ 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 - m 2 + 2 > 0

a) Giải bất phương trình khi m = 2 b) Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với "x Î 

 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: ïì f (x ) ³ 0 ( hoặc g ( x ) ³ 0 ) f (x ) = g(x ) Û ïí  ïï f (x ) = g(x ) î ïìï g(x ) ³ 0  f (x ) = g(x ) Û í ïï f (x ) = [ g(x ) ]2 ïî Bất phương trình: ìï f (x ) > g(x ) f (x ) > g(x ) Û ïí  ïï g(x ) ³ 0 î ìï f (x ) ³ 0 ïï  f (x ) < g(x ) Û ïí g(x ) > 0 ïï 2 ïï f (x ) < [ g(x ) ] î

266



éì ï g(x ) < 0 ê ïí ê ï f (x ) ³ 0 ï f (x ) > g(x ) Û êê îì ê ïï g(x ) ³ 0 êí 2 ê ïïï f (x ) > [ g(x ) ] ëî

Ví dụ 1: Giải các phương trình sau a) x 3 - x + 1 = -2x 2 - x + 2 c)

x + 4 - 1-x =

Lời giải

1 - 2x

2x 2 + 3x - 1 = 3 - x 2

1 1 + 1- = x x x

ìï -2x 2 - x + 2 ³ 0 a) Ta có phương trình Û ïí 3 ïï x - x + 1 = -2x 2 - x + 2 î ì ï -1 - 17 -1 + 17 ï £x £ ï ìï -1 - 17 ï 1 + 17 4 4 ï ï £x £ ï é x = 1 Û ïí Û í 4 4 ê ïï ï 3 2 ï ê x + 2 x 1 = 0 ï îïï ê x = -1 ± 5 ï ï êë ï î 2 é x = -1 ê Û ê ê x = -1 ± 5 êë 2

ìï -1 - 5 ï -1 + 5 ü ï ; -1; Vậy phương trình có nghiệm là x Î ïí ý. ïï ï 2 2 ï î þ 2 ìï 3-x ³ 0 ï b) Phương trình Û í 2 2 ïï 2x + 3x - 1 = ( 3 - x 2 ) ïî ìï ì ï - 3£x £ 3 - 3£x £ 3 ï Ûï Û í 4 í 2 ïï x - 8x - 3x + 10 = 0 ïï ( x - 1 )( x + 2 )( x 2 - x - 5 ) = 0 î î ì ï - 3£x £ 3 ï ï ï é x = -2 ï ï ê Ûï Ûx =1 í êx = 1 ï ê ï ê ï ï ê x = 1 ± 21 ï ï ï î êë 2

Vậy phương trình có nghiệm là x = 1 . 1 c) ĐKXĐ: -4 £ x £ 2 Phương trình Û x + 4 = 1 - 2x + 1 - x Û x + 4 = 1 - 2x + 2 (1 - 2x )(1 - x ) + 1 - x ìï 2x + 1 ³ 0 Û 2x + 1 = (1 - 2x )(1 - x ) Û ïí ïï(2x + 1)2 = (1 - 2x )(1 - x ) î

267

ì ï ïx ³ - 1 Ûï Û x = 0 (thỏa mãn điều kiện) í 2 ï 2 ï 2x + 7x = 0 ï î Vậy phương trình có nghiệm là x = 0 . ìï x > 0 ïï ïï 1 ïï x - ³ 0 ì x ³1 ï ï x ïï ï Ûí d) Phương trình Û í 1 1 ïï1 - 1 ³ 0 ï x - = x - 1ï ïï ï x î x x ïï 1 1 ïï x - + 1 - = x ïî x x x ³1 ïìï ì x ³1 ï ï Û ïí Û í 1 1 1 2 ïï x - = x 2 + 1 - - 2x 1 ïï x - x - 2 x 2 - x + 1 = 0 î ïî x x x ì x ³1 ï ì ìï ï x ³1 ï x ³1 1+ 5 ï ï Ûí 2 Ûí 2 Ûï Ûx = í 1 ± 5 ï ïï x - x - 1 = 0 ï 2 ï x -x = 1 ïx = î î ï î 2

Vậy phương trình có nghiệm là x =

1+ 5 . 2

Ví dụ 2: Giải các phương trình sau a) -5x 2 + 8x - 3 + 5x - 3 = 1 - x + 1 b) x 2 + ( 3 - x ) 2x - 1 = x 3 2x 2 - 5x + 2 - x - 2

(

Lời giải

)

ìï -5x 2 + 8x - 3 ³ 0 ïï 3 5x - 3 ³ 0 Û £x £1 a) ĐKXĐ: ïí ï 5 ï 1-x ³ 0 ï ï î

Phương trình

( 5x - 3 )(1 - x ) +

5x - 3 =

1-x +1

Û ( 5x - 3 - 1)( 1 - x + 1) = 0

4 (thỏa mãn điều kiện) 5 4 Vậy phương trình có nghiệm x = . 5 2 ì 2x - 5x + 2 ³ 0 ï ï ï ï Ûx ³2 b) ĐKXĐ: í 2x - 1 ³ 0 ï ï x -2 ³ 0 ï ï î x - 2 2x - 1 - x x - 2 + 3x - x 2 - 3 2x - 1 + x 2x - 1 = 0 Phương trình Û Û

5x - 3 = 1 Û x =

x -2

(

)

2x - 1 - x + x ( 3 - x ) + 2x - 1 ( x - 3 ) = 0

é 2x - 1 = x Û ( 2x - 1 - x )( x - 2 - 3 + x ) = 0 Û êê êë x - 2 = 3 - x

268

é ê Û êê ïìï ê íï êëî ïï x é ê êì ï Û êï êï êí ï x ï êëî ï

2x - 1 = x 2 3-x ³ 0

- 2 = (3 - x )

x =1

é x 2 - 2x + 1 = 0 ê x £3 Û êê ìïï í ê ï x 2 - 7x + 11 = 0 êëî ï

é x =1 ê Û ê êx = 7 - 5 7± 5 êë = 2 2 x £3

7- 5 thỏa mãn 2 7- 5 Vậy phương trình có nghiệm là x = . 2 Ví dụ 3: Giải các phương trình 5 x + 3 + 3x - 2 = 5x 2 - 31x + 41

Đối chiếu với điều kiện x ³ 2 suy ra x =

(

Lời giải

)

ìï x ³ -3 ì ï x +3³0 ï 2 ï Û ïí Ûx ³ ĐKXĐ: í 2 ï ïï x ³ 3 ï 3x - 2 ³ 0 î ïî 3 Phương trình tương đương với 5 x + 3 - x - 9 + 5 3x - 2 - 3x - 2 = 5x 2 - 35x + 30

(

) (

-x 2 + 7x - 6

)

= 5x 2 - 35x + 30

5 x + 3 + x + 9 5 3x - 2 + 3x + 2 æ ö 1 1 Û ( x 2 - 7x + 6 ) çç + + 5 ÷÷÷ = 0 çè 5 x + 3 + x + 9 5 3x - 2 + 3x + 2 ø éx = 1 Û x 2 - 7x + 6 = 0 Û êê (thỏa mãn điều kiện) êë 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 tử chung x 2 - 7x + 6 . Đối với 5 x + 3 ta ghép thêm với ax + b , như thế sau khi trục căn thức ta có 5 x + 3 - ( ax + b ) =

25 ( x + 3 ) - ( ax + b )

5 x + 3 + ( ax + b )

như vậy để có đại nhân tử

ìï 5 1 + 3 - ( a + b ) = 0 ìa = 1 ï ï Ûï x - 7x + 6 thì í . Hoàn toàn tương tự với đại lượng í ïï 5 6 + 3 - ( a.6 + b ) = 0 ï b =9 ï î ïî 5 3x - 2 . Do đó ta tách được như lời giải ở trên. Ví dụ 4: Giải các bất phương trình sau a) x + 1 ³ 2(x 2 - 1) b) (x + 5)(3x + 4) > 4(x - 1) 2

c) 5x - 1 - x - 1 > 2x - 4 d) (x - 3) x 2 - 4 £ x 2 - 9 Lời giải ìï 2(x 2 - 1) ³ 0 ïï a) Bất phương trình Û ïí x + 1 ³ 0 . ïï 2 2 ïï 2(x - 1) £ (x + 1) î

269

ïìï é x ³ 1 ïìï é x ³ 1 ïï êê ïï êê x £ 1 ïï ëê ïï ëê x £ -1 é x = -1 ï Û í x ³ -1 Û ïí x ³ -1 Û êê ïï 2 ïï 1£x £3 ëê ïï x - 2x - 3 £ 0 ïï1 £ x £ 3 ïï ïï ïî ïî Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S = { -1} È éë 1; 3 ùû . éì ï 4(x - 1) < 0 ê ïí ê ï(x + 5)(3x + 4) ³ 0 b) Bất phương trình Û êê ïî ì ê ïï x - 1 ³ 0 ê íï(x + 5)(3x + 4) > 16(x - 1)2 êëî ï éì ïx < 1 é é x £ -5 ê ïï êê êïï é 4 êê 4 êí êx ³ ê ê- £ x < 1 êïï ê 3 êê Û ê ïï ê x £ -5 Û êë 3 ê îï êë ê ïìï x ³ 1 êì ê ïí ê ïï x ³ 1 êï 1 êí ê ïï - < x < 4 ê ïï13x 2 - 51x - 4 < 0 ëî 13 ëî é x £ -5 ê é x £ -5 ê 4 ê Û ê- £ x < 1 Û ê 4 ê 3 ê- £ x < 4 ê êë 3 ê1 £ x < 4 ë

4 Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S = (-¥; -5] È [ - ; 4) . 3 ìï 5x - 1 ³ 0 ïï c) ĐKXĐ: ïí x - 1 ³ 0 Û x ³ 2 ïï ïïî 2x - 4 ³ 0 Bất phương trình Û 5x - 1 > x - 1 + 2x - 4 Û x + 2 > ( 2x - 4 )( x - 1 )

Û x 2 + 4x + 4 > 2x 2 - 6x + 4 (do x ³ 2 ) Û x 2 - 10x < 0 Û 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 é x ³2 ĐKXĐ: x 2 - 4 ³ 0 Û êê êë x £ -2 Nhận xét x = 3 là nghiệm bất phương trình +) Với x > 3 : ta có Bất phương trình Û x 2 - 4 £ x + 3 2 13 Û x 2 - 4 £ (x + 3) Û x ³ 6 Kết hợp với điều kiện x > 3 ta có tập nghiệm bất phương trình là S = ( 3; +¥ ) . +) Với x < 3

270

Bất phương trình Û x 2 - 4 ³ x + 3 ìï x + 3 £ 0 ïìï x + 3 > 0 (I) hoặc í 2 Û ïí 2 2 (II) ïï x - 4 ³ ( x + 3 ) ïï x - 4 ³ 0 î ïî ïìï x £ -3 ï Ta có (I) Û ïí éê x ³ 2 Û x £ -3 ïï ïïî êêë x £ -2 ìï x > -3 ï ïìï x > -3 13 Û ïí Û -3 < x £ (II) Û í 13 ïï 6x + 13 £ 0 ïï x £ 6 î ïî 6 Kết hợp với điều kiện x < 3 suy ra bất phương trình có tập nghiệm S = (-¥; Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = (-¥; Ví dụ 5: Giải các bất phương trình sau a)

51 - 2x - x 2 <1 1-x

13 ] È [3; +¥) 6

2(x 2 - 16) x -3

+ x -3 >

2x - 3 4 + 3 ³ 6 2x - 3 + x +1 x +1 Lời giải a) * Nếu 1 - x > 0 Û x < 1 ìï x < 1 ïï Ta có bất phương trình Û ïí 51 - 2x - x 2 ³ 0 ïï ïï 51 - 2x - x 2 < 1 - x ïî ïìï x < 1 ï Û ïí1 - 52 £ x £ 1 + 52 Û 1 - 52 £ x < -5 . ïï 2 ïï x > 25 î * Nếu x > 1 Þ luôn đúng vì VT < 0 < 1 .

7 -x

x -3

c) 8

Vậy nghiệm tập bất phương trình đã cho là S = [1 - 52; -5) È ( 1; +¥ ) . ìï é x ³ 4 ïï ê ìï x 2 ³ 16 Û ïí êêë x £ -4 Û x ³ 4 . b) ĐKXĐ: ïí ïï x > 3 ïï î ïïî x > 3 Bất phương trình Û 2(x 2 - 16) + x - 3 > 7 - x Û

2(x 2 - 16) > 10 - 2x kết hợp với điều kiện x ³ 4 ta có bất phương trình ïìï x ³ 4 ì 10 2 x < 0 ï ï Ûï (I) hoặc ïí10 - 2x ³ 0 (II) í ï ïï 2 x ³4 ï 2 î ïï 2(x - 16) > (10 - 2x ) î ìï x > 5 Ûx >5 Ta có ( I ) Û ïí ïï x ³ 4 î

271

13 ] 6

ìï x ³ 4 ïï ì 4£x £5 ï ï ï . 10 2 0 II x Û ³ Û ( ) íï í 2 ï 20 66 0 x x + < ïï 2(x 2 - 16) > (10 - 2x )2 ï î ïî ì 4£x £5 ï ï Û 10 - 34 < x £ 5 í ï 10 - 34 < x £ 10 + 34 ï î Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = 10 - 34; +¥

(

)

ì ï 2x - 3 ³ 0 3 Ûx ³ . c) ĐKXĐ: ïí ï x +1 > 0 2 ï î Bất phương trình Û 8 2x - 3 + 3 x + 1 = 6 (2x - 3)(x + 1) + 4

(

)

Û 4(2 2x - 3 - 1) + 3 x + 1 1 - 2 2x - 3 ³ 0

(

)(

)

Û 2 2x - 3 - 1 4 - 3 x + 1 ³ 0 Û

(8x - 13)(7 - 9x )

)(

2x - 3 + 1 4 + 3 x + 1

Û (8x - 13)(7 - 9x ) ³ 0 Û

)

³0

7 13 £x £ 9 8

é 3 13 ù Kết hợp điều kiện ta có tập nghiệm bất phương trình là: S = ê ; ú . êë 2 8 úû Loại 2: Đặt ẩn phụ Ví dụ 6: Giải các bất phương trình sau a) ( x + 1 )( x + 4 ) < 5 x 2 + 5x + 28

b) ( x + 1 )( x - 3 ) <

1 - x 2 + 2x

-x 2 + 2x + 3

7x + 7 + 7x - 6 + 2 49x 2 + 7x - 42 < 181 - 14x 3 1 < 2x + -7 d) 3 x + 2x 2 x Lời giải a) Bất phương trình Û x 2 + 5x + 4 < 5 x 2 + 5x + 28

Đặt t =

x 2 + 5x + 28, t > 0 Þ x 2 + 5x + 4 = t 2 - 24

Bất phương trình trở thành t 2 - 24 < 5t Û t 2 - 5t - 24 < 0 Û -3 < t < 8

Suy ra x 2 + 5x + 28 < 8 Û x 2 + 5x - 36 < 0 Û -9 < x < 4 Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S = ( -9; 4 ) b) ĐKXĐ: -x 2 + 2x + 3 > 0 Û -1 < x < 3 Bất phương trình Û (x 2 - 2x - 3) -x 2 + 2x + 3 < 1 - x 2 + 2x Đặt t =

-x 2 + 2x + 3, t > 0 Þ -x 2 + 2x = t 2 - 3 .

Bất phương trình trở thành -t 3 < -2 + t 2 Û t 3 + t 2 - 2 > 0 Û (t - 1)(t 2 + 2t + 2) > 0 Û t > 1 Do đó ta có -x 2 + 2x + 3 > 1 Û -x 2 + 2x + 3 > 1 Û x 2 - 2x - 2 < 0 Û 1 - 3 < x < 1 + 3 .

272

Kết hợp với điều kiện xác định suy ra tập nghiệm bất phương trình là S = 1 - 3;1 + 3

(

)

ìï 7x + 7 ³ 0 6 Ûx ³ : c) ĐKXĐ: ïí ïï 7x - 6 ³ 0 7 î Đặt : t = 7x + 7 + 7x - 6, t ³ 0 Þ t 2 = 7x + 7 + 7x - 6 + 2 Þ 14x + 2

( 7x + 7 )( 7x - 6 )

( 7x + 7 )( 7x - 6 ) = t 2 - 1

Bất phương trình trở thành t 2 + t - 1 < 181 Û t 2 + t - 182 < 0 Û -14 < t < 13 Ta có 7x + 7 + 7x - 6 < 13

ì x < 12 ï ï 49x 2 + 7x - 42 < 84 - 7x Û í 2 2 ï 49 x + 7 x 42 < 84 7 x ( ) ï ï î ìï x < 12 Û ïí Ûx <6 ïï x < 6 î Û

6 Đối chiếu với điều kiện xác định suy ra tập nghiệm của bất phương trình là S = [ ;6) 7 d) ĐKXĐ: x > 0 . æ æ 1 ÷ö 1 ÷ö Bất phương trình Û 3 çç x + ÷ < 2 çç x + ÷-7 çè çè 4x ÷ø 2 x ÷ø

Đặt t =

x +

,t > 0 Þ t 2 = x +

1 1 +1 Þ x + = t2 - 1 4x 4x

2 x Bất phương trình trở thành 3t < 2 ( t 2 - 1 ) - 7

é t>3 ê Û 2t - 3t - 9 > 0 Û ê Û t > 3 (do t > 0 ) êt < - 3 êë 2 2

Ta có x +

2 x

> 3 Û x +1+

1 >9 4x

é êx > 8 + 3 7 ê 2 Û 4x 2 - 36x + 1 > 0 Û ê ê 8-3 7 êx < êë 2 Kết hợp với điều kiện xác định suy ra tập nghiệm bất phương trình là æ 8 - 3 7 ÷ö æ 8 + 3 7 ö÷ ÷÷ È çç ÷÷ S = ççç 0; ; +¥ ÷ø ççè ÷ø 2 2 èç Ví dụ 7: Giải các bất phương trình

a) x + 1 + x 2 - 4x + 1 ³ 3 x Lời giải

273

b) 1 >

1 - x2

1 x -1 2

ìï é x ³ 2 + 3 ïï ê é x ³2+ 3 ïìï x 2 - 4x + 1 ³ 0 ê ï Û í ê x £ 2 - 3 Û êê a) ĐKXĐ: í ïï ïï ë x ³0 êë 0 £ x £ 2 - 3 î ïï x ³ 0 î Dễ thấy x = 0 là nghiệm của bất phương trình.

Với x > 0 , bất phương trình tương đương với Đặt t =

x +

,t > 0 Þ t 2 - 2 = x +

x +

+ x+

1 -4 ³ 3 x

1 , bất phương trình trở thành x

ét>3 é 3 -t < 0 ê ê êìt £ 3 5 ê ì 3 -t ³ 0 Û êï Û ê ïïï Ût ³ ï êí 2 2 êí 2 ê ïït ³ 5 ï t 6 ³ 3 t ( ) êëî ï êëî ï ï 2 1 5 1 25 ³ Û x + +2 ³ Từ đó ta có x + 2 x 4 x éx ³ 4 ê 2 Û 4x - 17x + 4 ³ 0 Û ê êx £ 1 êë 4 Kết hợp với điều kiện suy ra tập nghiệm bất phương trình đã cho là é 1ù S = ê 0; ú È [4; +¥) êë 4 úû

b) ĐKXĐ: 1 - x 2 > 0 Û -1 < x < 1 1 3 Bất phương trình Û -1+ 2 > 2 1-x 1 - x2 x2 x Û -3 + 2 > 0. 2 1-x 1 - x2

ét < 1 ta có bất phương trình : t 2 - 3t + 2 > 0 Û êê 1 - x2 êë t > 2 é -1 < x < 0 ê x ì0 £ x < 1 < 1 Û 1 - x 2 > x Û êê ï * t <1Û ï 1 - x2 2 2 êí êï ï1 - x > x ëî é -1 < x < 0 ê 1 Û ê Û -1 < x < . 1 ê0 £ x < 2 êë 2

Đặt t =

*t>2Û Û

ì0 < x < 1 ï > 2 Û x > 2 1 - x2 Û ï í 2 ï x > 4(1 - x 2 ) 1 - x2 ï î x

< x < 1.

æ 1 ÷ö æç 2 ÷ö ;1 ÷÷ . Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là: T = çç -1; ÷÷ È ç èç 2 ø èç 5 ø Ví dụ 8: Giải các bất phương trình sau

274

t2 - 6 ³ 3 - t

a) x 3 - 3x 2 + 2

(x + 2)

- 6x ³ 0

b) x 3 - 4x 2 - 5x + 6 £

7x 2 + 9x - 4

Lời giải a) ĐKXĐ: x ³ -2 . Đặt y =

x + 2 , điều kiện y ³ 0 .

x 3 - 3xy 2 + 2y 3 ³ 0 é x +2 = x éx = y 2 Û êê Û ( x - y ) ( x + 2y ) ³ 0 Û êê êë 2 x + 2 ³ -x êë x + 2y ³ 0 ìï x ³ 0 Với x + 2 = x Û ïí Ûx =2 ïï x + 2 = x 2 î éx ³ 0 éx ³ 0 ê Với 2 x + 2 ³ -x Û êê ìïï x £ 0 Û x ³ 2-2 3. Û êê êë 2 - 2 3 £ x £ 0 ê íï 4(x + 2) ³ x 2 êëî ï Kết hợp điều kiện suy ra tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S = éê 2 - 2 3; +¥ ë

Bất phương trình trở thành:

)

b) Bất phương trình tương đương với Û ( x + 1) + x + 1 £ 3

Đặt a = x + 1, b =

( x + 1)

- 7x 2 - 8x + 5 £

7x 2 + 9x - 4

7x 2 + 9x - 4 + 7x 2 + 9x - 4

7x 2 + 9x - 4 , bất phương trình trở thành :

a 3 + a £ b 3 + b Û (a - b ) (a 2 + ab + b 2 ) + a - b £ 0

Û ( a - b )( a 2 + ab + b 2 + 1 ) £ 0 Û a £ b (do a 2 + ab + b 2 + 1 > 0 )

Suy ra x + 1 £

7x 2 + 9x - 4 Û x 3 - 4x 2 - 6x + 5 £ 0 é ê x £ -1 - 5 ê 2 Û ( x - 5 )( x 2 - x + 1 ) £ 0 Û ê ê -1 + 5 £x £5 ê êë 2 æ -1 - 5 ùú éê -1 + 5 ùú ;5 ú . Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S = ççç -¥; úÈê 2 2 èç úû ûú ëê 2 Ví dụ 9: Cho phương trình x + 1 - x + x - x = 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 3

x 0 + 1 - x 0 + x 0 ( 1 - x 0 ) = m ta có thể viết lại là

1 - x0 + x0 +

(1 - x 0 ) x 0

= 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 Û x 0 = thay vào ta có m =

275

1+2 2 2

1 2

Với m =

1+2 2 ta có phương trình 2 x - x2 =

Áp dụng BĐT côsi ta có Mặt khác

(

x + 1-x

)

x + 1 - x + x - x2 = x (1 - x ) £

x +1-x 1 = 2 2

= 1 + 2 x (1 - x ) £ 2 Þ

1+2 2 (*) 2

x + 1-x £

1 1+2 2 , đẳng thức xảy ra Û x = 2 2 Do đó phương trình (*) có nghiệm duy nhất

Suy ra

x + 1 - x + x - x2 £

1+2 2 là giá trị cần tìm. 2 b) Đặt t = x + 1 - x Þ t 2 = 1 + 2 x ( 1 - x )

Vậy m =

Theo câu a ta có 1 £ Suy ra 1 £ t £

(

x + 1-x

)

= 1 + 2 x (1 - x ) £ 2

t2 - 1 = m Û t 2 + 2t - 1 = 2m (**) 2 Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (**) có nghiệm thỏa mãn 1 £ t £ Û Đồ thị hàm số y = t 2 + 2t - 1 trên éê 1; 2 ùú cắt đường thẳng y = 2m . ë û 2 é ù Xét hàm số y = t + 2t - 1 trên ê 1; 2 ú ë û Bảng biến thiên t 1 2

Phương trình trở thành t +

1+2 2

Suy ra phương trình đã cho có nghiệm Û 1 £ 2m £ 1 + 2 2 hay Û Ví dụ 10: Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x ³ 1 Lời giải ĐKXĐ: x ³ 1 . Chia hai vế phương trình cho

1 1+2 2 £m £ 2 2

3 x - 1 + m x + 1 ³ 24 x2 - 1 .

x + 1 > 0 ta có

Bất phương trình tương đương với 3

x -1 x -1 + m ³ 24 . x +1 x +1

x -1 2 = 4 1Þ 0 < t < 1, "x ³ 1 x +1 x +1 Bất phương trình trở thành: 3t 2 + m ³ 2t Û -3t 2 + 2t £ m (*) . Bất hương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x ³ 1 Û (*) nghiệm đúng t Î (0;1)

Đặt t =

Û m ³ max f ( t ) với f ( t ) = -3t 2 + 2t . ( 0;1 )

Xét hàm số f ( t ) = -3t 2 + 2t trên ( 0;1 ) Bảng biến thiên

276

1 3 1 3

f (t )

-1

Từ bảng biến thiên suy ra max f ( t ) = ( 0;1 )

1 3

Bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x ³ 1 Û m ³ Vậy m ³

1 là giá trị cần tìm. 3

1 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 phương. Cách 3: Với phương trình f (x ) = g(x ) có tập xác định D ìï f (x ) ³ m(x ) ì ï f (x ) = m(x ) Nếu ïí , "x Î D thì f (x ) = g(x ) Û ïí . ïï g(x ) £ m(x ) ï g(x ) = m(x ) ï î î Ví dụ 11: Giải các phương trình sau a)

6 + 3-x

8 =6 2-x

c) x - x - 1 - x = 1 Lời giải a) ĐKXĐ: x < 2 .

x - 1 + x x 3 - 3x + 2 = 1 - x

b) d)

x +8+ x +4 =

Ta thấy rằng phương trình có một nghiệm là x = Thật vậy * Với x <

3 6 >4Þ ta có 2 3-x

2x + 3 +

3 và ta chứng minh đó là nghiệm duy nhất . 2

6 > 2 và 3-x

8 > 2-x

6 8 + > 6 Þ phương trình vô nghiệm. 3-x 2-x 3 6 6 < x < 2 ta có <4Þ < 2 và * Với 2 3-x 3-x

3 22

8 < 6 Þ phương trình vô nghiệm. 2-x 3 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = . 2 ìï x - 1 ³ 0 x -1 ³ 0 ïì b) ĐKXĐ: ïí 3 Û ïí Û x ³1 ïï x - 3x + 2 ³ 0 ïï( x - 1 )2 ( x + 2 ) ³ 0 î ïî

Suy ra

277

6 + 3-x

8 < 2-x

3 22

Dễ thấy x = 1 là nghiệm của phương trình Với x > 1 ta có 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

ì x ³0 ï Û 0 £ x £ 1 (*) c) Rõ ràng phương trình có nghiệm phải thỏa mãn ïí ï 1-x ³ 0 ï î x =

Phương trình tương đương với Do

x - 1-x +1 ³ 1 Þ

x - 1-x +1

x ³ 1 Þ x ³ 1 (**)

ì ï0 £ x £ 1 Ûx =1 Từ (*) và (**) phương trình có nghiệm thì phải thỏa mãn ïí ï x ³1 ï î Thử x = 1 vào thấy không là nghiệm của phương trình Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. d) ĐKXĐ: x ³ 0

Phương trình tương đương với 2x + 3 - x + 4 = 4 x + 8 - 3x Dễ thấy x = 1 là nghiệm của phương trình Với x > 1 ta có 2x + 3 > x + 4 Û 2x + 3 - x + 4 > 0 Và ( x - 1 )( 9x + 8 ) > 0 Û 9x 2 - x - 8 > 0 Û x + 8 < 9x 2 Û 4 x + 8 - 3x < 0

Suy ra phương trình vô nghiệm Với 0 £ x < 1 ta có 2x + 3 < x + 4 Û

2x + 3 - x + 4 < 0

Và ( x - 1 )( 9x + 8 ) > 0 Û 9x 2 - x - 8 > 0 Û x + 8 > 9x 2 Û

Suy ra phương trình vô nghiệm Vậy phương trình cso nghiệm duy nhất x = 1 . Ví dụ 12: Giải các phương trình sau a) x 2 - 9x + 28 = 4 x - 1 b) 1 - 2x + 1 + 2x = 2 - x 2 c) 20x + 38 = 4 x + 1 + 6 2x + 3 + 12 2x 2 + 5x + 3 Lời giải a) ĐKXĐ: x ³ 1

x + 8 - 3x > 0

Phương trình tương đương với x 2 - 10x + 25 + ( x - 1 ) - 4 x - 1 + 4 = 0 Û (x - 5)2 + ( x - 1 - 2)2 = 0 (*)

Vì (x - 5)2 + ( x - 1 - 2)2 ³ 0 với mọi x nên ìï x - 5 = 0 Ûx =5 Phương trình (*) Û ïí ïï x - 1 - 2 = 0 î Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 5 . ì ï 1 - 2x ³ 0 1 1 Û- £x £ b) ĐKXĐ: ïí ï 1 + 2x ³ 0 2 2 ï î Phương trình tương đương với

(

1 - 2x + 1 + 2x

Û 2 + 2 1 - 4x 2 = 4 - 4x 2 + x 4 Û

(

1 - 4x 2 - 1

ìï x =0 Û ïí Ûx =0 ïï 1 - 4x 2 - 1 = 0 î Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0 .

278

)

= (2 - x 2 )

)

+ x4 = 0

ìï x + 1 ³ 0 Û x ³ -1 c) ĐKXĐ: ïí ïï 2x + 3 ³ 0 î Phương trình tương đương với x + 1 - 4 x + 1 + 4 + 2x + 3 - 6 x + 1 + 9 + 9x + 9 - 12 (x + 1)(2x + 3) + 8x + 12 = 0

(

) (

Û ( x + 1 - 2)2 + ( 2x + 3 - 3)2 + (3 x + 1 - 2 2x + 3)2 = 0 ìï x + 1 - 2 = 0 ïï ï Û í 2x + 3 - 3 = 0 Û x = 3 (thỏa mãn điều kiện) ïï ïï 3 x + 1 - 2 2x + 3 = 0 ïî Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3 . Ví dụ 13: Giải các phương trình sau a) x 2 + x - 1 + -x 2 + x + 1 = x 2 - x + 2 2x 2 + x - 1 = x (x - 1) b) 1+ 3 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 + x2 + x - 1 x2 + x 1.(x 2 + x - 1) £ = 2 2 2 1 - x + x + 1 -x 2 + x + 2 1.(-x 2 + x + 1) £ = 2 2 2 2 Cộng vế với vế ta được x + x - 1 + -x + x + 1 £ x + 1 Suy ra x 2 - x + 2 £ x + 1 Û ( x - 1 ) £ 0 Û x = 1 2

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 ì x +1 > 0 ï ï ï ïí x ( x - 1 ) ³ 0 Û x Î {-1 } È [1; +¥) ï ïï 2x 2 + x - 1 ³ 0 ï î Rõ ràng x = -1 không là nghiệm của phương trình, ta xét x ³ 1 Phương trình đã cho Û 2x 2 + x - 1 = x 2 - x + 3 x (x 2 - 1) (*) Áp dụng BĐT côsi ta có 3 ( x + x 2 - 1) x2 - x 2 2 x -x £ , 3 x (x - 1) £ 2 2 2 x 2 - x 3 ( x + x - 1) + = 2x 2 + x - 1 = VT (*) Suy ra VP (*) £ 2 2 1± 5 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 2 - x - 1 = 0 Û x = 2 1+ 5 Thử lại phương trình ta thấy x = là nghiệm của phương trình 2 1+ 5 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = . 2

279

)

c) ĐKXĐ: x 3 - 2 ³ 0 Û x ³ Giả sử phương trình có nghiệm

Sử dụng bất đẳng thức côsi, ta được

x2 - 1 £

2(x - 1) + (x + 1) + 4 x +1 = . 6 2

x +1 + x ³ x3 - 2 2 Û 4(x 3 - 2) £ (3x + 1)2 Û (x - 3)(4x 2 + 3x + 3) £ 0 Û x £ 3

Kết hợp với phương trình suy ra

Như vậy ta có Ta có và

2 £ x £ 3. (**)

x 2 - 1 ³ x - 1 Û x + 1 ³ (x - 1)2 Û x (3 - x ) ³ 0 (đúng với đk (**))

x 3 - 2 £ 2x - 1 Û (x - 3)(x 2 - x + 1) £ 0 (đúng với đk (**))

Suy ra 3 x 2 - 1 + x ³ 2x - 1 ³ x 3 - 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 > 2x a) x 2 + b) 2x 2 - 11x + 21 £ 3 3 4x - 4 2 -x + 6x - 5 Lời giải a) ĐKXĐ : -x 2 + 6x - 5 > 0 Û 1 < x < 5 2 2 Ta có x 2 + = x2 + ³ x 2 + 1 (1) 2 2 -x + 6x - 5 -(x - 3 ) + 4 Mặt khác x 2 + 1 ³ 2x , dấu bằng xảy ra Û x = 1 suy ra x 2 + 1 > 2x , "x Î ( 1;5 ) (2) Từ (1) và (2) ta có với mọi x Î ( 1;5 ) ta có x2 +

> 2x -x + 6x - 5 Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S = ( 1;5 ) . 2

b) Xét tam thức f ( x ) = 2x 2 - 11x + 21 , có a = 2 > 0, D = -47 < 0 Suy ra f ( x ) > 0, "x

Do đó phương trình có nghiệm thì phải thỏa mãn 3 3 4x - 4 > 0 Û x > 1 Áp dụng BĐT Côsi ta có : 3 3 4x - 4 = 3 3 2.2 ( x - 1 ) £ 2 + 2 + x - 1 = x + 3 Kết hợp với phương trình suy ra 2x 2 - 11x + 21 £ x + 3 Û 2(x - 3) £ 0 Û x = 3 2

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 : a. x - 3 < 2x - 1 b. c.

280

3x - 2 > 4x - 3

x2 - x + 1 £ x + 3

3x 2 + x - 4 ³ x + 1

Bài 4.121: Giải các bất phương trình sau. a) (x 2 - 3x ) 2x 2 - 3x - 2 ³ 0

c) x 2 + 3x + 1 £ (x + 3) x 2 + 1 . Bài 4.122: Giải các bpt sau : a ) 2x - 1 £ 8 - x

(1 + 1 + x )2

b) 2x 2 - 6x + 1 - x + 2 > 0

-x 2 + 6x - 5 > 8 - 2x

x +2 - x +1 <

x +3 ³

(

2x 2

-3x 2 + x + 4 + 2 <2 x

x 2 - 8x + 15 + x 2 + 2x - 15 £

g) h)

25 - x 2 + x 2 + 7x > 3

(

)

d) 1 + x + 1 - x £ 2 -

1+x - 1-x ³ x 2x

2x + 9

2x + 1 - 1

1 1 2 + x- 2 > 2 x x x 2 4x - 18x + 18

2x + 4 - 2 2 - x >12x - 8

Bài 4.125: Giải các bất phương trình sau: a ) 3x 2 + 6x + 4 < 2 - 2x - x 2 c)

< x + 21

4x 2 - 18x + 18

-3x 2 + x + 4 + 2 <2 x x 2 - 8x + 15 + x 2 + 2x - 15 > 9x 2 + 16

)

x 2 - 3x + 2 + x 2 - 4x + 3 ³ 2 x 2 - 5x + 4

Bài 4.124: Giải các bất phương trình sau: a) 4(x + 1)2 ³ (2x + 10)(1 - 3 + 2x )2

2x - 8 + 7 - x

3 - 9 + 2x

Bài 4.123: Giải các bất phương trình sau :

> x -4

3x 2 + 5x + 7 - 3x 2 + 5x + 2 ³ 1

b) 2x 2 + 4x + 3 3 - 2x - x 2 > 1 d)

1 x x +1 + 4 f) -2 >3 2x x +1 x 2 x Bài 4.126: Giải các phương trình sau: a) x + 2 7 - x = 2 x - 1 + -x 2 + 8x - 7 + 1 (2x - 1)2 b) 2x + 1 + 3 - 2x = 2 c) 10x + 1 + 3x - 5 = 9x + 4 + 2x - 2 e) 5 x +

< 2x +

3 2 x 35 > x 2 - 1 12

x + 2 x -1 + x -2 x -1 > g) x +

d) x - 1 - (x - 1)2 = 8 - x 3 Bài 4.127: Giải các phương trình sau a) x 2 - 2x + 3 = 2x 2 - x + 1 + 3x - 3x 2 b) 3 14 - x 3 = 2 x 2 - 2x - 1 + 2 - x 2 =5 c) 2 1 + 3x - x + x Bài 4.128: Giải phương trình 2x + 3 + x + 1 = x 2 - 11x + 33 + 3x - 5 Bài 4.129: Cho phương trình: 2x 2 - 2 ( m + 1 ) x + m 2 + m = x - 1 (1 )

281

x2 4

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 ) . 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. ÔN TẬP CHƯƠNG IV Bài 4.131: Cho các số thực a, b, c là số thực. Chứng minh rằng: a2 + b 2 + c 2 ³ ab - ac + 2bc 4 c) (a 5 + b 5 )(a + b) ³ (a 4 + b 4 )(a 2 + b 2 ) , với ab > 0 . Bài 4.132: Cho a, b, c là số dương thỏa mãn a + b + c = 1 . Chứng minh rằng æ1 öæ 1 öæ 1 ö a) çç - 1 ÷÷÷ çç - 1 ÷÷÷ çç - 1 ÷÷÷ ³ 8 èç a øèç b øèç c ø

a) a 4 + b 4 + c 2 + 1 ³ 2a(ab 2 - a + c + 1)

a +b b +c c +a + 2 + ³3 2 2 2 b + 4bc + c c + 4ca + a a + 4ab + b 2 Bài 4.133: Cho a, b, c là số dương và abc = 1 . Chứng minh rằng :

a3 b3 c3 3 + + ³ (a + 1)(b + 1) (c + 1)(b + 1) (a + 1)(c + 1) 4

1 1 1 1 + + £ a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a + 3 2 Bài 4.134: Giải các bất phương trình sau a ) x 2 - 3x - 4 £ 0 b) (1 - x )(x 2 - 5x + 6) > 0 .

x3  3x  3 1 x2  x  1

x2 1  x  1

0 2 x3  1  3 x  1 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 b) f (x ) > 0 "x Î  .

Bài 4.136: Cho tam thức: f (x ) = (m - 1)x 2 - 4(m - 1)x + 2m + 3 . Tìm m để

a) Phương trình f (x ) = 0 có nghiệm b) Hàm số y = f (x ) xác định "x Î  Bài 4.137: Giải các hệ bất phương trình sau: ìï x 2 - 4x + 4 £ 0 ì ï -2x 2 + x + 1 > 0 ï ï a) í b) í 2 ïï x 2 - 3x < 0 ï ï 3x + 2x - 3 £ 0 î î ìï x + 1 x 1  ïï x ³0  2 c) í 3 - 2x d)  x  4 x  5 ïï x 2 - x - 1 £ 0 4 x 2  7 x  4  0 îï Bài 4.138: Xác định miền nghiệm của các bất phương trình và hệ bất phương trình sau:

282

ìï 2x + y > -3 ïï b) ïí 2 ( 3x - y + 3 ) < 3 ( 2x - y + 2 ) ïï ïïî x + y + 1 < 0 Bài 4.139: Giải bất phương trình: a) 2x 2 - 6x + 1 - x + 2 < 0 b) x + 9 - x £ -x 2 + 9x + 6 x + 2y 2x + y > a) -2 -3

x 2  3x  2  x 2  4 x  3  2 x 2  5 x  4 ( 9m + 4 ) x 7mx Bài 4.140: Cho bất phương trình: 2 - 2 ³2 x +x +9 x -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: a) x 2 + 2x 2 + 4x + 3 ³ 6 - 2x b) 2 x - 1 - x + 5 > x - 3

x- x

1 - 2 ( x 2 - x + 1)

³1

x + 2 - x - 1 ³ x - x2 + x - 2 -

7 2

Bài 4.142: Tìm m để bất phương trình (x 2 + x - 1)(x 2 + x + m ) ³ 0 có tập nghiệm là 

283

HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ CHƯƠNG I 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 P : " Trong tam giác tổng ba góc không bằng 1800", mệnh đề này sai Q: "

(

27 ) không phải là số nguyên ", mệnh đề này sai 2

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

K : " Bất phương trình x 2013 > 2030 có nghiệm ", mệnh đề này đúng Bài 1.3 a) P Þ Q : " Nếu tứ giác ABCD là hình chữ nhật thì tứ giác ABCD có hai đường thẳng AC và BD vuông góc với nhau", mệnh đề đúng Q Þ P : " Nếu tứ giác ABCD hai đường thẳng AC và BD vuông góc với nhau thì tứ giác ABCD có là hình chữ nhật ", mệnh đề sai

(

b) P Þ Q : " Nếu - 3 > - 2 thì - 3

(

P Þ Q : " Nếu - 3

)

(

> - 2

)

(

)

> - 2 ", mệnh đề đúng

thì - 3 > - 2 ", mệnh đề sai

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

Cả hai mệnh đề đều đúng. d) P Þ Q : " Nếu Tố Hữu là nhà Toán học lớn của Việt Nam thì Évariste Galois là nhà Thơ lỗi lạc của Thế giới ", Q Þ 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 Û Q đúng vì mệnh đề P Þ Q, Q Þ 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 Û Q sai vì mệnh đề P đúng còn Q sai. Phát biểu mệnh đề P Û 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 Þ B sai vì A đúng và B sai. Mệnh đề A Þ D đúng vì A và D đều đúng. Mệnh đề B Þ C đúng vì B sai. b) Mệnh đề A Û B sai vì mệnh đề A Þ B sai (Hoặc A đúng và B sai). Mệnh đề B Û C đúng vì hai mệnh đề B và C đều sai. Mệnh đề A Û D đúng vì hai mệnh đề A và D đều đúng. Bài 1.6: a) P Þ Q : " Nếu tổng 2 góc đối của tứ giác lồi bằng 1800 thì tứ giác đó nội tiếp được đường tròn ". Q Þ P : "Nếu Tứ giác không nội tiếp đường tròn thì tổng 2 góc đối của tứ giác đó bằng 1800" Mệnh đề P Þ Q đúng, mệnh đề Q Þ P sai.

b) P Þ Q : " Nếu Q Þ P : " Nếu

(

2 - 3 > -1 thì 2- 3

)

(

£ ( -1 ) thì 2

2- 3

)

> ( -1 ) " 2

2 - 3 > -1 "

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

c) x =

1 2

Bài 1.8: a) Mệnh đề "x Î , x 3 - x 2 + 1 > 0 sai chẳng hạn khi x = -1 ta có

( -1 )

- ( -1 ) + 1 = -1 < 0 . 2

Mệnh đề phủ định là $x Î , x 3 - x 2 + 1 £ 0 .

(

)(

)

b) Mệnh đề "x Î , 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 = x 2 + 2

)(

3x + 1 x 2 - 3x + 1

(

)(

)

Mệnh đề phủ định là $x Î , x 4 - x 2 + 1 ¹ x 2 + 3x + 1 x 2 - 3x + 1 . c) Mệnh đề $x Î N , n 2 + 3 chia hết cho 4 đúng vì n = 1 Î N và n 2 + 1 = 4  4 Mệnh đề phủ định là " "x Î N , n 2 + 3 không chia hết cho 4" d) Mện đề $q Î Q, 2q 2 - 1 = 0 sai. Mệnh đề phủ định là "q Î Q, 2q 2 - 1 ¹ 0 e) Mệnh đề " $n Î N , n ( n + 1 ) là một số chính phương" đúng. Mệnh đề phủ định là " "n Î 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. n(n + 1) b) Xét biểu thức , với n Î * . ta có : 2 n(n + 1) = 55 : chia hết cho 11. Vậy mệnh đề đã cho là mệnh đề đúng. Với n = 10 thì 2 Bài 1.11: a) Mệnh đề P " "x Î R, x Î Q Þ 2x Î Q " . MĐ đúng. P : " $x Î R, x Î Q Þ 2x Ï Q " . MĐ sai

b) MĐ đảo của P là " Với mọi số thực x, x Î Q khi và chỉ khi 2x Î Q". Hay " "x Î R, x Î Q Û 2x Î Q " .

Bài 1.12: a) A(n) Þ B(n) : “Nếu n là số chẵn thì n2 là số chẵn”. Đây là mệnh đề đúng, vì khi đó n = 2k (k Î  ) Þ n2 = 4k2 là số chẵn. b) “ "n Î , B(n ) Þ A(n ) ” : Với mọi số tự nhiên n, nếu n2 là số chẵn thì n là số chẵn. c) “ "n Î , A(n ) Û B(n ) ” : Với mọi số tự nhiên n, n là số chẵn khi và chỉ khi n2 là số chẵn. Bài 1.13: a) Mệnh đề P sai vì chẳng hạn x = 1 Î , y = 2 Î  nhưng x + y ¹ 1

b) Mệnh đề Q đúng vì x = y = 1 Þ x + y = 2 c) Vì x + y = 3 nên với mọi y Î  thì luôn tồn tại x = 3 - y do đó mệnh đề R đúng 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 D = b 2 - 4ac = b 2 + 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 Þ a 2 £ c 2 (1) Theo bất đẳng thức trong tam giác, ta có b < a + c Þ b 2 < ( a + c ) (2). 2

Do a £ c Þ ( a + c ) £ 4c 2 (3) 2

Từ (2) và (3) suy ra b 2 £ 4c 2 (4). 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:

æ1ö 1 a ( 1 – b ) .b ( 1 - c ) .c ( 1 – a ) > çç ÷÷÷ hay a ( 1 – a ).b ( 1 - b ).c (1 – c ) > (*) çè 4 ø 64 3

1 æ 1ö 1 Mặt khác a ( 1 – a ) = -a + a = - çça - ÷÷÷ £ 4 çè 2ø 4 2

Do 0 < a < 1 Þ 0 < a (1 – a ) £

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 ) £

1 (**) 64

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 Khi đó D1 = a12 – 4b1 < 0, D1 = a22 – 4b2 < 0 Þ a12 – 4b1 + a22 – 4b2 < 0 Û a12 + a22 < 4 (b1 + b2 ) (1 )

Mà ( a1 – a2 ) ³ 0 Û a12 + a22 ³ 2a1a2 (2) 2

Từ (1) và (2) suy ra 2a1a2 < 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 + a2x + b2 = 0 có nghiệm. Bài 1.19: Dễ dàng chứng minh được nếu n 2 là số chẵn thì n là số chẵn m Giả sử 2 là số hữu tỉ, tức là 2 = , trong đó m, n  *, ( m, n ) = 1 n m Þ m 2 = 2n 2 Þ m 2 là số chẵn Từ 2 = n  m là số chẵn  m = 2k, k Î N *

Từ m 2 = 2n 2 Þ 4k 2 = 2n 2 Þ n 2 = 2k 2 Þ 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 A

hành BEDF như hình vẽ . Ta có :

1 2 E

liệu đề thi file word 3 2

 > C Þ B  > C Þ D  > C (1) B 2 2 1 2

Ngoài ra, BE = CF Þ DF = CE  +D  = C + C (2) . Þ D 1 2 2 3 Từ (1) và (2) suy ra  < C Þ EC < ED Þ EC < FB . D 2 3 Xét các tam giác BCE và CBF, ta thấy : >B  ÞC  >B  . Mâu thuẫn. BC chung, BE = CF, BF > CE nên C 1 1  >B  , chứng minh hoàn toàn tương tự như trên. • Trường hợp C

 = C . Vậy tam giác ABC cân tại A. Do đó B Bài 1.22: Trước hết sắp xếp các đoạn đã cho theo thứ tự tăng dần của độ dài a1, a2 ,..., a 7 và

chứng minh 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 £ a 7 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 a 3 > 30, a 5 > 50, a 6 > 80 và a 7 > 130 . Điều a 7 > 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. 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 ³ y là điều kiện cần và đủ để 3 x ³ 3 y   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 Î N | x £ 4 } , B = {x Î N | x là số lẻ nhỏ hơn 10}, C = {n 2 | n là số tự nhiên nhỏ

hơn 6} Bài 1.28: a) A Ì B,

A Ì C,

D ÌC .

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}. 14 14 £ Bài 1.29: a) Ta có x ³ 0 suy ra 0 < 6 3 x +6 14 14 14 Î Z nên = 1 hoặc =2 Mặt khác 3 x +6 3 x +6 3 x +6 1 64 Hay x = hoặc x = 9 9 ïì 1 64 ïü Vậy A = ïí ; ïý ïîï 9 9 ïþï ì1ï ü ï ì 64 ï ü ï ì 1 64 ï ü ï b) Tất cả các tập con của tập hợp A là Æ, ïí ïý , ïí ïý , ïí ; ïý . ï ï9ï ï ï ï9ï ï ï ï9 9 ï ï î þ î þ î þ 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 Ì A \ B thì các tập hợp X là Æ, { 0 }, { 3 }, { 4 }, { 0; 3 }, { 0; 4 }, { 3; 4 }, { 0; 3; 4 }

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 Î  ( x + 1 )( x - 1 )( x - 5 )( x - 8 ) = 0 } B = {1; 2; 4; 8; 16 }

b) Ta có A Ç B = {1; 8}, A È 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 Ì E và B Ì E b) Ta có C E A = E \ A = {1;2; 4;5 } ; C E B = E \ B = {1; 4;6 } A È B = { 2; 3;5; 6 } Þ C E (A È B ) = E \ ( A È B ) = {1; 4 }

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

E \ A = {1;2; 4;5 } ; E \ B = {1; 4;6 } Þ ( E \ A ) È ( E \ B ) = {1;2; 4;5;6 }

Suy ra E \ (A Ç B ) = ( E \ A ) È ( 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 Ç T ) = 3, n(T Ç A) = 4, n(V Ç A) = 5, n(A Ç B Ç C ) = 2 . n(V È A È T ) = n (V ) + n ( A ) + n (T ) - n(V Ç A) - n(A Ç T ) - n(T Ç V ) + n (V Ç A Ç 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 Ç T ) = 8, n(T Ç A) = 7, n(V Ç A) = 6, n(A È B È C ) = 40 . n(V È A È T ) = n (V ) + n ( A ) + n (T ) - n(V Ç A) - n(A Ç T ) - n(T Ç V ) + n (V Ç A Ç T

)

Þ n (V Ç A Ç T ) = n(V È A È T ) - n (V ) - n ( A ) - n (T ) + n(V Ç A) + n(A Ç T ) + n(T Ç 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) b

A(48)

y 4

C(42)

ìïa ï ï ï b ï ï ï ï c ï í ïïa ïï a ï ï ï ï b ï î

ìïa ïï ïïb ïï + 4 = 42 ïc Û ïí ïï x + y + z = 71 ïï + y + z = 72 ïï y ïï z + y + z = 62 ïî

+ x + z + 4 = 48 + x + y + 4 = 37

= 28 = 18

+c +x +c +x

=9 = 10

+y + z +b +x

= 19 =6

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. éx Î A éx 4 Bài 1.36 · "x Î A È B Û êê Û êê Û x 12 Û x Î C x Î B x  6 ëê ëê Suy ra A È B = C do đó A Ì C và B Ì C . · Ta có x = 4  4 Þ x Î A nhưng 46 Þ x = 4 Ï B do đó A Ë B

Bài 1.37: a) · Ta có "x Î A Þ $k 0 Î Z : x = -

p + k 0 2p suy ra 6

p 11p + 2p + ( k 0 - 1 ) 2p = + ( k 0 - 1 ) 2p . 6 6 Vì k 0 Î Z Þ k 0 - 1 Î Z do đó x Î B suy ra A Ì B (1). x =-

11p + k 0 2p suy ra 6 11p p x = - 2p + ( k 0 + 1 ) 2p = - + ( k 0 + 1 ) 2p . 6 6 Vì k 0 Î Z Þ k 0 + 1 Î Z do đó x Î A suy ra B Ì A (2). Từ (1) và (2) suy ra A = B . p b) Ta có "x Î A Þ $k 0 Î Z : x = - + k 0 2p suy ra 6 p p p p ( 4k 0 - 1 ) p x = - + - + k 0 2p = + . 6 2 2 3 2 Vì k 0 Î Z Þ 4k 0 - 1 Î Z do đó x Î C Suy ra A Ì C . éx Î A Bài 1.38: a) Ta có "x , x Î A È C Û êê êë x Î C Với x Î A vì A Ì B Þ x Î B Þ x Î B È D Suy ra A È C Ì B È D . · "x Î B Þ $k 0 Î Z : x =

ìï x Î A Þx ÎA b) Ta có "x , x Î A Ç C Û ïí ïï x Î C î Vì A Ì B Þ x Î B Suy ra A Ç C Ì B . éì ïx Î B êï é x Î C BA í x ÏAÛx ÎB c) "x , x Î C B A È A Û êê Û êê ï ï î x Î A ê x ÎA ëê êë Suy ra C B A È A = B éx Bài 1.39: a) Ta có "x , x Î ( A \ B ) È ( B \ A ) Û êê êë x ïìï é x Î A ïï êê ìï x Î A È B ï x ÎB Û ïí ëê Û ïí Û (A È B ) \ (A Ç B ) ïï é x Ï A ïï x Ï A Ç B î ïï êê ïïî êë x Ï B Suy ra ( A \ B ) È ( B \ A ) = ( A È B ) \ ( A Ç B ) .

éì ïx êï êí ï Î A\B ïx Û êê î ìx Î B \A êï ï êí ïx ëê îï

ìx ÎA ï ï ïìï x Î A ïé b) "x , x Î A \ ( B Ç C ) Û í Ûï íêx Ï B ïï x Ï B Ç C ïï êx Ï C î ï ï î êë éì ïx Î A êï êí éx Î A \ B ïx Ï B î Û êê ï Û êê Û x Î (A \ B ) È (A \ C ) . ìx Î A êë x Î A \ C êï ï êí ï êëî ïx Ï C ì x ÎA ï ï ìï x Î A ï ï ï Û íx Ï B c) "x , x Î A \ ( B È C ) Û í ïï x Ï B È C ï ï î x ÏC ï ï î ìì x Î A ïï ïï ï ïï í ì ï ï x Ï B Û ïï x Î A \ B Û x Î ( A \ B ) Ç ( A \ C ) Û ïí î í ìx Î A ï ïï x Î A \ C ï ï ï î ï í ï ï x Ï C ï ï î ïî

Bài 1.40: a) Có A = éë -1; 3 ùû và B = éë 1; +¥ ) A È B = éë -1; +¥ ) , A \ C = éë 1; 3 ùû , A Ç B Ç C = f

ÎA ÏB ÎB

ÏA

b) Có A = éë -2;2 ùû và B = éë 3; +¥ ) A È B = éë -2;2 ùû È éë 3; +¥ ) , A \ C = éë 0;2 ùû , A Ç B Ç C = f Bài 1.41: a) Ta có: A = [-1; 2) = {x -1 £ x < 2}, B = (-3; 1) = {x -3 < x < 1} C = (1; 4] = {x 1 < x £ 4}

b) Ta có A Ç B = [ - 1;1), B È C = (-3; 4) \ {1}, A \ B = [1; 2) Bài 1.42: A = éë 0; 4 ), B = éë -2;2 ùû , A È B = ëé -2; 4 ) , A Ç B = éë 0;2 ùû , A \ B = ( 2; 4 ) Bài 1.43: a) A Ç B = éë -1; 0 ) È ( 1;5 )

A È C = éë -1; +¥ ) -3 b) A È B = R Û 2m + 1 < -2 Û m < 2 ù Bài 1.44: a) Để ( 1; m û Ç ( 2; + ¥ ) ¹ Æ thì m > 2 .

B \ C = ( -2; 0 ) È (1;2 )

ì ï x £3 ï ï b) Viết tập A gồm các phần tử x thỏa mãn điều kiện ïí x + 1 ³ 0 dưới dạng tập số. ï ï x <0 ï ï î ìï x £ 3 ìï x £ 3 ì ï x Î (-¥; 3] ïï ïï ï ï ï ï ï Có í x + 1 ³ 0 Û í x ³ -1 Û í x Î [ - 1; + ¥) (biểu diễn trên trục số) ïï ïï ï ï ïïî x < 0 ïîï x < 0 ï ï x Î (-¥; 0) î Û x Î (-¥; 3] Ç [ - 1; + ¥) Ç (-¥; 0) Û x Î [ - 1; 0) .

Vậy A = éë -1; 0 ) .

é m - n < -2 Bài 1.45: êê êë m - n > 1

Bài 1.46: Điều kiện để tồn tại tập hợp A là m - 1 <

m +1 Û m < 3 (*) 2

ém + 1 é A Ì ( -¥; -2 ) é m < -5 ê < -2 ê Û ê 2 Û êê a) A Ì B Û ê é ê m -1 ³ 2 êë A Ì ë 2; +¥ ) êë m ³ 3 êë Kết hợp với điều kiện (*) ta có m < -5 là giá trị cần tìm ìï -2 £ m - 1 ì m ³ -1 ï ï Ûï Û -1 £ m < 3 b) A Ç B = Æ Û ïí m + 1 í ïï ï m < 3 <2 ï î ïî 2 Kết hợp với điều kiện (*) ta có -1 £ m < 3 là giá trị cần tìm Bài 1.47: Với A = ( m – 1; 4 ùû , B = ( –2 ;2m + 2 ) khác tập rỗng, ta có điều kiện

ìï m - 1 < 4 ìï m < 5 ïí Û ïí Û -2 < m < 5 (*). ïï 2m + 2 > -2 ïï m > -2 î î Với điều kiện (*), ta có : a) A Ç B ¹ Æ Û m – 1 < 2m + 2 Û m > -3 . So sánh với (*) ta thấy các giá trị m thỏa mãn yêu cầu A Ç B ¹ Æ là –2 < m < 5 . ìï m - 1 ³ -2 ìï m ³ -1 b) A Ì B Û ïí Û ïí Û m > 1. So sánh (*) ta thấy các giá trị m thỏa mãn ïï 2m + 2 > 4 ïï m > 1 î î yêu cầu A Ì B là 1 < m < 5 . ìï m - 1 £ -2 ìï m £ -1 Û ïí Û m £ -1. So sánh với (*) ta thấy các giá trị m thỏa c) B Ì A Û ïí ïï 2m + 2 £ 4 ïï m £ 1 î î mãn yêu cầu B Ì A là -2 < m £ -1 . ïì m - 1 ³ -1 1 Û 0 £ m £ (thỏa (*)). d) (A Ç B ) Ì (-1; 3) Û ïí ïï 2m + 2 £ 3 2 î 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 3

chính xác đến hàng phần trăm là 1,73. Giá trị gần đúng của 3 chính xác đến hàng phần nghìn là 1,732. b) Sử dụng máy tính bỏ túi ta có giá trị của p 2 là 9,8696044... Do đó : Giá trị gần đúng của p 2 chính xác đến hàng phần trăm là 9,87. Giá trị gần đúng của p 2 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 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 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 : Da =

- 0, 28 =

175

; Db =

- 0, 29 =

700

; Dc =

- 0, 286 =

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

3500

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 .

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 : DP £ 0, 5 . Sai số tương đối : dP £

d » 1, 66% . P

0, 01 0,1 £ 0, 05 £ Þ 1, 8, 0, 5 là chữ số chắc chắn. 2 2 100 1000 = 50 < 300 < 500 = Bài 1.59: Ta có : nên các chữ số 8 (hàng đơn vị), 5 (hàng chục) 2 2 và 2 ( hàng trăm ) đều là các chữ số không chắc. Các chữ số còn lại 1, 0, 3, 4 là chữ số chắc. Do đó cách viết chuẩn của số A là A » 1034.103 (người). ìa = 213, 7 ï d 1,2 = 5, 62.10-3 Bài 1.60: R = 213, 7m ± 1,2m Þ ïí nên d £ = ï d = 1,2 a 213, 7 ï î ìa = 852cm ï d 1 = 1,174.10-3 Bài 1.61: R = 8, 52m ± 0, 01m Þ ïí nên d £ = ï d = 1 cm a 852 ï î

Bài 1.58: Kq :

Bài 1.62: Ta có sai số tuyệt đối của số đo chiều dài con dốc là : Da = a.da £ 192, 55.0,2% = 0, 3851

Vì 0, 05 < Da < 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 p được viết dưới dạng chuẩn là 3,1416 (hay p » 3,1416 ). Sai số tuyệt đối của số gần đúng là Dp = 3,1416 - p £ 0, 000008. b) Vì có 6 chữ số chắc nên p » 3,14159 và sai số tuyệt đối của số gần đúng này là Dp = 3,14159 - p £ 0, 000003 . c) Vì có 3 chữ số chắc nên p » 3,14 và Dp 3,14 - p £ 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. Q  P : “Nếu điểm M cách đều hai cạnh Ox , Oy thì M nằm trên phân giác của góc Oxy ” : đúng. P  Q : “Điểm M nằm trên phân giác của góc Oxy nếu và chỉ nếu (khi và chỉ khi) điểm M cách đều hai 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”.

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

{ 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.

tử 1, 3, 5, 7 là :

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 } . Do đó, có

42 = 21 tập con của X chứa đúng hai phần tử. 2

1 Bài 1.67: a) Giải phương trình : 4x 2 - 1= 0 Û x = ± Î  . Vậy mệnh đề đã cho đúng. 2

Mệnh đề phủ định "x Î Q : 4x 2 - 1 ¹ 0 b) Ta có x 2 = 3 Û x = ± 3 . Vì ± 3 Ï  nên mệnh đề đã cho sai. Mệnh đề phủ định "x Î , x 2 ¹ 3 c) Với n = 5 thì 2n + 3 = 35 , số này chia hết cho 5 (không nguyên tố). Do đó mệnh đề đã cho sai. Mệnh đề phủ định " $n Î N * : 2n + 3 không phải là một số nguyên tố" d) Mệnh đề đúng vì x 2 + 4x + 5 = (x + 2)2 + 1 > 0, "x Î . Mệnh đề phủ định $x Î , x 2 + 4x + 5 £ 0 e) x 4 - x 2 + 2x + 2 = ( x 2 - 1 ) + ( x + 1 ) nên mệnh đề đã cho đúng 2

Mệnh đề phủ định $x Î , x 4 - x 2 + 2x + 2 < 0

Bài 1.68: a) x Î , x < 0 Þ x + b) Mệnh đề đảo là x Î , x +

1 £ -2 x

1 £ -2 Þ x < 0 x

1 x 2 + 2x + 1 ( x + 1 ) 1 x + + 2 = = Ta có do đó x + £ -2 Þ x < 0 là mệnh đề đúng 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: 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 ì 1 ü ï ï Bài 1.70: a) A = { -1; 0; 1; 2; 3; 4; 5 } , B = ïí -1; ;1ïý vì ï 3 ï ï ï î þ 2

é x = ±1 ê 4 2 (1 - 3x )(x - 3x + 2) = 0 Û êê x = ± 2 Ï Q êx = 1 / 3 êë C = {x Î N | x £ 6}

1 b) A Ç B = {-1;1}; A È B = {-1; 0; ;1;2; 3; 4;5}, A \ B = {0;2; 3; 4;5} , 3 C B ÈA (A Ç B ) = {0;1 / 3;2; 3; 4;5}

c) B È C = {-1; 0;1 / 3;1;2; 3; 4;5;6}, A Ç (B È C ) = {-1; 0;1;2; 3; 4;5} = A Bài 1.71: a) Ta có: A = { x Î  x < 2

}Þ

A = { 0 ; 1 }. (1)

B = { x Î  (x 2 - x ) ( x 2 - 2 ) = 0 } . éx2 - x = 0 éx = 0 Úx = 1 2 2 ê ê 2 0 x x x = Û Û ( )( ) êx2 - 2 = 0 êx = ± 2 Ï  êë êë éx = 0 Û êê Þ B = { 0 ; 1 } (2) 1 x = êë Từ (1) và (2) cho: A = B. 3 b) Ta có: 4x 2 - 9 = 0 Û x = ± Ï  Þ A = Æ (3) 2 x 2 + 4x = 0 Û x = 0 Ú x = -4 Þ B = { 0 ; - 4 }.

Từ (3) và (4) cho: A  B.

(4)

c) Ta có: A = { x Î  1 < x < 4 } Þ A = {2 ; 3 }. B = { x Î  x 2 - 9 = 0 } Þ B = { -3 ; 3 }.

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 Ç B = { 4 ; 6 } Ì 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 } .

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

{4 ;

6 ; 0 },

{4 ;

6 ; 2 },

{ 4; 6; 5; 0 } và { 4 ; 6 ; 0 ; 2 ; 5 }.

{4 ;

6 ; 5 },

{4 ;

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

Bài 1.73: a) Ta có : A Ç B = éê -3 ; 1) Ç éê -1 ; 5 ùú = éê -1 ; 1 ) ; ë ë û ë A È B = éê -3 ; 1 ) È éê -1 ; 5 ùú = éê -3 ; 5 ùú ; B \ A = éê -1 ; 5 ùú \ éê -3 ; 1 ) = éê 1 ; 5 ùú . ë ë û ë û ë û ë ë û C = { x Î  x ³ 2 } = ( -¥ ; - 2 ùú È éê 2 ; + ¥ ) ; ( B \ A ) Ç C = éê 2 ; 5 ùú . û ë ë û b) Ta có : C  ( A È B ) = C  éê -3 ; 5 ùú = ( -¥ ; - 3 ) È ( 5 ; + ¥ ). (1) ë û é C A = C  ê -3 ; 1 ) = ( -¥ ; - 3 ) È éê 1 ; + ¥ ); C B = C  éê -1 ; 5 ùú = (-¥ ; - 1 ) È (5 ; + ¥ ); ë ë ë û (2) (C A ) Ç (C B ) = ( -¥ ; - 3 ) È ( 5 ; + ¥ ). (1) và (2) cho: C  ( A È B ) = (C A ) Ç (C B ).

Bài 1.74: a) K Ç Z = { 0}, H = [-3; 3], H \ K = [-3; -1] È [1; 3] C RG = (-¥; -2), C R (H È K ) = (-¥; -3) È (3; +¥) C RG È C R (H È K ) = (-¥; -2) È (3; +¥) b) a £ x £ b Û c £ x £ 8 Û -5 + d £ x £ 5 + d Do đó a = c = d - 5 và b = 8 = d + 5 Þ b = 8, a = c = -2, d = 3

Vậy x Î [-2; 8] Û -2 £ x £ 8 Û| 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 Î A Þ x Î A È B (vì A Ì A È B ) Þ x Î A Ç B (vì A È B = A Ç B ) Þ x Î B (vì A Ç B Ì B ) Như thế : "x , x Î A Þ x Î B, nên A Ì B (a ) "x , x Î B Þ x Î A È B (vì B Ì A È B ) Þ x Î A Ç B (vì A È B = A Ç B ) Þ x Î A (vì A Ç B Ì A) Như thế : "x , x Î B Þ x Î A, nên B Ì A (b)

(a) và (b) cho A = B

· Đảo: Cho A = B, ta chứng minh : A È B = A Ç B Ta có A È B = A È A ( vì B = A) = A (c) (d) A Ç B = A Ç A ( vì B = A ) = A (c) và (d) cho A È B = A Ç B . Từ hai phần thuận và đảo ta được: A È B = A Ç B  A = B

CHƯƠNG II: HÀM SỐ BẬC NHẤT VÀ BẬC HAI §1: ĐẠI CƯƠNG VỀ HÀM SỐ A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT. 1. Định nghĩa  Cho D Ì , D ¹ Æ . Hàm số f xác định trên D là một qui tắc đặt tương ứng mỗi số x Î D với một và chỉ một số y Î  .  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 Î 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 "x 1, x 2 Î K : x 1 < x 2 Þ f (x 1 ) < f (x 2 )

 Hàm số y = f ( x ) nghịch biến (giảm) trên K nếu "x 1, x 2 Î K : x 1 < x 2 Þ 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 Î D thì -x Î D và f ( –x ) = f ( x ) .  Hàm số f được gọi là hàm số lẻ nếu với "x Î D thì -x Î 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 có nghĩa Û P (x ) ¹ 0 P (x )

P (x ) có nghĩa Û P (x ) ³ 0 1

có nghĩa Û P (x ) > 0 P (x ) 2. Các ví dụ: Ví dụ 1: Tìm tập xác định của các hàm số sau x2 + 1 x +1 a) y = 2 b) y = x + 3x - 4 ( x + 1 )( x 2 + 3x + 4 ) *

2x 2 + x + 1 c) y = 3 x + x 2 - 5x - 2

d) y 

x

 1  2 x 2 2

Lời giải  x 1 a) ĐKXĐ: x 2  3 x  4  0    x  4 Suy ra tập xác định của hàm số là D   \ 1; 4 .

b) ĐKXĐ:  x  1  x 2  3 x  4   0  x  1

Suy ra tập xác định của hàm số là D   \ 1 .  x2  c) ĐKXĐ: x  x  5 x  2  0   3  5 x  2   3  5 3  5  ; Suy ra tập xác định của hàm số là D   \ 2; . 2 2   3







d) ĐKXĐ:  x 2  1  2 x 2  0  x 2  2 x  1 x 2  2 x  1  0 2

 2 7  x  x 2  2 x  1  0  2   2  2 7  x  2 x  1  0   x  2 Suy ra tập xác định của hàm số là  2  7 2  7  2  7  2  7  D\ ; ; ; . 2 2 2 2   Ví dụ 2: Tìm tập xác định của các hàm số sau

a) y = c) y =

x +1

(x - 3) 2x - 1 5-3 x

x + 4x + 3 Lời giải

b) y = d) y =

x +2

x x - 4x + 4 2

x +4

x 2 - 16

x 3  x3  a) ĐKXĐ:   1 2 x  1  0  x  2 1  Suy ra tập xác định của hàm số là D   ;   \ 3 . 2   x0 x0   x0   2  2 b) ĐKXĐ:  x  4 x  4  0   x  2   0   x  2 x  2  0   x  2    x  2

Suy ra tập xác định của hàm số là D   2;   \ 0; 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;   . Ví dụ 3: Tìm tập xác định của các hàm số sau a) y =

x2 - 1 x 2 + 2x + 3 3

c) y  x  2  x  3

b) y =

x - x -6 ì 1 ï ï khi x ³ 1 ï d) y = í x ï ï x + 1 khi x < 1 ï î

Lời giải a) ĐKXĐ: x 2  2 x  3  0 đúng với mọi x Suy ra tập xác định của hàm số là D   . x  0 x0   x  0   x  2   b) ĐKXĐ:  x  9  x  x  6  0  x  3  Suy ra tập xác định của hàm số là D   0;   \ 9 .  x  2  0  x  2   x  2 c) ĐKXĐ:   x  3  0  x  3 Suy ra tập xác định của hàm số là D   2;   .

1 luôn xác định với x  1 . x Khi x  1 thì hàm số là y  x  1 xác định khi

d) Khi x  1 thì hàm số là y 

 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;   .

Ví dụ 4: Cho hàm số: y =

với m là tham số x -m + 2 -1 a) Tìm tập xác định của hàm số theo tham số m b) Tìm m để hàm số xác định trên  0;1 Lời giải  x  m  2  0 x  m  2  a) ĐKXĐ   x  m  2  1  x  m  1

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    m  1  0 m 1   0;1   m  1;   Vậy m   ;1  2 là giá trị cần tìm.

Ví dụ 5: Cho hàm số y =

2x - 3m + 4 +

x với m là tham số. x +m -1

a) Tìm tập xác định của hàm số khi m  1 b) Tìm m để hàm số có tập xác định là  0;   Lời giải

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  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   ;   \ 1  m . Do đó m  b) Với 1  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  3m  4 4  0  m  (thỏa mãn) Do đó để hàm số có tập xác định là  0;    2 3 4 Vậy m  là giá trị cần tìm. 3 3. Bài tập luyện tập : Bài 2.0. Tìm tập xác định của các hàm số sau:

a) y =

2 x -1 . x -2

b) y =

c) y =

x -1 . x +x +1

d) y = x + x 2 - 4x + 4 .

x +2-

x -1

ì 1 ï ï khi x ³ 1 ï f) y = f (x ) = í 2 - x ï ï 2 - x khi x < 1 ï î Bài 2.1: Tìm tập xác định của các hàm số sau: x +1 e) y = 2 . x -x -6

a) y = c) y = e) y =

6 - 3x - x - 1 3x - 2 + 6x

d) y =

4 - 3x

2x + 9

(x + 4 )

g) f (x ) =

b) y =

x +3

f) y =

2-x + x +2 x 2x + 1 6-x + 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: x + 2m + 2 a) Hàm số y = xác định trên ( -1; 0 ) x -m x

có tập xác định là  0;   x -m +1 Bài 2.3: Tìm giá trị của tham số m để: 2x a) Hàm số y = x - m + 1 + xác định trên ( -1; 3 ) . -x + 2m b) Hàm số y =

b) Hàm số y =

x + m + 2x - m + 1 xác định trên ( 0;+¥ ) .

c) Hàm số y =

-x - 2m + 6 -

x +m

xác định trên ( -1; 0 ) .

 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 : ìï "x Î D Þ -x Î D · Hàm số chẵn Û ïí . ïï f (-x ) = f (x ) î ìï "x Î D Þ -x Î D · Hàm số lẻ Û ïí . ïï f (-x ) = -f (x ) î 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 Î D Þ -x Î D Chuyển qua bước ba Nếu $x 0 Î D Þ -x 0 Ï 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 Î D mà f ( -x 0 ) ¹ f ( x 0 ), f ( -x 0 ) ¹ -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 c) f ( x ) =

d) f (x ) =

x +5 + 5-x

Lời giải a) Ta có TXĐ: D  

2+x +

2-x

(

)

Với mọi x   ta có  x   và f (-x ) = 3 ( -x ) + 2 3 -x = - 3x 3 + 2 3 x = -f (x ) 3

Do đó f (x ) = 3x 3 + 2 3 x là hàm số lẻ b) Ta có TXĐ: D  

Với mọi x   ta có  x   và f (-x ) = ( -x ) + 4

Do đó f (x ) = x 4 + x 2 + 1 là hàm số chẵn x  5  0  x  5   5  x  5 c) ĐKXĐ:  5  x  0  x5 Suy ra TXĐ: D   5;5

Với mọi x   5;5 ta có  x   5;5 và f (-x ) = Do đó f ( x ) =

x + 5 + 5 - x là hàm số chẵn

( -x )

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

( -x ) + 5 +

5 - ( -x ) =

2  x  0  x  2   2  x  2 d) ĐKXĐ:  2  x  0  x2 Suy ra TXĐ: D   2; 2 

Ta có x0  2   2; 2  nhưng  x0  2   2; 2  Vậy hàm số f (x ) =

2+x +

không chẵn và không lẻ. 2-x Ví dụ 2: Xét tính chẵn, lẻ của các hàm số sau: a) f (x ) = x 4 - 4x + 2 b) f ( x ) = x + 2 - x - 2

x + 5 + 5 - x = f (x )

c) f (x ) =

x + x +1 2

x +1-x 2

ì ï -1 Khi x < 0 ï ï ï d) f (x ) = í 0 Khi x = 0 ï ï 1 Khi x > 0 ï ï î

- 2x 2 - 1

Lời giải a) Ta có TXĐ: D  

 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   Với mọi x   ta có  x   và f (-x ) = ( -x ) + 2 - ( -x ) - 2 = x - 2 - x + 2

Suy ra f   x   f  x 

Do đó f ( x ) = x + 2 - x - 2 là hàm số chẵn. x 2  1  x 2  x  x  x 2  1  x  0 với mọi x .

c) Ta có

Suy ra TXĐ: D   Mặt khác f (x ) =

(

x 2  1  x 2  x   x  x 2  1  x  0 do đó

(x +

x +1 +x 2

x2 + 1

)(

)

x +1-x 2

)

- 2x 2 - 1 = 2x x 2 + 1

Với mọi x   ta có  x   và f (-x ) = 2 ( -x ) Do đó f (x ) =

x + x2 + 1

( -x )

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

- 2x 2 - 1 là hàm số lẻ.

x +1-x d) Ta có TXĐ: D   Dễ thấy mọi x   ta có  x   Với mọi x  0 ta có  x  0 suy ra f   x   1, f  x   1  f   x    f  x  2

Với mọi x  0 ta có  x  0 suy ra f   x   1, f  x   1  f   x    f  x  Và f  0    f  0   0 Do đó với mọi x   ta có f   x    f  x 

ìï -1 Khi x < 0 ïï Vậy hàm số f (x ) = ïí 0 Khi x = 0 là hàm số lẻ. ïï ïïî 1 Khi x > 0 x 2 ( x 2 - 2 ) + ( 2m 2 - 2 ) x Ví dụ 3: Tìm m để hàm số: f ( x ) = là hàm số chẵn. x2 + 1 - m Lời giải

ĐKXĐ: 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

x 2  x 2  2    2m 2  2  x

 với mọi x thỏa mãn điều kiện (*) x2  1  m x2  1  m  2  2m 2  2  x  0 với mọi x thỏa mãn điều kiện (*)  2m 2  2  0  m  1

* Với m  1 ta có hàm số là f ( x ) =

x 2 (x 2 - 2)

x2 + 1 - 1

ĐKXĐ : x 2  1  1  x  0 Suy ra TXĐ: D   \ 0

Dễ thấy với mọi x   \ 0 ta có  x   \ 0 và f   x   f  x  Do đó 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 (x 2 - 2)

x2 + 1 + 1

TXĐ: D   Dễ thấy với mọi x   ta có  x   và f   x   f  x  Do đó f ( x ) =

x 2 (x 2 - 2)

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: a) f ( x ) =

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 ) =

g) f (x ) =

x -1 + x +1

2x - 1 + 2x + 1

x2 + 5 x2 - 1

h) f (x ) =

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

c) f ( x ) =

x +1- 1-x x3 x -1

x +2 + x -2 x -1 - x +1

x ( x 2 - 2 ) + 2m - 1

là hàm số chẵn. x - 2m + 1 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 . b) Tìm m để đồ thị hàm số sau nhận trục tung làm trục đối xứng y = x 4 - (m 2 - 3m + 2)x 3 + m 2 - 1 .

Bài 2.8: Chứng minh rằng đồ thị hàm số sau nhận trục tung làm trục đối 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 Î K ; x 1 < x 2 , đặt T = f (x 2 ) - f (x 1 ) · Hàm số đồng biến trên K Û T > 0 . · Hàm số nghịch biến trên K Û T < 0 . f (x 2 ) - f (x 1 ) C2: Cho hàm số y = f (x ) xác định trên K. Lấy x 1, x 2 Î K ; x 1 ¹ x 2 , đặt T = x 2 - x1 · Hàm số đồng biến trên K Û T > 0 . · Hàm số nghịch biến trên K Û 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

f  x2   f  x1  3  x2  x1  x2  1 x1  1

Vì x1  1, x2  1 

3  x1  x2  3 3   x2  1 x1  1  x2  1 x1  1

f  x2   f  x1  3  0 nên hàm số y = nghịch biến trên khoảng ( 1;+¥ ) . x2  x1 x -1

b) Với mọi x1 , x2  1;   , x1  x2 ta có

  1  1 1  f  x2   f  x1    x2     x1     x2  x1  1   x2   x1    x1 x2  f  x2   f  x1  1  1 Suy ra 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 éë -1; 3 ùû từ đó xác định giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số trên é -1; 3 ù . ë û Lời Giải TXĐ: D = R a) "x 1, x 2 Î , x 1 < x 2 Þ x 2 - x 1 > 0

Ta có T = f ( x 2 ) - f ( x 1 ) = ( x 22 - 4 ) - ( x 12 - 4 ) = x 22 - x 12 = ( x 2 - x 1 ). ( x 1 + x 2 ) Nếu x 1, x 2 Î ( -¥; 0 ) Þ T < 0 . Vậy hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên ( -¥; 0 ) .

Nếu x 1, x 2 Î ( 0; +¥ ) Þ T > 0 . Vậy hàm số y = f ( x ) đồng biến trên ( 0;+¥ ) . b) Bảng biến thiên của hàm số y = x 2 - 4 trên éë -1; 3 ùû x 1 0 3

3 5

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 = Áp dụng giải phương trình a) 4x + 5 + x - 1 = 3 b) 4x + 5 + x - 1 = 4x 2 + 9 + x Lời Giải 5  4 x  5  0 x   * ĐKXĐ:   4  x 1  x 1  0  x  1 Suy ra TXĐ: D  1;  

4x + 5 + x - 1 trên tập xác định của nó.

Với mọi x1 , x2  1;   , x1  x2 ta có f  x2   f  x1   4 x2  5  x2  1  4 x1  5  x1  1 

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   0 Suy ra 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

4x + 5 + x - 1 > 3

Suy ra phương trình 4x + 5 + x - 1 = 3 vô nghiệm Nếu x  1  f  x   f 1 hay 4x + 5 + x - 1 < 3 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 =

4t + 5 + t - 1 Û 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 ) Û 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 ) Û x > y (x < y ) và f (x ) = f (y ) Û x = y "x , y Î 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 b) y = x 2 + 4x - 5 . c) y =

2 trên ( -¥;2 ) và trên ( 2;+¥ ) x -2

d) y =

x trên ( -¥;1 ) x -1

Bài 2.10: Chứng minh rằng hàm số y  x3  x đồng biến trên  . Áp dụng giải phương trình sau x3  x  3 2 x  1  1 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

 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 trong mặt phẳng tọa độ với x Î D . Chú ý : Điểm M (x 0 ; y 0 ) Î (C ) _ đồ thị hàm số y = f (x ) Û y 0 = f (x 0 ) .  Sử dụng định lý về tịnh tiến đồ thị một hàm số 2. Các ví dụ minh họa.

ì ï x 2 + 1 khi x > 2 ï ï Ví dụ 1: Cho hai hàm số f ( x ) = 2x 2 + 3x + 1 và g ( x ) = ïí 2x - 1 khi - 2 £ x £ 2 . ï ï 6 - 5x khi x < -2 ï ï î

a) Tính các giá trị sau f ( -1 ) và g ( -3 ), g ( 2 ), g ( 3 ) . b) Tìm x khi f ( x ) = 1 .

c) Tìm x khi g ( x ) = 1 . Lời giải a) Ta có f ( -1 ) = 2 ( -1 ) + 3 ( -1 ) + 1 = 0 , g  3  6  5  3   21 , g  2   2.2  1  3 , 2

g  3  32  1  10

b) * Ta có f ( x ) = 1 Û 2x 2 + 3x + 1 = 1  x0  2 x  3x  0   x   3  2 2

ìx > 2 ïì x > 2 ï * Với x  2 ta có g ( x ) = 1 Û ïí 2 vô nghiệm Ûï í ïï x + 1 = 1 ï x =0 ï î î ìï -2 £ x £ 2 ìï -2 £ x £ 2 Û íï Ûx =1 Với 2  x  2 ta có g ( x ) = 1 Û íï ïï 2x - 1 = 1 ïï x = 1 î î ìï x < -2 ì ï x < -2 Ûï Với x  2 ta có g ( x ) = 1 Û ïí vô nghiệm í ïï 6x - 5 = 1 ï x =1 ï î î

Vậy g ( x ) = 1 Û 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 Û m = -2 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 y = mx 3 - 2(m 2 + 1)x 2 + 2m 2 - m, "m

 2m 2 1  x 2   m  x3  1  2 x 2  y  0, m

1  x 2  0   x 1   x3  1   y  2 2 x 2  y  0  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 Î K khi và chỉ khi an = an -1 = ... = a 0

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

ïì 2x A + yA = 3 . B(x B ; yB ) thỏa mãn: ïí ïï 2x B + yB = 3 î Lời giải x 2 - xA + 1 x 2 - xB + 1 Ta có A Î (C ) Û yA = A , B Î (C ) Û yB = B xA + 1 xB + 1 ïìï x A2 - x A + 1 2 x + =3 ïï A ìï 2x A + yA = 3 xA + 1 ï ï Ûí Do đó í (*) ïï 2x B + yB = 3 ïï x B2 - x B + 1 î =3 ïï 2x B + xB + 1 ïî

Với x A  1, xB  1 ta có

 1 7  xA  3 x  2 x A  2  0  3  (thỏa mãn)  *   3 x  2 x  2  0 1  7  B x   B 3 2 A 2 B

ì ï 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: ïí . ï 2x B + yB = 3 ï î 3 2 Ví dụ 4: Tìm trên đồ thị hàm số y = -x + x + 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 ) Þ N ( -x 0 ; -y 0 ) ìï y 0 = -x 03 + x 02 + 3x 0 - 4 Vì M , N thuộc đồ thị hàm số nên ïí 3 2 ïïî y 0 = x 0 + x 0 - 3x 0 - 4 ìï y 0 = -x 03 + x 02 + 3x 0 - 4 ìï y 0 = -x 03 + x 02 + 3x 0 - 4 ïí Û ïí Û ïï ïï x 0 = ±2 2x 02 - 8 = 0 î î  x 2  x  2  0 hoặc  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 . Lời giải 2 a) Ta tịnh tiến đồ thị hàm số y  x 2  1 sang trái hai đơn vị ta được đồ thị hàm số y   x  2   1 rồi tịnh tiến lên trên một đơn vị ta được đồ thị hàm số y   x  2  hay y  x 2  4 x  4 . 2

Vậy hàm số cần tìm là y  x 2  4 x  6 . 2

3  15  b) Ta có 2 x  6 x  3  2  x    2 2  2

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 Tịnh tiến liên tiếp đồ thị hàm số y  2 x 2 đi sang bên trái 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 ) . 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)  m  1 x  m  2 b) y  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  x3 để được đồ thị hàm số y  x3  3 x 2  3 x  6 .

1 đơn vị ta được 2

§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 ¹ 0) . 2. Sự biến thiên · TXĐ: D =  · 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 ¹ 0) là một đường thẳng có hệ số góc bằng a , cắt trục hoành æ b ö tại A çç - ; 0 ÷÷÷ và trục tung tại B ( 0;b ) èç a ø

Chú ý: · Nếu a = 0 Þ 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. · 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 ¹ 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: ïìa1 = a2 ; a) d1 và d2 trùng nhau Û ïí ïïb1 = b2 î

ìïa1 = a2 ; b) d1 và d2 song song nhau Û ïí ïïb1 ¹ b2 î

ì y = a1x + b1 ï c) d1 và d2 cắt nhau Û a1 ¹ a2 . Và tọa độ giao điểm là nghiệm của hệ phương trình ïí ï y = a2x + b2 ï î

d) d1 và d2 vuông góc nhau Û 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 D : 3x - 2y + 1 = 0 c) d đi qua M (1;2) và cắt hai tia Ox ,Oy tại P,Q sao cho S DOPQ nhỏ nhất. 55

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 ¹ 0

a) Vì A Î d và B Î d nên ta có hệ phương trình ïìï 3 = a + b ïìa = -4 Û ïí í ïï -1 = 2a + b ïï b = 7 î î Vậy hàm số cần tìm là y = -4x + 7 ì 3 ï ï a = ï 3 1 2 (1) b) Ta có D : y = x + . Vì d / /D nên ïí ï 1 2 2 ï b¹ ï ï î 2 Mặt khác C Î d Þ -2 = 3a + b (2) ìï ïï a = 3 2 Từ (1) và (2) suy ra ïí ïï 13 ïïb = î 2 3 13 Vậy hàm số cần tìm là y = x 2 2 æ b ö c) Đường thẳng d cắt trục Ox tại P çç - ; 0 ÷÷÷ và cắt Oy tại Q ( 0;b ) với a < 0, b > 0 çè a ø 1 1 b b2 Suy ra S DOPQ = OP .OQ = . - . b = (3) 2 2 a 2a Ta có M Î d Þ 2 = a + b Þ b = 2 - a thay vào (3) ta được

(2 - a )

2 a = - - +2 2a a 2 Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có æ 2ö æ a ö 2 a - - ³ 2 çç - ÷÷÷ . çç - ÷÷÷ = 2 Þ S DOPQ ³ 4 a 2 èç a ø èç 2 ø S DOPQ = -

ìï 2 ïï - = - a Û a = -2 Þ b = 4 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi í a ïï a < 0 2 ïî Vậy hàm số cần tìm là y = -2x + 4 .

d) Đường thẳng d đi qua N ( 2; -1 ) nên -1 = 2a + b (4)

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)

Và d ^ d ' Þ 4.a = -1 Û a = -

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 ¹ ad ' = 3 suy ra hai đường thẳng d, d ' cắt nhau. 56

Tọa độ giao điểm của hai đường thẳng d, d ' là nghiệm của hệ phương trình

ïìï y = x + 2m ïì x = m - 1 Û ïí suy ra d, d ' cắt nhau tại M ( m - 1; 3m - 1 ) í ïï y = 3x + 2 ïï y = 3m - 1 î î b) Vì ba đường thẳng d, d ', d " đồng quy nên M Î d " ta có

é m =1 3m - 1 = -m ( m - 1 ) + 2 Û m 2 + 2m - 3 = 0 Û êê êë 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 ' º 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 Với m = -1 ta có d : y = -2x - 1, d ' : y = 6 suy ra hai đường thẳng này cắt nhau tại

æ 7 ö M çç - ;6 ÷÷÷ çè 2 ø Với m ¹ ±1 khi đó hai đường thẳng trên là đồ thị của hàm số bậc nhất nên song song với nhau ïïì é m = 1 ém = 1 ïìï m - 1 = m 2 - 1 ïê Û ïí êêë m = 0 Û êê khi và chỉ khi í ïï ï m =0 m ¹6 ëê î ïïîï m ¹ 6 Đối chiếu với điều kiện m ¹ ±1 suy ra m = 0 . Vậy m = 0 và m = 1 là giá trị cần tìm. ìy = ( m - 1) x + m ìx = 0 ï ï Ûï Þ A ( 0; m ) b) Ta có tọa độ điểm A là nghiệm của hệ ïí í ï ï x =0 ï ïy = m î î ì( m 2 - 1 ) x + 6 = 0 ïìï y = ( m 2 - 1 ) x + 6 ï Ûï Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ í (*) í ïï ï y =0 y =0 ï î î Rõ ràng m = ±1 hệ phương trình (*) vô nghiệm ìï 6 ïï x = æ 6 ö÷ 2 Þ Bç ; 0 Với m ¹ ±1 ta có (*) Û í ÷ çç 1 m ïï y = 0 è 1 - m 2 ø÷ ïî

Do đó tam giác OAB cân tại O Û m =

6 1 - m2

é m - m3 = 6 Û m - m = 6 Û êê 3 êë m - m = -6 ém3 - m + 6 = 0 é m = -2 Û êê 3 Û êê (thỏa mãn) êë m = 2 êë m - m - 6 = 0 Vậy m = ±2 là giá trị cần tìm. 3

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 D : x - y + 1 = 0 c) d đi qua M (1;2) và cắt hai tia Ox ,Oy tại P,Q sao cho DOPQ 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 1 3 y =- x+ a) y = 3x + 6 2 2 y Lời giải a) TXĐ: D =  , a = 3 > 0 suy ra hàm số đồng biến trên  Bảng biến thiên x y = 3x + 6

-¥

+¥ +¥

-¥

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

1 b) TXĐ: D =  , a = - < 0 suy ra hàm số nghịch biến trên 2  Bảng biến thiên x 1 3 y =- x+ 2 2

-¥ +¥

-2 -1 O y

+¥

3/2 1

-¥

æ 3ö 1 3 Đồ thị hàm số y = - x + đi qua A ( 3; 0 ), B çç 0; ÷÷÷ çè 2 ø 2 2 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 æ3 ö A ( 0; -3 ), B çç ; 0 ÷÷÷ çè 2 ø Đường thẳng y = -x - 3 đi qua các điểm A ( 0; -3 ),C ( -3; 0 ) 58

y 3 2

-3

-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

æ1 ö tại A " çç ; -2 ÷÷÷ . çè 2 ø

Ví dụ 3: Cho đồ thị hàm số có đồ thị (C ) (hình vẽ)

a) Hãy lập bảng biến thiên của hàm số trên éë -3; 3 ùû b) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số trên é -4;2 ù ë û Lời giải a) Bảng biến thiên của hàm số trên éë -3; 3 ùû -3 2

x y

-2

1 2

y 3 2 1

-4 -3 -2 -1 O -1

4 x

-2 -2

-3

b) Dựa vào đồ thị hàm số đã cho ta có max = 3 khi và chỉ khi x = -4 é ù ë -4;2 û

min = 0 khi và chỉ khi x = 2 é ù ë -4;2 û

2. Bài tập luyện tập. Bài 2.18: Cho các hàm số : y = -2x + 3, y = x + 2, y =

3 . 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) a) Hãy lập bảng biến thiên của hàm số trên éë -3; 3 ùû b) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số trên éë -2;2 ùû

y 3 2

-3 -2 -1 O

-3

 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

Cách 1: Vẽ (C 1 ) là đường thẳng y = ax + b với phần đồ thị sao cho hoành độ x thỏa mãn

b b , Vẽ (C 2 ) là đường thẳng y = -ax - b lấy phần đồ thị sao cho x < - . Khi đó a a là hợp của hai đồ thị (C 1 ) và (C 2 ) .

x ³-

(C ) 59

Cách 2: Vẽ đường thẳng y = ax + b và y = -ax - b rồi xóa đi phần đường thẳng nằm dưới trục hoành. Phần đường thẳng nằm trên trục hoành chính là (C ) . Chú ý: · Biết trước đồ thị (C ) : y = f ( x ) khi đó đồ thị (C 1 ) : y = f ( x

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

) là gồm phần :

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

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

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

- Lấy đối xứng đồ thị (C ) ở trên dưới trục hoành và lấy đối xứng qua trục hoành. 2. Các ví dụ minh họa. Ví dụ 1. Vẽ đồ thị của các hàm số sau ì ï 2x khi x ³ 0 a) y = ïí . b) y = -3x + 3 . ïx khi x < 0 ï î Lời giải a) Với x ³ 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

y 2

thẳng x = 0 . b) Vẽ hai đường thẳng y = -3x + 3 và y = 3x - 3 và lấy phần đường thẳng nằm trên trục hoành Ví dụ 2: Vẽ đồ thị của các hàm số sau a) y = x - 2 b) y = x - 2

Lời giải

ïì x - 2 khi x ³ 0 a) Cách 1: Ta có y = ïí ïïî 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 A ( 0; -2 ), C ( -2; 0 ) và lấy phần đường thẳng bên trái

-2

của trục tung. Cách 2: Đường thẳng d : y = x - 2 đi qua A ( 0; -2 ), B ( 2; 0 ) .

-2

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

thẳng d nằm bên phải của trục tung và phần đối xứng của nó qua trục tung

-2

b) Đồ thị y = x - 2 là gồm phần: - Giữ nguyên đồ thị hàm số y = x - 2 ở phía trên trục hoành - Lấy đối xứng phần đồ thị hàm số y = x - 2 ở phía dưới trục hoành và lấy đối xứng qua trục hoành. Ví dụ 3: Cho đồ thị (C ) : y = 3 x - 2 - 2x - 6

a) Vẽ (C ) b) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số trên với x Î éë -3; 4 ùû Lời giải ìï x khi x ³ 3 ïï ï a) Ta có y = í 5x - 12 khi 2 < x < 3 ïï khi x £ 2 ïïî -x Vẽ đường thẳng y = x đi qua hai điểm O ( 0; 0 ), A ( 1;1 ) và lấy 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 .

ë -3;4 û

min y = -2 khi và chỉ khi x = 2 é -3;4 ù ë û

Ví dụ 4: Lập bảng biến thiên của các hàm số sau a) y = 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 éë -2;2 ùû Lời giải ìï 2x - 1 khi x ³ 1 ïï khi 0 < x < 1 a) Ta có y = x + x - 1 = íï1 ïï ïïî1 - 2x khi x £ 0 Bảng biến thiên -¥ 0 1 +¥ x +¥ +¥ y

Dựa vào bảng biến thiên ta có max y = 5 khi và chỉ khi x = -2 é ù ë -2;2 û

-3 -2 -1 O -1

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

3 1

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

1 Ta có y ( -2 ) = 5, y ( 2 ) = 3

-2 -3

min y = 1 khi và chỉ khi x Î éë 0;1 ùû é -2;2 ù ë

ìï1 khi x ³ -1 ïï b) Ta có y = x + 2 - x + 1 = ïí 2x + 3 khi - 2 < x < -1 ïï khi x £ -2 ïïî -1 Bảng biến thiên x -¥ -2 -1 +¥ 1 1 y -1 -1 Ta có y ( -2 ) = -1, y ( 2 ) = 1

Dựa vào bảng biến thiên ta có max y = 1 khi và chỉ khi x £ -2 é ù ë -2;2 û

min y = 1 khi và chỉ khi x ³ -1 é -2;2 ù ë û

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

(C 1 ) : y

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

Bài 2.21: Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị của các hàm số sau y = 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 éë 0;2 ùû . x 2 + 4x + 4 - x -2 Bài 2.22: a) Lập bảng biến thiên của hàm số y = x +2 b) Biện luận số giao điểm của đồ thị hàm số trên với đường thẳng y = m theo m.

 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 éë a; b ùû Ì  . Khi đó, đồ thị của y hàm số y = f(x) trên [a; b ] là một đoạn thẳng nên ta có một số tính chất:  max f(x) = max{f(); f(}, f() é ù ë a, b û

 min f(x) = min{f(); f(}, é ù ë a, b û

 max f (x ) = max { f (a) ; f (b ) } . é ù ë a, b û

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 éë 1;2 ùû đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải

f() 



Dựa vào các nhận xét trên ta thấy max f (x ) chỉ có thể đạt được tại x = 1 hoặc x = 2 . [1;2]

Như vậy nếu đặt M = max f (x ) thì M ³ f ( 1 ) = 2 - m và M ³ f ( 2 ) = 4 - m . [1;2]

Ta có

2-m + 4 -m (2 - m ) + (m - 4) f (1) + f (2) = ³ = 1. 2 2 2 ïì 2 - m = 4 - m Û m = 3. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ïí ïï(2 - m )(m - 4) ³ 0 î Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 1, đạt được chỉ khi m = 3. 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 M ³

nhất. Lời giải Gọi A = max y . Ta đặt t =

2x - x 2 Þ t =

1 - ( x - 1 ) do đó 0 £ t £ 1 2

Khi đó hàm số được viết lại là y = t - 3m + 4 với t Î éë 0;1 ùû suy ra -3m + 4 + 5 - 3m A = max t - 3m + 4 = max { -3m + 4 , 5 - 3m + } ³ [0,1] 2 Áp dụng BĐT trị tuyệt đối ta có -3m + 4 + 5 - 3m = 3m - 4 + 5 - 3m ³ 1 1 3 . Đẳng thức xảy ra m = . 2 2 3 Vậy giá trị cần tìm là m = . 2 é Ví dụ 3: Cho a, b, c thuộc ë 0;2 ùû . Chứng minh rằng: 2 (a + b + c ) - (ab + bc + ca ) £ 4

Do đó A ³

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 Î éë 0;2 ùû 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.

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 ³ 4 . Lời giải Bất đẳng thức t\ưng đương với (y + z )2 - 2yz + x 2 + xyz ³ 4

Û (3 - x )2 + x 2 + yz ( x - 2 ) - 4 ³ 0 Û yz (x - 2) + 2x 2 - 6x + 5 ³ 0

2 é (3 - x )2 ù æ y + z ÷ö (3 - x )2 ç ú. Đặt t = yz , do yz ³ 0 và yz ≤ ç nên t Î ê 0; ÷÷ = çè 2 ø êë úû 4 4 khi đó VT(2) là hàm số bậc nhất của biến t , f (t ) = (x - 2)t + 2x 2 - 6x + 5 . æ 3 - x 2 ÷ö ) ÷÷ ç( Để chứng minh bất đẳng thức (2) ta sẽ chứng minh f ( 0 ) ³ 0 và f çç ÷÷ ³ 0 . çç 4 ÷ø è

æ 3ö 1 Thật vậy, ta có f ( 0 ) = 2x - 6x + 5 = 2 çç x - ÷÷ + ³ 0 và ÷ çè 2ø 5 æ 3 - x 2 ÷ö ) ÷÷ 1 ç( 2 f çç = ( x - 1 ) ( x + 2 ) ³ 0 nên bất đẳng thức được chứng minh. ÷ ç ÷÷ 4 4 çè ø Đẳng thức xảy ra Û x = y = z = 1 . 3. Bài tập luyện tập. ìï x , y, z ³ 0 7 . Bài 2.23: Cho ïí . Chứng minh 0 £ xy + yz + zx - 2xyz £ ïï x + y + z = 1 27 î 2

ìï x , y, z ³ 0 Bài 2.24: Cho ïí . Chứng minh x 2 + y 2 + z 2 + xyz ³ 4 . ïï x + y + z = 3 î ïì x , y, z ³ 0 1 Bài 2.25: Cho ïí . Chứng minh x 3 + y 3 + z 3 + 6xyz ³ . ïï x + y + z = 1 4 î

Bài 2.26: Cho 0 £ a, b, c £ 1 . Chứng minh a 2 + b 2 + c 2 £ a 2b + b 2c + c 2a + 1 . ïì x , y, z ³ 0 4 Bài 2.27: Cho ïí . Chứng minh x 2y + y 2z + z 2x £ . ïï x + y + z = 1 27 î

Bài 2.28: Chứng minh rằng với "m £ 1 thì x 2 - 2(3m - 1)x + m + 3 ³ 0 với "x Î éê 1; + ¥ ) . ë

§3: HÀM SỐ BẬC HAI A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT. 1. Định nghĩa: Hàm số bậc hai là hàm số có dạng y = ax 2 + bx + c (a ¹ 0 ) . 2. Sự biến thiên · TXĐ: D = 

æ b ö æ b ö · Khi a > 0 hàm số đồng biến trên çç - ; +¥÷÷÷ , nghịch biến trên çç -¥; - ÷÷÷ và có giá trị çè 2a çè 2a ø ø æ b ö D b nhỏ nhất là khi x = - . Khi a < 0 hàm số đồng biến trên çç -¥; - ÷÷÷ , nghịch biến 2a ø 4a 2a èç æ b ö D b trên çç - ; +¥÷÷÷ và có giá trị lớn nhất là khi x = - . çè 2a 4a 2a ø Bảng biến thiên x b -¥ +¥ 2a +¥ y = ax 2 + bx + c +¥ (a > 0 ) D 4a

b 2a D 4a

-¥

y = ax 2 + bx + c (a < 0 ) -¥

+¥

-¥

3. Đồ thị.

æ b Dö Khi a > 0 đồ thị hàm số bậc hai bề lõm hướng lên trên và có tọa độ đỉnh là I çç - ; - ÷÷÷ çè 2a 4a ø æ b Dö Khi a < 0 đồ thị hàm số bậc hai bề lõm hướng lên trên và có tọa độ đỉnh là I çç - ; - ÷÷÷ çè 2a 4a ø

Đồ thị nhận đường thẳng x = -

b làm trục đối xứng. 2a



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 ¹ 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.

Ví dụ 1. Xác định parabol ( P ) : y = ax 2 + bx + c , a ¹ 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 3 1 c) Hàm số y = ax 2 + bx + c có giá trị nhỏ nhất bằng 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 DINP có diện tích bằng 1 biết hoành

độ điểm P nhỏ hơn 3 . .Lời giải

a) Vì A Î ( P ) nên 3 = 4a + 2b + c (1). 65

Mặt khác

(P )

có đỉnh I (1;2) nên -

2 = a + b + c (3)

b = 1 Û 2a + b = 0 (2) và I Î ( P ) suy ra 2a

ìa = 1 ïìï 4a + 2b + c = 3 ï ï ïï ï Ûï Từ (1), (2) và (3) ta có í 2a + b = 0 íb = -2 ïï ï ï c=3 ïîïa + b + c = 2 ï ï î

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 Û 3a + b = -2 (4) 3 b 3 = - Û b = 3a thay vào (4) ta được nên 2 2a 2

( P ) có trục đối xứng là x

3a + 3a = -2 Û a = -

1 Þ 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

æ1ö æ1ö 3 b 1 = Û a + b = 0 (5) , = a çç ÷÷÷ + b çç ÷÷÷ + c Û a + 2b + 4c = 3 (6) và a > 0 çè 2 ø çè 2 ø 4 2a 2 2

Hàm số y = ax 2 + bx + c nhận giá trị bằng 1 khi x = 1 nên a + b + c = 1 (7) ìïa + b = 0 ì ï a =1 ïï ï ï ï ï Từ (5), (6) và (7) ta có ía + 2b + 4c = 3 Û íb = -1 ïï ï ï c =1 ïïîa + b + c = 1 ï ï î 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

ìï ïït + 3 = - b a Theo định lý Viét ta có ïí ïï c ïï 3t = î a 1 Ta có S DIBC = IH .NP với H là hình chiếu của 2

Do IH = -

æ b Dö I çç - ; - ÷÷÷ lên trục hoành çè 2a 4a ø

1 D D .( 3 - t ) = 1 , NP = 3 - t nên S DINP = 1 Û 2 4a 4a

æb ö (t + 3 ) 3 c 2 2 8 Û ( 3 - t ) çç ÷÷÷ - = Û (3 - t ) - 3t = Û (3 - t ) = (10) çè 2a ø a a 4 a a 2

Từ (8) và (9) ta có 7a + b = 3 Û b = 3 - 7a suy ra t + 3 = Thay vào (10) ta có ( 3 - t ) = 3

8(4 - t )

Suy ra a = 1 Þ b = -4 Þ c = 3 .

3 - 7a 1 4 -t Û = a a 3

Û 3t 3 - 27t 2 + 73t - 49 = 0 Û t = 1

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

æ 1 11 ö d) Có đỉnh I çç - ; - ÷÷÷ çè 2 4ø Bài 2.31: Xác định phương trình Parabol: 3 2 2 b) y = ax + bx + 3 qua A(-1 ; 9) và trục đối xứng x  2

a) y = ax 2 + bx + 2 qua A(1 ; 0) và trục đối xứng x 

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: æ b Dö – Xác định toạ độ đỉnh I çç - ; - ÷÷÷ . è 2a 4a ø 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. y 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

b) y = -x 2 + 2 2x

Lời giải a) Ta có -

b 3 D 1 =- ,=2a 2 4a 4

-3 -2 I -1 O

Bảng biến thiên x y = x 2 + 3x + 2

-¥ +¥

3 2

+¥ +¥

1 4

æ 3 1ö Suy ra đồ thị hàm số y = x 2 + 3x + 2 có đỉnh là I çç - ; - ÷÷÷ , đi qua các điểm çè 2 4 ø A ( -2; 0 ), B ( -1; 0 ), C ( 0;2 ), D (-3;2 )

Nhận đường thẳng x = lõm lên trên b) Ta có -

b = 2a

Bảng biến thiên x

2, -

3 làm trục đối xứng và hướng bề 2

D =2 4a

-¥

2 2

y = -x 2 + 2 2x -¥

+¥

-¥

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

(

qua các điểm O ( 0; 0 ), B 2 2; 0 Nhận đường thẳng x =

)

(

)

2;2 , đi

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 éë -1;5 ùû Lời giải a) Ta có -

b D = 3, = -1 2a 4a

Bảng biến thiên x y = x - 6x + 8 2

-¥ +¥

+¥ +¥

y=m m

-1

O -1

2 3

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 ) 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 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) Với m > -1 đường thẳng y = m và parabol y = x 2 - 6x + 8 cắt 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 dương khi và chỉ khi x Î ( -¥;2 ) È ( 4; +¥ ) .

d) Ta có y ( -1 ) = 15, y ( 5 ) = 13, y ( 3 ) = -1 , kết hợp với đồ thị hàm số suy ra max y = 15 khi và chỉ khi x = -1 é ù ë -1;5 û

min y = -1 khi và chỉ khi x = 3 é ù ë -1;5 û

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

b) y = -2x 2 + 4x

Bài 2.33: Cho hàm số y = -x 2 - 2x + 3 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 éë -3;1 ùû  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 ì khi x ³ 2 ïx -2 a) y = ïí 2 ïx + 2x khi x < 2 ï î

y = x2 - x - 2

Lời giải ìï x - 2 khi x ³ 2 a) Đồ thị hàm số y = ïí 2 gồm : ïïî x + 2x khi x < 2

+ Vẽ đường thẳng y = x - 2 đi qua A ( 2; 0 ), B ( 0; -2 ) và lấy phần nằm bên phải của đường thẳng x = 2

O 1

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

đi qua các điểm O ( 0; 0 ), C ( 2; 0 ) và lấy phần đồ thị nằm bên trái của đường thẳng x = 2

b) Vẽ parabol ( P ) của đồ thị hàm số y = x 2 - x - 2 có đỉnh æ1 5ö 1 I çç ; - ÷÷÷ , trục đối xứng x = , đi qua các điểm çè 2 4 ø 2 A ( -1; 0 ), B ( 2; 0 ),C ( 0; -2 ), D (1; -2 ) .

-1 O

Khi đó đồ thị hàm số y = x 2 - x - 2 gồm + 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 a) y = x 2 - 3 x + 2

b) y = x 2 - 3 x + 2

c) y = x 2 - 3 x + 3

y = x 2 - 4x - 3 x - 2 + 6 - 1

Lời giải

a) Vẽ đồ thị hàm số ( P ) : y = x - 3x + 2 có đỉnh 2

æ3 1ö 3 I çç ; - ÷÷÷ , trục đối xứng x = , đi qua các điểm çè 2 4 ø 2

-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

b) Đồ thị hàm số y = x 2 - 3 x + 2 là ( P2 ) gồm phần phía

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

trục tung.

-2 -1 O y

trên trục hoành của ( P1 ) và phần đối xứng của ( P1 ) nằm phía dưới trục hoành qua trục hoành.

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

tịnh tiến ( P1 ) đi một đơn vị lên phái trên song song với trục tung. d) Ta có y = x - 4x - 3 x - 2 + 6 - 1 = 2

(x - 2)

- 3 x -2 + 2 -1

70 O -1

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)

- 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 ì ï x2 - x ï a) y = í 2 ïx +x +2 ï î

khi x ³ 1

b) y = -x 2 + 2x + 3

khi x < 1

Bài 2.35: Vẽ đồ thị của hàm số sau a) y = -x 2 - 2 x + 3

ì ï -x 2 - 2x + 3 khi x ³ 1 b) y = ïí 2 ïx - 2 x + 3 khi x < 1 ï î

 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. Dựa vào đồ thị(bảng biến thiên) của hàm số y = ax 2 + bx + c (a ¹ 0) ta thấy nó đạt giá trị

b lớn nhất, nhỏ nhất trên éë a; b ùû tại điểm x = a hoặc x = b hoặc x = - . Cụ thể: 2a

TH 1: a > 0 b * Nếu - Î 2a b * Nếu - Ï 2a

é a; b ù Þ min f (x ) = f (- b ); max f (x ) = max { f (a), f (b ) } ë û é a ;b ù é a ;b ù 2a ë û ë û

é a; b ù Þ min f (x ) = min { f (a), f (b ) }; max f (x ) = max { f (a), f (b ) } ë û é a ;b ù é a ;b ù ë û ë û

TH 2: a < 0 : * Nếu -

b b Î éë a; b ùû Þ max f (x ) = f (- ); min f (x ) = min { f (a), f (b ) } é a ;b ù é a ;b ù 2a 2a ë û ë û

b Ï éë a; b ùû Þ min f (x ) = min { f (a), f (b ) }; max f (x ) = max { f (a), f (b ) } é a ;b ù é a ;b ù 2a ë û ë û 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.

Tìm m để phương trình có hai nghiệm x 1, x 2 và P = 5(x 1 + x 2 ) - 2x 1x 2 giá trị lớn nhất. Lời giải Ta có D ' = ( m + 3 ) - ( m 2 - 3 ) = 6m + 12 2

Phương trình có nghiệm Û D ' ³ 0 Û 6m + 12 ³ 0 Û m ³ -2 ìï x 1 + x 2 = -2 ( m + 3 ) Theo định lý Viét ta có ïí ïï x 1x 2 = m 2 - 3 î

P = -10 ( m + 3 ) - 2 ( m 2 - 3 ) = -2m 2 - 10m - 24

Xét hàm số y = -2x 2 - 10x - 24 với x Î éë -2; +¥ ) Bảng biến thiên x

5 2

-2

+¥

-12

y = -2x - 10x - 24 2

-¥

Suy ra é max y = -12 khi và chỉ khi x = -2 ë -2;+¥ )

Vậy m = -2 là giá trị cần tìm. y = Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = Lời giải Đặt t =

x 2 + 1, t ³ 1 Þ 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 ³ 1 . Bảng biến thiên x

3 2

+¥

-1

+¥

y = t 2 - 3t + 1 -

5 4

Suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số y = t =

3 hay 2

x2 + 1 =

x 4 + 2x 2 + 1 - 3 3 x 2 + 1 + 1 là -

5 khi và chỉ khi 4

3 19 Ûx =± 2 8

Ví dụ 3:Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = x 4 - 4x 2 - 1 trên éë -1;2 ùû . Lời giải Đặt t = x 2 . Với x Î éë -1;2 ùû ta có t Î éë 0; 4 ùû Hàm số trở thành f ( t ) = t 2 - 4t - 1 với t Î éë 0; 4 ùû Bảng biến thiên t

-1 y = t 2 - 3t + 1

-1 -1

ét = 0 é x =0 ê ê Suy ra max khi hay y = max f t = 1 ( ) êt = 4 ê x = ±2 é -1;2 ù é 0;4 ù ë û ë û êë êë

min y = min f ( t ) = -1 khi t = 2 hay x = ± 2 . é ù ë -1;2 û

é -1;2 ù ë û

Ví dụ 4: Cho các số thực a, b thoả mãn ab ¹ 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 =

a b a b a b a b + . Ta có t = + = + ³2 . = 2, b a b a b a b a

a 2 b2 a 2 b2 + + 2 Þ + 2 = t2 - 2 2 2 2 b a b a 2 Ta có P = t - 2 - t + 1 = t 2 - t - 1 Xét hàm số f (t ) = t 2 - t - 1 với t Î ( -¥; -2 ùû È éë 2; +¥ ) . Bảng biến thiên t2 =

-¥

-2

+¥

f (t ) = t 2 - t - 1

+¥ 5

Từ bảng biến thiên ta có

a b + Û a =b. ( -¥;-2 û È ë 2;+¥ ) b a Ví dụ 5: Cho các số x, y thoả mãn: x 2 + y 2 = 1 + xy . min P =

min ù é

Chứng minh rằng Lời giải

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

1 3 £ x 4 + y 4 - x 2y 2 £ . 9 2

Đặt P = x 4 + y 4 - x 2y 2

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

Đặt t = xy , khi đó P = -2t 2 + 2t + 1 ì x 2 + y 2 ³ 2xy ï  1  xy  2 xy 1    xy  1 Vì ïí 2 nên  2 ï x + y ³ -2xy 3 1  xy  2 xy ï î 1 Do đó - £ t £ 1 . 3 é 1 ù Xét hàm số f (t ) = -2t 2 + 2t + 1 trên ê - ;1 ú êë 3 úû Ta có 

b 1  , ta có bảng biến thiên 2a 2 t 1 3

f (t ) = -2t 2 + 2t + 1

1 2 3 2

1 9

Từ bảng biến thiên ta có éminù f (t ) = 1 ê - ;12 ú êë 3 úû

1 1 3 £ P £ max f (t ) = é 1 ù 9 2 ê - ;1 ú ê ú ë 3 û

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 éêë-2;1ùúû b) y = x 4 + 2x 3 - x trên [-1;1].

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

Chứng minh rằng :

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

ÔN TẬP CHƯƠNG II  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 x2  2 1 x2  a) y  2 b) y  x  7x  8 2 x x 5 Bài 2.41: Xét tính chẵn lẻ của hàm số x 3 x 1 x  1 x b) y  6 4 2 x  x  x 1 x 1  1 x Bài 2.42 : Xác định a và b để đồ thị của hàm số y  ax  b cắt trục hoành tại điểm có hoành

a) y 

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  . x  2x  m  3 Bài 2.45: Dây truyền đỡ nền cầu treo có dạng Parabol 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 dây cáp treo (thanh thẳng đứng nối nền cầu với dây

truyền)? Bài 2.46: Tìm m để đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = x x - 2 tại điểm một điểm duy nhất. Bài 2.47: Cho f là hàm số lẻ và đồng biến trên  . 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 .

HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ CHƯƠNG II x  1   x 1  x 1    TXĐ: D  1;   \ 2 Bài 2.0: a) ĐKXĐ:   x  2 x  2 x 2 x  2  0  x  2   x  1  TXĐ: D  1;   b) ĐKXĐ:   x 1  0  x 1 2

1 3  c) ĐKXĐ: x 2  x  1  0   x     0 (đúng x )  TXĐ: D   2 4   x  1  x 1  0  x  1  e) ĐKXĐ:  2   x  2    TXĐ: D   1;   \ 3 . x  3 x  x  6  0  x  3  f) TXĐ: D   \ 2 2 4  c) D   ;  d) D  1;6 3 3    x  1 2  2  0  x 2  2 x  3  0 x 1    f) ĐKXĐ:  x 2  0 x  4  x  3 x  2  0  x  1

Bài 2.1: a) D  1; 2 b) D   2; 2 \ 0 e) D   3;   Suy ra D   \ 1; 4







1  1  4x 1  1  4 x  0 1   1  g) ĐKXĐ:   1    x  0  D    ;0  4  4   1  4 x  0  x   4

h) TXĐ: D   ;1   2;   Bài 2.2: a) ĐKXĐ: x  m

é m³0 Hàm số xác định trên ( -1; 0 ) Û m Ï ( -1; 0 ) Û êê êë 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 ³ 2 , b) m Î éë 0;1 ùû 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   \ 1

c) m Î éë 1; 3 ùû

Ta có x  1  D nhưng  x  1  D Do đó hàm số không chẵn và không lẻ e) TXĐ: D   . Ta có f 1  2, f  1  6 Suy ra f  1  f 1 , f  1   f 1 Do đó hàm số không chẵn và không lẻ. f) TXĐ: D     1   1;1  1;   nên x  D   x  D f ( -x ) =

( -x )

-x - 1

x3 = - f ( x ), " x Î D x -1

Vậy hàm số đã cho là hàm số lẻ. g) TXĐ: D    x  D   x  D . f (-x ) =

-x - 1 + -x + 1

-2x - 1 + -2x + 1

= f ( x ), " x Î D

Vậy hàm số đã cho là hàm số chẵn. ìï x - 1 ¹ x + 1 Ûx ¹0 h) ĐKXĐ: x - 1 ¹ x + 1 Û ïí ïï x - 1 ¹ - ( x + 1 ) î

TXĐ: D   \ 0  x  D   x  D f (-x ) =

-x + 2 + -x - 2 -x - 1 - -x + 1

= -f ( x ), " x Î D

Vậy hàm số đã cho là hàm số lẻ. 1 2 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

Bài 2.5: m 

nên x  D   x  D và f   x    f  x  , g   x    g  x  suy ra y ( -x ) = f ( -x ) + g ( -x ) = - éë f ( x ) + g (x )ùû = -y (x ) Suy ra hàm số y = f ( x ) + g ( x ) là hàm số lẻ. b) Giả sử hàm số y = f ( x ) chẵn, y = g ( x ) lẻ

Khi đó hàm số y = f ( x ) g ( x ) có tập xác định là D nên x  D   x  D Ta có y ( -x ) = f ( -x ) g ( -x ) = f ( x ) éë -g ( x )ùû = -f (x )g (x ) = -y (x ) Do đó hàm số y = f ( x ) g ( x ) lẻ.

Bài 2.7: a) Ta có TXĐ: D    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

 f   x    f  x  , x      x   (m 2  9)   x   (m  3)   x   m  3 3

   x3  (m 2  9) x 2  (m  3) x  m  3 , x    2(m 2  9) x 2  2  m  3   0, x   m 2  9  0  m3  m3  0 b) Ta có TXĐ: D    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      x   (m 2  3m  2)   x   m 2  1  x 4  (m 2  3m  2) x3  m 2  1, x   4

m 1  2(m 2  3m  2) x3  0, x    m 2  3m  2  0   m  2 4  Bài 2.9: a) Hàm số đồng biến trên  ;  và nghịch biến trên khoảng 3 

4   ;   3 

b) Với mọi x1 , x2  , x1  x2 ta có 2 2 f  x2   f  x1   x2  4 x2  5    x1  4 x1  5  K   x1  x2  4 x2  x1 x2  x1

x1 , x2   ; 2   K  0 suy ra hàm số nghịch biến trên  ; 2  x1 , x2   2;    K  0 suy ra hàm số đồng biến trên  2;  

c) Với mọi x1 , x2  , x1  x2 ta có f  x2   f  x1  

2  x1  x2  2 2 2   K  x2  2 x1  2  x2  2  x1  2   x2  2  x1  2 

Với x 1, x 2 Î ( -¥;2 ) Þ K < 0 do đó hàm số nghịch biến trên ( -¥;2 ) Với x 1, x 2 Î ( 2; +¥ ) Þ K < 0 do đó hàm số nghịch biến trên ( 2;+¥ ) d) Với mọi x1 , x2   ;1 , x1  x2 ta có f ( x 2 ) - f ( x1 ) =

Suy ra

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

f  x2   f  x1  1  0 x2  x1  x2  1 x1  1

Vậy hàm số nghịc biến trên  ; 1 . Bài 2.10:  Với mọi x1 , x2  , x1  x2 ta có

3 3 f  x2   f  x1   x2  x2    x1  x1    x22  x12  x2 x1  1  0 x2  x1 x2  x1

Suy ra hàm số đã cho đồng biến trên   Ta có x3  x  3 2 x  1  1  x3  x  2 x  1  3 2 x  1

Đặt

2 x  1  y , phương trình trở thành x3  x  y 3  y

Do hàm số f  x   x3  x đồng biến trên  nên  x  1 x  y  2x 1  x  x  2x 1  0   . x  1 5  2 3

Bài 2.11: a) Với mọi x1 , x2  1;   , x1  x2 ta có f ( x 2 ) - f ( x1 ) = 

(

) (

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 Û m + 1 = 5 Û 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

Bài 2.13: a) Ta có y = x 3 + 2(m - 1)x 2 + (m 2 - 4m + 1)x - 2(m 2 + 1)  m2  x  2   m  2 x 2  4 x   x3  2 x 2  x  2  y  0

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  Vậy điểm cần tìm là A  2;0  .

b) Điểm cố định là A  4;3 , B  0;1 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   m 2  1  2  m 2  3m  2   3

 3m 2  5m  1  0  m 

5  13 6

5  13 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 1 1 2 2 y    x  2   2 rồi tịnh tiến lên trên đơn vị ta được đồ thị hàm số y    x  2   2  . 2 2 2 3 2 b) Ta có x  3 x  3 x  6   x  1  5

Vậy m 

Do đó tịnh tiến đồ thị hàm số y  x3 để được đồ thị hàm số y  x3  3 x 2  3 x  6 ta làm như sau Tịnh tiến liên tiếp đồ thị hàm số y  x3 đi sang bên trái 1 đơn vị và lên trên đi 5 đơn vị. Bài 2.16: Gọi hàm số cần tìm là y = ax + b, a ¹ 0 a) Vì A Î d và B Î d nên ta có hệ phương trình ìï ïïa = - 2 ìï 1 = a + b ïí 3 Þ y = -2 x + 5 Û ïí ïï 3 = -2a + b ïï 5 3 3 î ïï b = î 3 ì ïa = 1 b) Ta có D : y = x + 1 . Vì d / /D nên ïí ï b ¹1 ï î Mặt khác C Î d Þ -2 = 2a + b Þ b = -4 Vậy hàm số cần tìm là y = x - 4 æ b ö c) Đường thẳng d cắt trục Ox tại P çç - ; 0 ÷÷÷ và cắt Oy tại Q ( 0;b ) với a < 0, b > 0 èç a ø é b = 0(l ) b = b Û b ( a + 1 ) = 0 Û êê a êë a = -1 Ta có M Î d Þ 2 = a + b Þ b = 3 Vậy hàm số cần tìm là y = -x + 3 .

Ta có OP = OQ Û -

d) Đường thẳng d đi qua N ( 1; -1 ) nên -1 = a + b

Và d ^ d ' Þ 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 ïìï y = 2x ïì x = 2 Û ïí suy ra d, d ' cắt nhau tại M ( 2; 4 ) í ïï y = -x + 6 ïï y = 4 î î Vì ba đường thẳng d, d ', d " đồng quy nên M Î d " ta có 4 = 2m 2 + 5m + 3 Þ 2m 2 + 5m - 1 = 0 Û m =

-5 ± 33 4

-5 ± 33 ba đường thẳng đó phân biệt và đồng quy 4 -5 ± 33 Vậy m = là giá trị cần tìm.. 4 Bài 2.18: a) Đồ thị hàm số y = -2x + 3 đi qua æ3 ö A ( 0; 3 ), B çç ; 0 ÷÷÷ çè 2 ø

Dễ thấy với m =

Đồ thị hàm số y = x + 2 đi qua A ' ( 0;2 ), B ' ( -2; 0 ) Đồ thị hàm số y =

y 3 2

æ 3ö 3 đi qua M çç 0; ÷÷÷ và song song với trục çè 2 ø 2

hoành b) Giao điểm của hai đồ thị hàm số y = -2x + 3, y = x + 2 là

-2

æ1 7ö M 1 çç ; ÷÷÷ çè 3 3 ø

æ3 3ö 3 là M 2 çç ; ÷÷÷ çè 4 2 ø 2 æ 1 3ö 3 Giao điểm của hai đồ thị hàm số y = x + 2, y = là M 2 çç - ; ÷÷÷ çè 2 2 ø 2 Bài 2.19: a) Bảng biến thiên của hàm số trên éë -3; 3 ùû

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

x y

-3

-1

0 2

3 2

3 0

-3

b) Dựa vào đồ thị hàm số đã cho ta có max = 2 khi và chỉ khi x = 0 é ù ë -2;2 û

min = -2 khi và chỉ khi x = 2 é ù ë -2;2 û

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 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 Bài 2.21: Ta có y = x - 2 - 3 x - 1 ìï -2x + 1 Khi x ³ 2 ïï = ïí -4x + 5 Khi 1 £ x < 2 ïï ïïî 2x - 1 Khi x < 1 Bảng biến thiên -¥ 1 x 1 y -¥ max y = 1 khi và chỉ khi x = 1 é ù

y 1

+¥

-3

-¥

ë 0;2 û

min y = -3 khi và chỉ khi x = 2 . é 0;2 ù ë û

ì ï -x + 3 Khi x ³ 2 ï ï ï - x - 2 = í x - 1 Khi - 2 < x < 2 Bài 2.22: a) Ta có y = ï x +2 ï x - 3 Khi x < -2 ï ï î Bảng biến thiên -¥ -2 2 +¥ x +¥ y 1 x +2

-¥

O -1

-¥

b) Dựa vào bảng biến thiên của hàm số y = đường thẳng y = m như sau: Với m > 1 thì có 1 giao điểm Với m = 1 thì có hai giao điểm Với m < 1 thì có ba giao điểm

x 2 + 4x + 4 - x - 2 ta có số giao điểm của nó với x +2

Bài 2.23: Từ giả thiết ta có x , y, z Î éê 0; 1 ùú ë û Þ xy + yz + zx - 2xyz = xy + yz (1 - x ) + zx (1 - y ) ³ 0 . (y + z )2 (1 - x )2 = Củng từ giả thiết ta suy ra yz £ . Mặt khác ta lại có 4 4 xy + yz + zx - 2xyz £

7 7 Û f (yz ) = (1 - 2x )yz + x (1 - x ) £ 0 (2). 27 27

Khi đó ta thấy rằng Nếu x =

1 1 £ 0 (hiển nhiên đúng). khi đó BĐT (2) thành 2 108

Nếu x ¹

1 thì f (yz ) là hàm số bậc nhất. Do đó để chứng minh f (yz ) £ 0 ta chỉ cần chứng minh 2

ìï f (0) £ 0 ïï 2 æ 1 ÷ö 1 7 ïí é ( 1 - x )2 ù ç < 0 và = - ç x - ÷÷ . Dễ thấy f (0) = x (1 - x ) ê ú çè ïï f ê 2ø 108 27 ú£0 ïï ê 4 ú ïî ë û

2 é 1-x 2 ù )ú (1 - x ) 2 7 1 ê( fê + x (1 - x ) =( 6x + 1)( 3x - 1 ) £ 0 . Vậy là trong ú = (1 - 2x ). 4 4 27 108 ê ú ë û

hai 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 Î éê 0; 3 ùú và yz £ . Mặt khác ta thấy ë û 4 4 x 2 + y 2 + z 2 + xyz ³ 4 Û x 2 + ( y + z ) - 2yz + xyz - 4 ³ 0 Û x 2 + ( 3 - x ) - 2yz + xyz - 4 ³ 0 2

Û f (yz ) = (x - 2)yz + 2x 2 - 6x + 5 ³ 0

(3).

Nếu x = 2 thì BĐT (3) sẻ thành 1 ³ 0 (hiển nhiên đúng).

Nếu x ¹ 2 thì f (yz ) là hàm số bậc nhất. Do đó để chứng minh f (yz ) ³ 0 ta chỉ cần chứng minh ìï f (0) ³ 0 ïï 2 æ 3 ÷ö 1 2 ïí é ( 3 - x )2 ù ç . Dễ thấy f (0) = 2x - 6x + 5 = 2 ç x - ÷÷ + > 0 và ê ú çè ïï f ê 2ø 2 ú³0 ïï ê 4 ú ïî ë û

2 é 3-x 2 ù )ú (3 - x ) 2 1 ê( fê + 2x 2 - 6x + 5 = (x + 2) ( x - 1 ) ³ 0 . Vậy là trong hai ú = (x - 2). 4 4 4 ê ú ë û

trường hợp ta kết luận f (yz ) ³ 0 .

(y + z )2 (1 - x )2 = Bài 2.25: Từ giả thiết ta có x , y, z Î éê 0; 1 ùú và yz £ . Mặt khác ta thấy ë û 4 4 1 1 Û x 3 + (y + z )3 - 3yz (y + z ) + 6xyz - ³ 0 4 4 1 3 3 Û x + (1 - x ) - 3yz (1 - x ) + +6xyz - ³ 0 4

x 3 + y 3 + z 3 + 6xyz ³

Û f (yz ) = (3x - 1)yz + x 2 - x +

1 ³0 4

(4).

Nếu x =

1 1 ³ 0 (hiển nhiên đúng). thì BĐT (4) sẻ thành 3 36

Nếu x ¹

1 thì f (yz ) là hàm số bậc nhất. Theo TC2 thì để chứng minh f (yz ) ³ 0 ta chỉ cần chứng 3

ìï f (0) ³ 0 ïï 2 2 ù 1 ÷ö 1 æç é 2 ï minh cho í ê ( 1 - x ) ú . Dễ thấy f (0) = x - x + = ç x - ÷÷ ³ 0 và ïï f ê 2ø 4 çè ú³0 ïï ê 4 ú ïî ë û

2 é 1-x 2 ù )ú (1 - x ) 1 3 æ 1ö ê( fê + x 2 - x + = x çç x 2 - x + ÷÷ ³ 0 (đúng vì 0 £ x £ 1 và ú = (3x - 1). 4 4 4 4 çè 3 ø÷ ê ú ë û

1 æ 1ö 1 x - x + = çç x - ÷÷÷ + > 0 ). Vậy là trong hai trường hợp ta kết luận f (yz ) ³ 0 . 3 çè 2ø 12 2

Bài 2.26: Ta có a 2 + b 2 + c 2 £ a 2b + b 2c + c 2a + 1 Û (b - 1)a 2 + b 2c + c 2a + 1 - b 2 - c 2 ³ 0 . Vì 0 £ a £ 1 Þ a ³ a 2 Þ (b - 1)a 2 + b 2c + c 2a + 1 - b 2 - c 2 ³ (b - 1)a 2 + b 2c + c 2a 2 + 1 - b 2 - c 2 = = ( c 2 + b - 1 )a 2 + b 2c + 1 - b 2 - c 2 = f (a 2 ) . Ta chỉ cần chứng minh f (a 2 ) ³ 0 (5) là được.

Nếu c 2 + b - 1 = 0 Þ c 2 = 1 - b khi đó BĐT sẻ trở thành b 2c + (b - b 2 ) ³ 0 (đúng vì 0 £ b, c £ 1 ).

Nếu c 2 + b - 1 ¹ 0 thì ta có f (a 2 ) là hàm số bậc nhất. Do đó để chứng minh ì ï f (0) ³ 0 f (a 2 ) ³ 0 ta chỉ cần chứng minh cho ï . Dễ thấy f (0) = b 2c + 1 - b 2 - c 2 í ï f (1) ³ 0 ï î

= ( 1 - c ) (1 + c - b 2 ) = (1 - c) éë c + ( 1 - b 2 ) ùû ³ 0 (đúng vì 0 £ b, c £ 1 ) và

f (1) = b 2c + (b - b 2 ) ³ 0 (đúng vì 0 £ b, c £ 1 ). Vậy là trong hai trường hợp ta kết luận f (a 2 ) ³ 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 £ lại có x 2y + y 2z + z 2x £ Þ yx 2 + y 2z + z 2x -

1 . Mặt khác ta 3

1 4 4 1 Û yx 2 + y 2z + z 2x £ 0 . Vì 0 £ x £ Þ x 2 £ x 3 27 27 3

æ1 ö 4 1 4 4 £ yx + y 2z + z 2x = çç y + z 2 ÷÷÷ x + y 2z = f (x ) . Bây giờ ta 27 3 27 èç 3 27 ø

sẻ chứng minh f (x ) £ 0 (6) là được. Nếu

4 1 £ 0 (hiển nhiên đúng). y + z 2 = 0 Þ y = z = 0 thì BĐT (6) thành 27 3

Nếu

1 y + z 2 ¹ 0 thì f (x ) là hàm số bậc nhất . Theo TC2 thì để chứng minh f (x ) £ 0 ta chỉ cần 3

ïìï f (0) £ 0 4 ï chứng minh cho í æç 1 ÷ö . Dễ thấy f (0) = y 2z ; vì x = 0 nên từ giả thiết Þ y + z = 1 . ïï f ç ÷÷ £ 0 27 ç ïïî è 3 ø 1 1 é 2 ( y + z ) ùú 4 Theo BĐT Côsi ta có y 2z = .y.y.(2z ) £ . êê = ú 2 2 ëê 3 27 ûú 3

Þ y 2z -

æ1ö 1 4 1 1 4 £ 0 Þ f (0) £ 0 và f çç ÷÷÷ = y 2z + y + z 2 ; vì x = nên từ giả thiết ta 3 27 9 3 27 èç 3 ø

suy ra æ1ö æ2 ö 1 ö 2 2 1æ2 4 1 y + z = Þ z = - y Þ f çç ÷÷ = y 2 çç - y ÷÷ + y + çç - y ÷÷ = -y 3 + y 2 - y = ÷ ÷ ÷ ç ç ç 3 3 3è3 27 3 è3ø è3 ø 9 ø 2

2 éæ æ 2 1 ö÷ 1 ÷ö 1 ùú ê ç ç = -y ç y - y + ÷÷ = -y ê ç y - ÷ + ú £ 0 (đúng vì y ³ 0 ). Vậy là trong hai trường hợp ta kết çè 3ø 2 ÷ø 12 ú êë çè û

luận f (x ) £ 0 . Ta đã giải xong bài toán.

Bài 2.28: Ta có x 2 - 2(3m - 1)x + m + 3 ³ 0 Û f (m ) = (-6x + 1)m + x 2 + 2x + 3 ³ 0 . Ta thấy f (m ) là hàm số bậc nhất có hệ số của m là -6x + 1 < 0 (do x Î éê 1; + ¥ ) ). Theo TC1 thì ë f (m ) là hàm nghịch biến Þ f (m ) ³ f (1) với "m £ 1 . Tức là ta có x 2 - 2(3m - 1)x + m + 3 ³ (x - 2)2 ³ 0 (đúng với "x Î éê 1; + ¥ ) ). ë

Vậy là ta giải quyết xong bài toán. ì ì ì b=3 ï0 = 1 + b + c ïb + c = -1 ï ï Ûï Û Bài 2.29: a) Vì (P) đi qua A, B nên ïí . í í ï ï ï 6 = 4 2 b + c 2 b c = 10 c = 4 ï ï ï î î î 2 Vậy (P): y = x + 3x – 4 . ìï -b ïï =1 ìb = -2 ï b) Vì (P) có đỉnh I ( 1; 4 ) nên ïí 2 2 . Ûï í ïï b - 4c ï c=5 ï î =4 ïï î 4 Vậy (P): y = x 2 – 2x + 5 . c) (P) cắt Oy tại điểm có tung độ bằng 3 suy ra c = 3 ìï b ì ïïb = 4 = -2 Ûï (P) có đỉnh S ( -2; -1 ) suy ra: ïí 2a í ïï -1 = 4a - 2b + 3 ï ïa = 1 î ïî

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

b 3 D 1 = ,=2a 2 4a 4 3 2

-¥ +¥ -

1 4

+¥ +¥

c) y =

1 2 x - 2x + 5 3

æ3 1ö Suy ra đồ thị hàm số y = x 2 - 3x + 2 có đỉnh là I çç ; - ÷÷÷ , đi qua các điểm çè 2 4 ø A ( 2; 0 ), B ( 1; 0 ), C ( 0;2 ), D ( 3;2 )

Nhận đường thẳng x = b) Ta có -

3 làm trục đối xứng và hướng bề lõm lên trên 2

b D = 1, =2 2a 4a

Bảng biến thiên x

-¥

y = -x 2 + 2 2x

y 1 2

-¥

+¥

-¥

Suy ra đồ thị hàm số y = -2x 2 + 4x có đỉnh là I ( 1;2 ) , đi qua

các điểm O ( 0; 0 ), B ( 2; 0 )

Nhận đường thẳng x = 1 làm trục đối xứng và hướng bề lõm xuống dưới Bài 2.33: a) Ta có Bảng biến thiên x y = -x 2 - 2x + 3

b D = -1, =4 2a 4a -¥

-1 4

-¥

+¥ -¥

y 4

Suy ra đồ thị hàm số y = -x 2 - 2x + 3 có đỉnh là I ( -1; 4 ) ,

đi qua các điểm 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

-3

do đó dựa vào đồ thị ta có Với m < 4 đường thẳng y = m và parabol y = -x 2 - 2x + 3 cắt 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 Î ( -¥; -3 ) È ( 1; +¥ ) . d) max y = 4 khi và chỉ khi x = -1 é ù ë -3;1 û

min y = 0 khi và chỉ khi x = -3, x = 1 . é ù ë -3;1 û

ìï x 2 - x Bài 2.34: a) Đồ thị hàm số y = ïí 2 ïïî x + x + 2

khi x ³ 1

khi x < 1

gồm :

æ1 1ö 1 + Parabol y = x 2 - x có đỉnh I çç ; - ÷÷÷ , trục đối xứng x = , đi qua các điểm O ( 0; 0 ), A ( 1; 0 ) çè 2 4 ø 2

và lấy phần đồ thị nằm bên phải của đường thẳng x = 1

æ1 9ö 1 + Parabol y = -x 2 + x + 2 có đỉnh I çç ; ÷÷÷ , trục đối xứng x = , đi qua các điểm çè 2 4 ø 2 B ( -1; 0 ), C ( 2; 0 ) và 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 xứng của

( P ) nằm dưới trục hoành qua trục hoành.

Bài 2.35: a) Vẽ đồ thị hàm số ( P ) : 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 ) . 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 .

ìï -x 2 - 2x + 3 khi x ³ 1 Vậy đồ thị hàm số y = ïí 2 gồm phần bên đồ thị bên phải đường thẳng ïx 2 x + 3 khi x < 1 ïî x = 1 của ( P2 ) và phần đồ thị bên trái đường thẳng x = 1 của ( P1 ) .

Bài 2.36: a) Đặt t  x 2 , x Î éêë-2;1ùûú Þ t Î éêë 0; 4ùûú Xét hàm số f  t   t 2  2t , t   0; 4 

Suy ra max y = 8 Û x = -2, min y = -1 Û x = ±1 . [-2;1]

[-2;1]

b) Ta có y = x 4 + 2x 3 - x = (x 2 + x )2 - (x 2 + x )

Đặt t = x 2 + x . Xét hàm số t = x 2 + x với x Î [-1;1] b 1   , bảng biến thiên là Ta có  2a 2

-1

1 2

t = x2 + x

Suy ra min t =é ù ë -1;1 û

1 4

1 £ t £ max t =2 é -1;1 ù 4 ë û

é 1 ù Khi đó, hàm số được viết lại : f (t ) = t 2 - t với t Î ê - ;2 ú . êë 4 úû Bảng biến thiên t

f (t ) = t - t 2

1 4

1 2

5 16

2 -

1 4

Từ bảng biến thiên ta có

é x =1 2 ê khi hay max y = max f ( t ) = 2 t = 2 x + x = 2 Û ê x = -2 é 1 ù [-1;1] ê - ;2 ú êë êë 4 úû

min y = éminù f (t ) = [-1;1]

1 ê- ; 2ú êë 4 úû

1 1 -1 ± 1 khi t = hay x 2 + x = Û 2x 2 + 2x - 1 = 0 Û x = 2 2 2 4

2 Bài 2.37: Ta có: 7(x 4 + y 4 ) + 4x 2y 2 = 7 éê ( x 2 + y 2 ) - 2x 2y 2 ùú + 4x 2y 2 ë û 2  xy  1   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 ) ³ 4xy Þ xy £

1 3

Mặt khác 2(x 2 + y 2 ) = xy + 1 Û 2 ( x + y ) = 5xy + 1 Þ xy ³ 2

1  1 1 33t 2  14t  7  , t    ;  .  4  5 3 18 1 70 7 Ta có max f  t   t  t  , min f  t   1 1 1 1   25 5 33 33  ;   ; 

Xét hàm số f  t  

 5 3

Bài 2.38: Do x + y = 1 nên :

 5 3

1 5

S = 16x 2y 2 + 12 ( x 3 + y 3 ) + 9xy + 25xy

3 = 16x 2y 2 + 12 éê ( x + y ) - 3xy ( x + y ) ùú + 34xy ë û 2 2 = 26x y - 2xy + 12 .

Đặt t = xy , ta được: S = 16t - 2t + 12; 0 £ xy £ 2

(x + y )

é 1ù 1 Þ t Î ê 0; ú . êë 4 úû 4

é 1ù Xét hàm số f ( t ) = 16t 2 - 2t + 12 trên đoạn ê 0; ú ta tìm được êë 4 úû 25 Giá trị lớn nhất của S bằng ; 2 ìï x + y = 1 ï æ1 1ö Û ( x ; y ) = çç ; ÷÷ . Khi ïí 1 çè 2 2 ÷ø ïï xy = ïî 4 ì ïx + y = 1 191 Giá trị nhỏ nhất của S bằng ; Khi ïí ï xy = 16 16 ï î æ 2 + 3 2 - 3 ö÷ æ 2 - 3 2 + 3 ö÷ ÷÷ hoặc ( x ; y ) = çç ÷ Û ( x ; y ) = ççç ; çç 4 ; 4 ÷÷ . çè 4 4 ÷ø è ø

Bài 2.39: a) +

f  2   2 ; +

f  2 

1 5

1 8 3 x ( loai) x3 3 + Khi x  1 có f  x   3  2  x  3  x  7 ( nhận)

b) + Khi x  1 có f  x   3 

 x  1 Bài 2.40: a) Hàm số xác định khi và chỉ khi: x 2  7 x  8  0   x  8 TXĐ D   \ 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   \ 1;1

Suy ra x  D   x  D x  3 x x 3 x f  x   6   f  x  , x  D 6 4 2 4 2  x      x  1 x  x  x 1 Vậy hàm số đã cho là lẻ b) TXĐ: D   1;1 \ 0 Suy ra x  D   x  D f  x 

1 x  1 x x 1  1  x 



1 x  1 x  f  x  , x  D x 1  1 x

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 (1) Vì A  2; 1 thuộc đường thẳng y  ax  b nên: 2a  b  1 (2) 1  a  3a  b  0  5  Từ (1)và (2) ta có hệ pt:  2a  b  1 b  3  5 2 Bài 2.43: a) Với m  5 ta có hàm số: y   x  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   x 2  2 x  m  3  0, x   x  1  m  4  0, x  m  4  0  m  4 2

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 của Parabol có dạng y = ax 2 + bx + c . Parabol có đỉnh là C và đi qua A nên ta

A(100;30)

C B'

x A'

ì ìï 1 b ï ï ïï a= =0 ï ï ïï 400 2a ï ï có hệ phương trình: í a.0 + b.0 + c = 5 Ûï íb = 0 ï ïï ï c =5 ï ïïa.1002 + b.100 + c = 30 ï ï ïïî ï î

Suy ra Parabol có phương trình y =

1 2 x + 5 . Bài toán đưa việc xác định chiều dài các dây cáp 400

treo sẽ là 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 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.

ì ï x 2 - 2x khi x ³ 2 Bài 2.46: Ta có: y = x x - 2 = ïí 2 ïx + 2x khi x < 2 ï î

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 ³ 0; b ³ 0 . Vì 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) ³ f (a )f (b) (*)

f là

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  . Vì vậy theo bất đẳng thức côsi ta có 2 f (a + b) ³ f (a ) + f (b) ³ 2 f (a )f (b)

Từ đó: ( f (a ) + f (b) ) f (a + b) ³ 2 f (a )f (b) f (a )f (b) = 2 f (a )f (b) ³ f (a )f (b) Do đó (*) đúng suy ra điều phải chứng minh.

CHƯƠNG III: PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH §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 Df và Dg . Đặt D = Df Ç 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 Î 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 ) Û 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 ) Þ 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 ) ¹ 0 với mọi x Î 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 ) Þ f 2 (x ) = g 2 (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 ) ³ 0 

 

1 xác định là f ( x ) ¹ 0 f (x ) 1

f (x )

xác định là f ( x ) > 0

2. Các ví dụ điển hình. Ví dụ 1: Tìm điều kiện xác định của phương trình sau: 5 a) x + 2 b) 1 + 3 - x = =1 x -4 c) 1 + 2x - 3 =

3x - 2

4 - 2x =

x -2

x +1 x - 3x + 2 3

Lời giải a) Điều kiện xác định của phương trình là x 2 - 4 ¹ 0 Û x 2 ¹ 4 Û x ¹ ±2 ìï 3 - x ³ 0 ì ïx £ 3 Ûï Û2£x £3 b) Điều kiện xác định của phương trình là ïí í ïï x - 2 ³ 0 ï x ³2 ï î î ì 3 ï ï x ³ ï ïìï 2x - 3 ³ 0 ï 2 Ûx ³3 Ûí c) Điều kiện xác định của phương trình là í ïï 3x - 2 ³ 0 ï 2 2 ï î x ³ ï ï î 3 d) Điều kiện xác định của phương trình là ìï ìï 4 - 2x ³ 0 x £2 ïí ïí Û 3 ïï x - 3x + 2 ¹ 0 ïï ( x - 1 ) ( x 2 + x - 2 ) ¹ 0 î î ìï x £ 2 ï ì ì x £ 2 ï ï ï ïí x ¹ 1 Û ïïí x < 2 Ûí Û ïï( x - 1 )2 ( x - 2 ) ¹ 0 ïï ïï x ¹ 1 î ïî ïïî x ¹ 2 Ví dụ 2: Tìm điều kiện xác định của phương trình sau rồi suy ra tập nghiệm của nó: a) 4x + 4x - 3 = 2 3 - 4x + 3 b) -x 2 + 6x - 9 + x 3 = 27 c)

x + x -2 =

Lời giải

-3 - x

( x - 3 ) ( 5 - 3x ) + 2x 2

3x - 5 + 4

ì 3 ï ï x ³ ìï 4x - 3 ³ 0 ï 4 Ûx = 3 Ûï a) Điều kiện xác định của phương trình là ïí í ïï 3 - 4x ³ 0 ï 3 4 ï î x £ ï ï î 4 3 Thử vào phương trình thấy x = thỏa mãn 4 ìï 3 ü ï Vậy tập nghiệp của phương trình là S = ïí ïý ïîï 4 ï ï þ

b) Điều kiện xác định của phương trình là -x 2 + 6x - 9 ³ 0 Û -( x - 3 ) ³ 0 Û x = 3 2

Thay x = 3 vào thấy thỏa mãn phương trình Vậy tập nghiệp của phương trình là S = { 3 }

ìï x ³ 0 ì x ³0 ï ïï ï ï ï ï c) Điều kiện xác định của phương trình là í x - 2 ³ 0 Û í x ³ 2 ïï ï ïï x £ -3 ïîï -3 - x ³ 0 ï î Không có giá trị nào của x thỏa mãn điều kiện Vậy tập nghiệm của phương trình là S = Æ ìï x - 3 2 5 - 3x ³ 0 )( ) ï( d) Điều kiện xác định của phương trình là í (*) ïï 3 x 5 ³ 0 ïî Dễ thấy x = 3 thỏa mãn điều kiện (*). ìï ïï x £ 5 ïìï 5 - 3x ³ 0 3 Ûx =5 Û ïí Nếu x ¹ 3 thì (*) Û í ïï 3x - 5 ³ 0 ïï 5 3 î ïï x ³ î 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: 5 = 3x a) 2 b) 1 + x - 2 = x -x -1

x -1

x +1 x - 3x + 2 Bài 3.1: Tìm điều kiện xác định của phương trình sau rồi suy ra tập nghiệm của nó: a) 4x + 2 4x - 3 = 2 4x - 3 + 3 b) -x 2 + x - 1 + x = 1

c) 1 + 2x - 4 =

2x + x - 2 =

2 - 4x

2-x +2

2x - 6 =

x 3 - 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

a) 1 +

1 5 = 2 x -3 x -x -6

x -2

- x -2

x - 1(x 2 - x - 2) = 0 c) x + 3(x 4 - 3x 2 + 2) = 0 d) Lời giải ì x ¹3 ï ïì x ¹ 3 a) ĐKXĐ : ïí 2 Û ïí ï ïï x ¹ -2 ïx - x - 6 ¹ 0 î î Với điều kiện đó phương trình tương đương với 1 5 1+ = Û ( x - 3 )( x + 2 ) + x + 2 = 5 x - 3 ( x - 3 )( x + 2 ) Û x 2 = 9 Û 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 -3 é x +3 = 0 Phương trình tương đương với êê 4 2 êë x - 3x + 2 = 0 é x = -3 é x = -3 ê ê é x = -3 ê x 2 - 1 = 0 Û ê x = ±1 Û êê 2 Û 2 ê ê êx = ± 2 êë ( x - 1)( x - 2 ) = 0 êx2 - 2 = 0 êë êë Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x = -3, x = ±1 và x = ± 2 . x 2 = 1 - (x - 2 ) Û x 2 + x - 3 = 0 Û x =

ìï x ³ 0 ìï x ³ 0 Û ïí Û x ³1 d) ĐKXĐ: ïí ïï x - 1 ³ 0 ïï x ³ 1 î î Với điều kiện đó phương trình tương đương với é x =1 é ê x 1 = 0 ê ê x = -1 Û ê 2 ê êë x - x - 2 = 0 êx = 2 êë 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) 2x - 3 = 4x 2 - 15 b) . x 2 - 3x + 4 = 8 - 3x . c) 2x + 1 = x - 2 d) 2x + 1 = x - 1

Lời giải

ìï 2x - 3 ³ 0 a) ĐKXĐ: ïí 2 (*) ïï 4x - 15 ³ 0 î Với điều kiện (*) phương trình tương đương với

(

2x - 3

)

(

)

4x 2 - 15 Û 2x - 3 = 4x 2 - 15 é x =2 ê 2 Û 4x - 2x - 12 = 0 Û ê êx = - 3 êë 2 Thay vào điều kiện (*) ta thấy chỉ có x = 2 thỏa mãn Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2 2 æ 3 ÷ö 7 2 ç b) ĐKXĐ: x - 3x + 4 ³ 0 Û ç x - ÷÷ + ³ 0 (luôn đúng với mọi x ) çè 2ø 4

Bình phương hai vế của phương trình ta được

x 2 - 3x + 4 = ( 8 - 3x ) Û x 2 - 3x + 4 = 9x 2 - 48x + 64 2

8x 2 - 45x + 60 = 0 Û x =

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

( 2x + 1 )

Û 4x 2 + 4x + 1 = x 2 - 4x + 4 é x = -3 ê Û 3x 2 + 8x - 3 = 0 Û ê ê x =1 êë 3

= ( x -2

Vậy phương trình có hai nghiệm là x = -3 và x = d) Ta có 2x + 1 = x - 1 Þ ( 2x + 1 ) = ( x - 1 ) 2

)

1 . 3

Þ 4x 2 + 4x + 1 = x 2 - 2x + 1 Û 3x 2 + 6x = 0 é x =0 Þ êê êë 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

ì ï ïï x £ 20 ì 20 - 8x ³ 0 ï 8 Ûx £7 Û íï Nếu phương trình có nghiệm ( x ; y ) thì x phải thỏa mãn íï ï ï 7 - 4x ³ 0 7 4 ï ï î x £ ï ï î 4 Vì x là số nguyên dương nên x = 1 Thay x = 1 vào phương trình ta được 12 + 6 - y 2 = y 3 (*)

Điều kiện xác định của phương trình (*) là 6 - y 2 ³ 0 (*) Þ

6 - y2 =

3 ( y - 2 ) Þ 6 - y 2 = 3 (y - 2 )

Þ 4y 2 - 12y + 6 = 0 Þ y =

3± 3 2

3+ 3 là thỏa mãn 2 æ 3 + 3 ö÷ ÷÷ . Vậy phương trình có nghiệm thỏa mãn đề bài là ççç 1; 2 ÷ø èç

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 é x =1 Ta có ( 1) Û ( x - 1)( mx - m + 2 ) = 0 Û êê êë 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 é m =4 2 2 ê m 2 3 + m 15 = 0 Û m + m 20 = 0 Û ( ) ê m = -5 êë éx = 1 ê 2  Với m = -5 : Phương trình (1) trở thành -5x + 12x - 7 = 0 Û ê êx = 7 êë 5 é x =1 ê 2 Phương trình (2) trở thành -7x - 3x + 10 = 0 Û ê ê x = - 10 êë 7 Suy ra hai phương trình không tương đương é 1 êx = 2  Với m = 4 : Phương trình (1) trở thành 4x - 6x + 2 = 0 Û ê 2 êx = 1 êë éx = 1 ê 2 Phương trình (2) trở thành 2x - 3x + 1 = 0 Û ê êx = 1 êë 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 Ta có 2x 3 + ( m + 4 ) x 2 + 2 ( m - 1 ) x - 4 = 0 Û (x + 2 )( 2x 2 + mx - 2 ) = 0

é x = -2 Û êê 2 êë 2x + mx - 2 = 0 Do hai phương trình tương đương nên x = -2 cũng là nghiệm của phương trình (3)

Thay x = -2 vào phương trình (3) ta được 2 ( -2 ) + m ( -2 ) - 2 = 0 Û m = 3 2



é x = -2 ê Với m = 3 phương trình (3) trở thành 2x + 3x - 2 = 0 Û ê ê x =1 êë 2 2

Phương trình (4) trở thành 2x 3 + 7x 2 + 4x - 4 = 0 Û ( x + 2 ) ( 2x + 1 ) = 0 2

é x = -2 ê Û ê ê x =1 êë 2 Suy ra phương trình (3) tương đương với phương trình (4) Vậy m = 3 . 3. Bài tập tự luyện. Bài 3.2: Giải các phương trình sau 2x 1 6 = a) 1 + b) = 2 2-x 4-x 3-x

x + 1(x 2 - 16) = 0

Bài 3.3: Giải các phương trình sau a) x - 2 = x 2 - 8 c) 2x + 3 = 2x - 3

3-x

- 3-x

3-x =0 x - 2x - 3 2

b) 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) §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 ¹ 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 ¹ 0 2. Giải và biện luận phương trình ax + b = 0 (1). b b  Nếu a ¹ 0 : ( 1 ) Û x = - 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 Î R Th2: Với b ¹ 0 phương trình vô nghiệm 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)  Nếu a ¹ 0 : D = b 2 - 4ac Th1: D > 0 phương trình có hai nghiệm phân biệt x =

-b ± D 2a

TH2: D = 0 phương trình có nghiệm kép x = -

b 2a

Th3: D < 0 phương trình vô nghiệm. 4. Định lí Vi-ét và ứng dụng. a) Định lí Vi-ét. Hai số x 1 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 x 1 + x 2 = -

b c và x 1x 2 = . a a

b) Ứng dụng.  Nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai  Phân tích thành nhân tử: Nếu đa thức f ( x ) = ax 2 + bx + c có hai nghiệm x 1 và x 2 thì nó có thể phân tích thành nhân tử f ( x ) = a ( x - x 1 )( x - x 2 ) .

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: 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 ìD ³ 0 ï ï ï + Phương trình (*) có hai nghiệm dương khi và chỉ khi ïí P > 0 ï ï S >0 ï ï î ì D³0 ï ï ï ï + Phương trình (*) có hai nghiệm âm khi và chỉ khi í P > 0 ï ï S <0 ï ï î 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: é a ¹0  Phương trình ax + b = 0 có nghiệm Û êê êë a = b = 0 ì ïa = 0  Phương trình ax + b = 0 vô nghiệm Û ïí ï b¹0 ï î  Phương trình ax + b = 0 có nghiệm duy nhất Û a ¹ 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 c) (m + 1)2 x = (3m + 7)x + 2 + m Lời giải a) Phương trình tương đương với ( m - 1 ) x = m - 2

100

+ Với m - 1 = 0 Û m = 1 : Phương trình trở thành 0x = -1 Suy ra phương trình vô nghiệm. + Với m - 1 ¹ 0 Û m ¹ 1 : Phương trình tương đương với x = Kết luận m = 1 : Phương trình vô nghiệm

m -2 m -1

m -2 m -1 2 b) Ta có m ( mx - 1 ) = 9x + 3 Û ( m - 9 ) x = m + 3 m ¹ 1 : Phương trình có nghiệm duy nhất x =

+ Với m 2 - 9 = 0 Û 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 Î R m+3 1 + Với m 2 - 9 ¹ 0 Û m ¹ ±3 : Phương trình tương đương với x = 2 . = m -3 m -9 Kết luận: m = 3 : Phương trình vô nghiệm m = -3 : Phương trình nghiệm đúng với mọi x Î R 1 m ¹ ±3 : Phương trình có nghiệm x = m -3 c) Phương trình tương đương với éë (m + 1)2 - 3m - 7 ùû x = 2 + m Û (m2 - m - 6 )x = 2 + m

é m =3 + Với m 2 - m - 6 = 0 Û êê : êë 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 Î R é m ¹3 m +2 1 + Với m 2 - m - 6 ¹ 0 Û êê : Phương trình tương đương với x = 2 . = m -3 m -m -6 êë m ¹ -2 Kết luận: m = 3 : Phương trình vô nghiệm m = -2 : Phương trình nghiệm đúng với mọi x Î R 1 m ¹ 3 và m ¹ -2 : Phương trình có nghiệm x = m -3 Ví dụ 2: Giải và biện luận phương trình sau với a, b là tham số.

a) a 2 ( x - a ) = b 2 ( x - b )

b) b ( ax - b + 2 ) = 2 (ax + 1 )

Lời giải a) Ta có a 2 ( x - a ) = b 2 ( x - b ) Û (a 2 - b 2 ) x = a 3 - b 3

+ Với a 2 - b 2 = 0 Û a = ±b  Khi a = b : Phương trình trở thành 0x = 0 suy ra phương trình nghiệm đúng với mọi x Î R  Khi a = -b và b ¹ 0 : Phương trình trở thành 0x = -2b 3 suy ra phương trình vô nghiệm (Trường hợp a = -b, b = 0 Þ a = b = 0 thì rơi vào trường hợp a = b )

101

+ Với a 2 - b 2 ¹ 0 Û a ¹ ±b : Phương trình tương đương với x = Kết luận a = b : phương trình nghiệm đúng với mọi x Î R a = -b và b ¹ 0 : phương trình vô nghiệm a 2 + ab + b 2 a ¹ ±b : Phương trình có nghiệm là x = a +b b) Ta có b ( ax - b + 2 ) = 2 ( ax + 1 ) Û a (b - 2 ) x = b 2 - 2b + 2

a 3 - b3 a 2 + ab + b 2 = a +b a 2 - b2

éa = 0 + Với a (b - 2 ) = 0 Û êê êë b = 2



Khi a = 0 : Phương trình trở thành 0x = b 2 - 2b + 2 , do b 2 - 2b + 2 = (b - 1 ) + 1 > 0 nên 2

phương trình vô nghiệm.  Khi b = 2 : Phương trình trở thành 0x = 2 suy ra phương trình vô nghiệm ìïa ¹ 0 b 2 - 2b + 2 + Với a (b - 2 ) ¹ 0 Û ïí : Phương trình tương đương với x = . ïï b ¹ 2 a b 2 ( ) î Kết luận a = 0 hoặc b = 2 thì phương trình vô nghiệm b 2 - 2b + 2 a ¹ 0 và b ¹ 2 thì phương trình có nghiệm là x = 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 b) m ( 4mx - 3m + 2 ) = x (m + 1)

Lời giải a) Ta có (m 2 - m )x = 2x + m 2 - 1 Û (m 2 - m - 2)x = m 2 - 1

ì m ¹ -1 ï Phương trình có nghiệm duy nhất Û a ¹ 0 hay m 2 - m - 2 ¹ 0 Û ïí ï m ¹2 ï î Vậy với m ¹ -1 và m ¹ 2 thì phương trình có nghiệm duy nhất b) Ta có m ( 4mx - 3m + 2 ) = x (m + 1) Û ( 4m 2 - m - 1 ) x = 3m 2 - 2m

Phương trình có nghiệm duy nhất Û a ¹ 0 hay 4m 2 - m - 1 ¹ 0 Û m ¹

1 ± 17 8

1 ± 17 thì phương trình có nghiệm duy nhất 8 Ví dụ 4: Tìm m để đồ thị hai hàm số sau không cắt nhau y = ( m + 1 ) x 2 + 3m 2x + m và

Vậy với m ¹

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 vô nghiệm Û 3 ( m 2 - 4 ) x = 2 - m vô nghiệm

102

ìï m 2 - 4 = 0 ìï m = ±2 Û ïí Û ïí Û m = -2 ïï 2 - m ¹ 0 ïï m ¹ 2 î î Vậy với m = -2 là giá trị cần tìm. 3. Bài tập luyên tập. Bài 3.5: Giải và biện luận phương trình sau với m là tham số. a) ( 2m - 4 ) x + 2 - m = 0 b) (m + 1)x = (3m 2 - 1)x + m - 1

Bài 3.6: Giải và biện luận các phương trình sau: x + a -b x +b -a b2 - a 2 = a) (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. a) (m 2 - m )x = 2x + m 2 - 1 b) m 2 ( x - m ) = x - 3m + 2

Bài 3.8: Tìm điều kiện của a, b để phương trình sau có nghiệm . a) a (bx - a + 2 ) = (a + b - 1 ) x + 1 b)

2x - a 2x - b -b = - a (a, b ¹ 0) a b

 DẠNG TOÁN 2: GIẢI VÀ BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH DẠNG ax 2 + bx + c = 0 . 1. Phương pháp giải. 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. a) x 2 - x + m = 0 b) ( m + 1 ) x 2 - 2mx + m - 2 = 0 c) ( 2m 2 + 5m + 2 ) x 2 - 4mx + 2 = 0 Lời giải a) Ta có D = 1 - 4m

1 1 ± 1 - 4m : Phương trình có hai nghiệm phân biệt x = 4 2 1 1 Với D = 0 Û 1 - 4m = 0 Û m = : Phương trình có nghiệm kép x = 4 2 1 Với D < 0 Û 1 - 4m < 0 Û m > : Phương trình vô nghiệm 4 Kết luận

Với D > 0 Û 1 - 4m > 0 Û m <

1 1 ± 1 - 4m : Phương trình có hai nghiệm phân biệt x = 4 2 1 1 m = : Phương trình có nghiệm kép x = 4 2 1 m > : Phương trình vô nghiệm 4 m<

103

3 2

b) + TH1: Với m + 1 = 0 Û m = -1 khi đó phương trình trở thành 2x - 3 = 0 Û x = + TH2: Với m + 1 ¹ 0 Û m ¹ -1 khi đó phương trình trên là phương trình bậc hai Ta có D ' = m 2 - ( m - 2 )( m + 1 ) = m + 2 Khi D > 0 Û m + 2 > 0 Û m > -2 khi đó phương trình có hai nghiệm phân biệt x = Khi D = 0 Û m + 2 = 0 Û m = -2 khi đó phương trình có nghiệm là x = 2 Khi D < 0 Û m + 2 < 0 Û m < -2 khi đó phương trình vô nghiệm Kết luận 3 m = -1 : phương trình có nghiệm là x = 2 m = -2 : phương trình có nghiệm là x = 2 m > -2 và m ¹ -1 : Phương trình có hai nghiệm phân biệt x = m < -2 : phương trình vô nghiệm c) ( 2m 2 + 5m + 2 ) x 2 - 4mx + 2 = 0

é m = -2 ê + TH1: Với 2m + 5m + 2 = 0 Û ê êm = - 1 êë 2

m ± m +2 m +1

Khi m = -2 phương trình trở thành 8x + 2 = 0 Û x = -

1 4

1 phương trình trở thành 2x + 2 = 0 Û x = -1 2 ìï m ¹ -2 ï 2 + TH2: Với 2m + 5m + 2 ¹ 0 Û ïí khi đó phương trình đã cho là phương trình bậc hai ïï m ¹ - 1 ïî 2 Ta có D = 4m 2 - 2 ( 2m 2 + 5m + 2 ) = -2 ( 5m + 2 )

Khi m = -

Khi D > 0 Û -2 ( 5m + 2 ) > 0 Û m < x =

2m ± -2 ( 5m + 2 )

2 khi đó phương trình có hai nghiệm phân biệt 5

2m 2 + 5m + 2 2 Khi D = 0 Û m = - phương trình có nghiệm kép x = -5 5 2 Khi D < 0 Û m > - phương trình vô nghiệm. 5 Kết luận 1 m = -2 phương trình có nghiệm x = 4 1 m = - phương trình có nghiệm x = -1 2

104

m =-

2 phương trình có nghiệm (kép) x = -5 5

2m ± -2 ( 5m + 2 ) 2 1 m < - , m ¹ -2 và m ¹ khi đó phương trình có hai nghiệm phân biệt x = 5 2 2m 2 + 5m + 2 2 m > - phương trình vô nghiệm. 5 Ví dụ 2: Giải và biện luận phương trình sau với a, b là tham số. ax 2 - 2 (a + b ) x + a + 2b = 0

Lời giải + TH1: Với a = 0 phương trình trở thành -2bx + 2b = 0 Û bx = b Khi b = 0 phương trình là 0x = 0 do đó phương trình nghiệm đúng với mọi x Khi b ¹ 0 phương trình có nghiệm là x = 1 + TH2: Với a ¹ 0 phương trình là phương trình bậc hai Ta có D ' = ( a + b ) - a (a + 2b ) = b 2 2

Khi b = 0 phương trình có nghiệm kép x =

a +b a

é a +b +b a + 2b êx = = ê a a Khi b ¹ 0 phương trình có hai nghiệm phân biệt là ê a + b b ê x = =1 êë a Kết luận a = b = 0 phương trình nghiệm đúng với mọi x a = 0 và b ¹ 0 phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 a +b a ¹ 0 và b = 0 phương trình có nghiệm kép x = a a + 2b a ¹ 0 và b ¹ 0 phương trình có hai nghiệm phân biệt là x = và x = 1 a 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 ¹ 0 m ¹ 0 phương trình trên là phương trình bậc hai nên nó có nghiệm kép khi và chỉ khi ìm ¹ 0 ï ìï ìï a ¹ 0 ìï ï m ¹0 m ¹0 1 ïí ï ï Ûí Ûí 2 Ûï Ûm = í 1 ïï D = 0 ïï1 - 4m ( m + 1 ) = 0 ïï 4m - 4m + 1 = 0 ï 2 m = ï î î î ï î 2

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 ¹ 0 phương trình trên là phương trình bậc hai nên nó có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

Vậy m =

105

D > 0 Û 1 - 4m ( m + 1) > 0 Û 4m 2 - 4m + 1 > 0 Û ( 2m - 1 ) > 0 Û m ¹ 2

Vậy m ¹ 0 và m ¹

1 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt. 2

1 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 b) (m - 2)x 2 - (2m - 1)x + m + 2 = 0

Bài 3.12: 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 x 1x 2 = Giả sử x 1 = 2 suy ra x 2 = Mặt khác x 1 + x 2 = Vậy m =

5 2

5 . 4

m 5 m 13 . Þ2+ = Þm = 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 Û m = Theo hệ thức Viét ta có x 1x 2 = Vậy m =

5 5 mà x 1 = 2 nên x 2 = . 2 4

13 5 và nghiệm còn lại là . 2 2

Ví dụ 2: Phân tích đa thức sau thành nhân tử a) f (x ) = 3x 2 - 14x + 8

106

b) g(x ) = -x 4 + 5x 2 - 4

13 . 2

c) P (x ; y ) = 6x 2 - 11xy + 3y 2 .

d) Q(x ; y ) = 2x 2 - 2y 2 - 3xy + x - 2y .

Lời giải é 2 êx = a) Phương trình 3x - 14x + 8 = 0 Û ê 3 êx = 4 êë 2

æ 2ö Suy ra f (x ) = 3 çç x - ÷÷÷ ( x - 4 ) = ( 3x - 2 )( x - 4 ) çè 3ø é x2 = 1 2 b) Phương trình -x 4 + 5x 2 - 4 = 0 Û -( x 2 ) + 5x 2 - 4 = 0 Û êê 2 êë x = 4

Suy ra g(x ) = - ( x 2 - 1 )( x 2 - 4 ) = - ( x - 1 )( x + 1 )( x - 2 )( x + 2 ) c) Xét phương trình 6x 2 - 11xy + 3y 2 = 0 ẩn x . Dx = ( 11y ) - 4.18y 2 = 49y 2 2

é y êx = 11y ± 7y 3 Û êê Suy ra phương trình có nghiệm là x = 3 12 êx = y êë 2 æ y öæ 3y ö Do đó P (x ; y ) = 6 çç x - ÷÷÷ çç x - ÷÷÷ = ( 3x - y )( 2x - 3y ) 3 øèç 2 ø èç

d) Xét phương trình 2x 2 - 2y 2 - 3xy + x - 2y = 0 ( ẩn x ) Û 2x 2 + ( 1 - 3y ) x - 2y 2 - 2y = 0 Dx = ( 1 - 3y ) - 8 ( -2y 2 - 2y ) = 25y 2 + 10y + 1 = ( 5y + 1 ) 2

Suy ra phương trình có nghiệm là x =

3y - 1 ± ( 5y + 1 ) 4

é x = 2y ê Û ê ê x = -y - 1 êë 2

æ -y - 1 ÷ö Do đó Q(x ; y ) = 2 ( x - 2y ) çç x ÷ = ( x - 2y )( 2x + y + 1 ) çè 2 ÷ø

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 Ta có f ( x ) = 0 Û x 4 - 2mx 2 - x + m 2 - m = 0 Û m 2 - ( 2x 2 + 1 ) m + x 4 - x = 0

107

Dm = ( 2x 2 + 1 ) - 4 ( x 4 - x ) = 4x 2 + 4x + 1 = ( 2x + 1 ) 2

é 2x 2 + 1 + 2x + 1 êm = = x2 + x + 1 ê 2 Suy ra f ( x ) = 0 Û ê 2 2 x + 1 - 2x - 1 ê m = = x2 - x êë 2

Vậy f ( x ) = ( m - x 2 - x - 1 )( m - x 2 + x ) .

Loại 2: Bài toán liên quan đến biểu thức đối xứng hai nghiệm x 1, x 2 của phương trình bậc hai.

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 hai nghiệm x 1; x 2 sao cho

a) x 13 + x 23 = 2x 1x 2 ( x 1 + x 2 ) b) x 14 - x 24 = 16m 2 + 64m

c) A = x 1x 2 - 2 ( x 1 + x 2 ) - 6 đạt giá trị nhỏ nhất d) B = Lời giải

2 ( x 12 + x 22 ) + 16 - 3x 1x 2 đạt giá trị lớn nhất

Ta có phương trình có hai nghiệm x 1; x 2 Û D ' ³ 0 1 (*) 2

Û ( m + 1) - ( m 2 + 2 ) ³ 0 Û m ³ 2

ì ï x 1 + x 2 = 2m + 2 Theo Viet ta có: ïí ï x .x = m 2 + 2 ï î 1 2

a) Ta có x 13 + x 23 = ( x 1 + x 2 ) - 3x 1x 2 ( x 1 + x 2 ) 3

Suy ra x 13 + x 23 = 2x 1x 2 ( x 1 + x 2 ) Û ( x 1 + x 2 ) - 3x 1x 2 ( x 1 + x 2 ) = 2x 1x 2 ( x 1 + x 2 ) 3

2 Û ( x 1 + x 2 ) éê ( x 1 + x 2 ) - 5x 1x 2 ùú = 0 ë û 2 é Suy ra ( 2m + 2 ) ê ( 2m + 2 ) - 5 ( m 2 + 2 ) ùú = 0 Û 2 ( m + 1 ) ( -m 2 + 8m - 6 ) = 0 ë û é é m = -1 m +1 = 0 Û êê Û êê 2 -m + 8m - 6 = 0 m = 4 ± 10 ëê ëê

Đối chiếu với điều kiện (*) ta thấy chỉ có m = 4 ± 10 thỏa mãn Vậy m = 4 ± 10 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2 b) Ta có x 14 - x 24 = ( x 12 + x 22 )( x 12 - x 22 ) = éê ( x 1 + x 2 ) - 2x 1x 2 ùú x 1 - x 2 x 1 + x 2 ë û Mà x1 - x 2 =

Suy ra

108

( x1 - x 2 )

( x1 + x 2 )

- 4x 1x 2 =

( 2m + 2 )

- 4 (m 2 + 2 ) =

8m - 4

2 x 14 - x 24 = éê ( 2m + 2 ) - 2 ( m 2 + 2 ) ùú 8m - 4 2m + 2 ë û 2 = ( 2m + 8m ) 8m - 4 2m + 2

Suy ra x 14 - x 24 = 16m 2 + 64m Û ( 2m 2 + 8m ) 8m - 4 2m + 2 = 16m 2 + 64m

(

)

Û ( m 2 + 4m ) 8m - 4 2m + 2 - 8 = 0 é m 2 + 4m = 0 (1) ê Û ê êë 8m - 4 2m + 2 = 8 (2) é m =0 Ta có ( 1 ) Û êê (loại) êë m = -4

( 2 ) Û ( 8m - 4 )( 2m + 2 )

= 64 Û 32m 3 + 48m 2 - 80 = 0

Û m = 1 (thỏa mãn (*)) Vậy m = 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. c) Ta có A = x 1x 2 - 2 ( x 1 + x 2 ) - 6 = m 2 + 2 - 2 ( 2m + 2 ) - 6 = m 2 - 4m - 8

Þ A = ( m - 2 ) - 12 ³ -12 2

Suy ra min A = -12 Û 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 - 3x 1x 2 =

2 ( x 1 + x 2 ) - 4x 1x 2 + 16 - 3x 1x 2 2

2 ( 2m + 2 ) - 4 ( m 2 + 2 ) + 16 - 3 ( m 2 + 2 ) = 2

= 2m + 4 - 3 ( m 2 + 2 ) = -3m 2 + 2m - 2

Xét hàm số y = -3m 2 + 2m - 2 với m ³ Bảng biến thiên

x y

1 2 -

4m 2 + 16m + 16 - 3 (m 2 + 2 )

1 2 +¥

7 4 -¥

Suy ra giá trị max y = m³

1 2

1 7 khi m = 2 4

7 1 khi m = . 4 2 2 Ví dụ 5: Cho phương trình x - mx + m - 1 = 0 với m là tham số.

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức B là -

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

109

c) Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức A =

2x 1x 2 + 3 x + x 22 + 2(x 1x 2 + 1) 2 1

Lời giải a) Ta có

D = m 2 - 4 ( m - 1 ) = ( m - 2 ) ³ 0 nên phương trình có nghiệm với mọi giá trị của m 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 c) Ta có x 12 + x 22 = ( x 1 + x 2 ) - 2x 1x 2 = m 2 - 2m + 2 . 2

Suy ra A =

2x 1x 2 + 3 2m + 1 = 2 2 x + x 2 + 2(x 1x 2 + 1) m + 2 2 1

( m - 1) 2m + 1 2m + 1 - m 2 - 2 -1 = =- 2 £ 0, "m Þ A £ 1, "m Vì A - 1 = 2 2 m +2 m +2 m +2 2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi m = 1 2 ( 2m + 1) + m 2 + 2 (m + 2 ) 1 2m + 1 1 1 Và A + = 2 + = = ³ 0, "m Þ A ³ - , "m 2 2 2 2 m +2 2 2( m + 2) 2(m + 2) 2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi m = -2 Vậy max A = 1 khi và chỉ khi m = 1 , min A = -

1 khi và chỉ khi m = -2 2

Chú ý: Để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =

2m + 1 ta làm như sau m2 + 2

-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

Xét A - k =

é k =1 ê Dm = 0 Û 1 + k ( 1 - 2k ) = 0 Û -2k + k + 1 = 0 Û ê . Vì vậy ta mới đi xét như trên. êk = - 1 êë 2 3. Bài tập luyện tập. Bài 3.13: Phân tích đa thức sau thành nhân tử 2

a) f (x ) = 2x 2 - 5x + 3

b) g(x ) = 2x 4 - 14x 2 - 36

c) P (x ; y ) = 3x 2 - 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.

110

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 = x 12 + x 22 ; B = x 13 ( x 1 - 1 ) + x 23 ( x 2 - 1 ) ; C =

1 1 . x 12 x 22

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 thỏa mãn:

1 1 1 + = ( x1 + x 2 ) . x1 x 2 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 c) B =

x 1x 2 đạt giá trị nhỏ nhất x 12 + x 22 - x 1x 2

 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.  Bài toán 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: ì ïax 02 + bx 0 + c = 0 Bước 1: Giả sử hai phương trình có nghiệm chung là x 0 thì ïí / 2 ï a x + b /x 0 + c / = 0 ï î 0 Giải hệ tìm được x 0 ,suy ra giá trị của tham số Bước 2: Thế giá trị của tham số tìm được vào hai phương trình để kiểm tra và kết luận. 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 ïìï x 02 + ax 0 + 1 = 0 Þ (a - 1 ) x 0 + 1 - a = 0 í 2 ïï x 0 + x 0 + a = 0 î Nếu a = 1 thay vào hai phương trình ta thấy chúng vô nghiệm Nếu a ¹ 1 thì x 0 = 1 Þ a = -2 Điều kiện đủ: Với a = -2 thì hai phương trình trở thành x 2 - 2x + 1 = 0 và x 2 + x - 2 = 0 Giải hai pt này ta thấy chúng có nghiệm chung là x = 1 Vậy a = -2 là giá trị cần tìm Ví dụ 2:Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (x 2 - 2mx + m - 1)(x 2 - 3x + 2m ) = 0 có bốn nghiệm phân biệt Lời giải: é x 2 - 2mx + m - 1 = 0 (1 ) Phương trình tương đương với êê 2 êë x - 3x + 2m = 0 ( 2 )

111

Phương trình đầu có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi hai phương trình ( 1 ) và ( 2 ) mỗi phương trình phải có hai nghiệm phân biệt và chúng không có nghiệm chung. 2 æ 1 ÷ö 3 2 ç * Ta có D '1 = m - m + 1 = ç m - ÷÷ + > 0, "m nên phương trình (1) có nghiệm với mọi m . 2ø 4 èç Do đó điều kiện để cả hai phương trình

( 1 ) và ( 2 ) có hai nghiệm phân biệt là D2

= 9 - 8m > 0 Û m <

* Giả sử hai phương trình ( 1 ) và ( 2 ) có nghiệm chung là x 0 thì

ìï x 02 - 2mx 0 + m - 1 = 0 3x 0 - x 02 2 2 ïí Þ x 0 - ( 3x 0 - x 0 ).x 0 + -1 = 0 ïï x 02 - 3x 0 + 2m = 0 2 î Þ 2x 03 - 5x 02 + 3x 0 - 2 = 0 Þ x 0 = 2 Þ m = 1 éx = 0 Với m = 1 phương trình (1) trở thành x 2 - 2x = 0 Û êê , phương trình (2) trở thành êë x = 2 éx = 1 x 2 - 3x + 2 = 0 Û êê do đó m = 1 thì hai phương trình có nghiệm chung. êë x = 2 Suy ra để khi hai phương trình ( 1 ) và ( 2 ) không có nghiệm chung là m ¹ 1 .

9 . 8

9 và m ¹ 1 . 8  Bài toán 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 trong hai phương trình sau có nghiệm 4x 2 - 4 ( 2a + 1 ) x + 4a 2 + 192abc + 1 = 0

Vậy để phương trình đầu có bốn nghiệm phân biệt thì m <

4x 2 - 4 ( 2b + 1 ) x + 4b 2 + 96abc + 1 = 0

Lời giải Hai phương trình trên lần lượt có D1/ = 16a ( 1 - 48bc ), D/2 = 16b (1 - 24ac )

Vì a, b là các số dương nên D1/ , D/2 lần lượt cùng dấu với 1 - 48bc và 1 - 24ac

Mặt khác ta lại có 1 - 48bc + 1 - 24ac = 2 - 24c ( a + 2b ) = 2 - 24c ( 1 - 3c ) = 2 ( 6c - 1 ) ³ 0 2

Dẫn đến D1/ + D2/ ³ 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 x 2 + bx + 1 = 0

x 2 + cx + 1 = 0

Lời giải Ba pt trên lần lượt có D1 = a 2 - 4, D2 = b 2 - 4 , D3 = c 2 - 4 Þ D1 + D2 + D3 = a 2 + b 2 + c 2 - 12

112

Ta có bất đẳng thức quen thuộc sau b 2 + c 2 ³ Suy ra D1 + D2 + D3 ³ a + 2

Mặt khác a 2 +

(b + c )

(6 - a )

(b + c ) 2

- 12 = a + 2

3 (a - 2 )

(6 - a )

- 12

- 12 = ³ 0 Þ D1 + D2 + D3 ³ 0 2 2 Do đó có ít nhất một trong ba biệt thức D1, D2 , D3 không âm

Vậy với a, b, c thỏa mãn điệu kiện a + b + c = 6 thì có ít nhất một trong ba phương trình có nghiệm 

Bài toán 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 D³ 0 Û b 2 ³ 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) ³ 5c.

Chứng minh. æ x 1 + x 2 ÷ö 1 ç ÷÷ £ . a) Ta có c = x 1x 2 £ çç çè 2 ÷÷ø 4 2

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) ³ 5x 1x 2 Û

Ta c ó:

1 1 + + x1 + x 2 ³ 5 x1 x 2

1 1 1 1 + + x1 + x 2 = x1 + + x2 + + x1 x 2 4x 1 4x 2

3 æç 1 1ö 3 4 ³ 5. ç + ÷÷÷÷ ³ 1 + 1 + 4 çè x 1 x 2 ø 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 ³ 1. 1 a) Chứng minh rằng: b 2 - 2c ³ . 2

b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = 2bc -b 3 - 3b + 1 . Lời giải. a) Thay b = x 1 + x 2 , c = x 1x 2 ta có bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

113

2 1 1 + x 2 ) - 2x 1x 2 ³ Û x 12 + x 22 ³ 2 2

Ta có: x 12 + x 22 ³

2 1 1 x1 + x 2 ) ³ . ( 2 2

b2 b3 1 5 b) Theo giả thiết ta có: b ³ 1, c £ nên P £- - 3b + 1 £- - 3 + 1 =- . 4 2 2 2

Vậy PMAX =-

5 1 khi b = 1, c = . 2 4

2. Bài tập luyện tập. 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 thì ( n - b ) = ( m - a )(an - bm ) . 2

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 ³ 1. a) Chứng minh rằng: b 2 ³ 4. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =

3b 2 - 4c + b + 2 b2 +1

Bài 3.22: Giả sử phương trình bậc hai ax 2 + bx + c = 0 có hai nghiệm thuộc [0; 3] . Tìm giá trị lớn nhất và 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 =

114

a 2 -c

a 2c -a 3

§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 é f (x ) = g(x ) f (x ) = g(x ) Û êê hoặc f (x ) = g(x ) Û f 2 (x ) = g 2 (x ) f ( x ) = g ( x ) êë 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 2 - 4x - 5 = 4x - 17 Lời giải

d) 2x - 5 + 2x 2 - 7x + 5 = 0

é ê x = 5 ± 45 é 2x + 1 = x 2 - 3x - 4 é x 2 - 5x - 5 = 0 ê 2 Û ê Û êê 2 a) Phương trình Û êê 2 x x 3 = 0 2 x + 1 = x 3 x 4 ( ) ê 1 ± 13 êë ëê êx = êë 2

Vậy phương trình có nghiệm là x = b) Cách 1: Với 3 - 2x < 0 Û x > Với 3 - 2x ³ 0 Û x £

5±

và

1 ± 13 . 2

3 ta có VT ³ 0, VP < 0 suy ra phương trình vô nghiệm 2

3 khi đó hai vế của phương trình không âm suy ra 2

Phương trình Û 3x - 2 = ( 3 - 2x ) Û 9x 2 - 12x + 4 = 4x 2 - 12x + 9 2

Û 5x 2 = 5 Û x = ±1 (thỏa mãn) Vậy phương trình có nghiệm là x = ±1 . 2 Cách 2: Với 3x - 2 ³ 0 Û x ³ : Phương trình tương đương với 3 3x - 2 = 3 - 2x Û 5x = 5 Û x = 1 (thỏa mãn) 2 Với 3x - 2 < 0 Û x < : Phương trình tương đương với 3 - ( 3x - 2 ) = 3 - 2x Û x = -1 (thỏa mãn)

Vậy phương trình có nghiệm là x = ±1 . 17 c) Với 4x - 17 < 0 Û x < ta có VT ³ 0, VP < 0 suy ra phương trình vô nghiệm 4 17 Với 4x - 17 ³ 0 Û x ³ khi đó hai vế của phương trình không âm suy ra 4 Phương trình Û x 2 - 4x - 5 = ( 4x - 17 ) Û ( x 2 - 4x - 5 ) = ( 4x - 17 ) 2

115

é ê é x 2 - 8x + 12 = 0 ê Û ( x 2 - 8x + 12 )( x 2 - 22 ) = 0 Û êê Û 2 ê êx êë x - 22 = 0 êë 17 Đối chiếu với điều kiện x ³ thấy chỉ có x = 6 và x = 22 4 Vậy phương trình có nghiệm là x = 6 và x = 22 . d) Ta có 2x - 5 ³ 0, 2x 2 - 7x + 5 ³ 0 suy ra

éx = 2 ê êx = 6 êë = ± 22

thỏa mãn

2x - 5 + 2x 2 - 7x + 5 ³ 0 .

ì 5 ï ï x = ï ï 2 ìï 2x - 5 = 0 ï 5 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ïí 2 Ûï í éê x = 1 Û x = . ïï 2x - 7x + 5 = 0 ï 2 ï ê î 5 ï êx = ï ï ï î êë 2

5 . 2 Nhận xét: Đối với phương trình dạng f (x ) = g(x ) (*) ta có thể biến đổi tương đương như sau ïìï g(x ) ³ 0 ìï g(x ) ³ 0 ï f (x ) = g(x ) Û ïí 2 Û ïí éê f (x ) = g(x ) 2 ïï f (x ) = g (x ) ïï î ïïî êêë f (x ) = -g(x ) é ïì f (x ) = g(x ) ê ïí ê ï f (x ) ³ 0 Hoặc f (x ) = g(x ) Û êê ïî ì ê ïï -f (x ) = g(x ) ê íï f (x ) < 0 êëî ï Ví dụ 2: Giải các phương trình sau

Vậy phương trình có nghiệm là x =

a) ( x + 1 ) - 3 x + 1 + 2 = 0 2

c) x 2 +

( x - 1)

+ 1 = 2x + 7

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

x 2 - 2x - 2 x -1

Lời giải a) Đặt t = x + 1 , t ³ 0 .

ét = 1 Phương trình trở thành t 2 - 3t + 2 = 0 Û êê êë t = 2 é x =0 Với t = 1 ta có x + 1 = 1 Û x + 1 = ±1 Û êê êë x = -2 é x =1 Với t = 2 ta có x + 1 = 2 Û x + 1 = ±2 Û êê êë x = -3 Vậy phương trình có nghiệm là x = -3, x = -2, x = 0 và x = 1

b) Phương trình tương đương với 4x 2 - 4x - 2x - 1 - 1 = 0 Đặt t = 2x - 1 , t ³ 0 Þ t 2 = 4x 2 - 4x + 1 Þ 4x 2 - 4x = t 2 - 1 .

116

é t = -1 Phương trình trở thành t 2 - 1 - t - 1 = 0 Û t 2 - t - 2 = 0 Û êê êë t = 2 é 3 ê x = é 2x - 1 = 2 ê 2 Û ê Vì t ³ 0 Þ t = 2 nên 2x - 1 = 2 Û êê 2 x 1 = 2 êx = -1 êë êë 2 3 1 Vậy phương trình có nghiệm là x = và x = - . 2 2 c) ĐKXĐ: x ¹ 1 2 9 3 = 7 x -1Phương trình tương đương ( x - 1 ) + 2 x -1 (x - 1)

Đặt t = x - 1 -

3 x -1

Suy ra t 2 = ( x - 1 ) + 2

(x - 1)

- 6 Þ (x - 1) + 2

(x - 1 )

= t2 + 6

ét = 1 Phương trình trở thành t 2 + 6 = 7t Û t 2 - 7t + 6 = 0 Û êê êë t = 6 3 x 2 - 2x - 2 x 2 - 2x - 2 =1Û =1Û = ±1 Với t = 1 ta có x - 1 x -1 x -1 x -1 é é ê 2 ê x = 3 ± 13 ê x - 3x - 1 = 0 ê 2 Û ê 2 Û ê (thỏa mãn) ê x -x -3 = 0 ê 1 ± 13 ê êx = êë êë 2 3 x 2 - 2x - 2 x 2 - 2x - 2 =6Û =6Û = ±6 Với t = 6 ta có x - 1 x -1 x -1 x -1 é x 2 - 8x + 4 = 0 é x = 4±2 3 ê Û ê 2 Û êê (thỏa mãn) êë x + 4x - 8 = 0 êë 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 =

Lời giải

é mx + 2m = mx + x + 1 a) Ta có mx + 2m = mx + x + 1 Û êê êë mx + 2m = - ( mx + x + 1 ) é x = 2m - 1 Û êê êë ( 2m + 1 ) x = -2m - 1 (1) Giải (1) 1 Với 2m + 1 = 0 Û m = - phương trình trở thành 0x = 0 suy ra phương trình nghiệm đúng với mọi x . 2

117

Với 2m + 1 ¹ 0 Û m ¹ -

1 phương trình tương đương với x = -1 2

Kết luận 1 m = - phương trình (*) nghiệm đúng với mọi x . 2 1 m ¹ - phương trình (*) có hai nghiệm là x = -1 và x = 2m - 1 2 é mx + 2x - 1 = x - 1 b) Ta có mx + 2x - 1 = x - 1 Û êê êë mx + 2x - 1 = - ( x - 1 ) é (m + 1)x = 0 (2) Û êê êë (m + 3)x = 2 (3) Với phương trình (2) ta có m = -1 thì phương trình (2) nghiệm đúng với mọi x m ¹ -1 thì phương trình (2) có nghiệm x = 0 Với phương trình (3) ta có m = -3 thì phương trình (3) vô nghiệm 2 m ¹ -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

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. m ¹ -1 và m ¹ -3 phương trình (*) có nghiệm x = 0 và x =

Lời giải Phương trình tương đương với x ( x + 1 ) = ( x + 1 )( mx - 2m - 1 ) Û x + 1 éë x - mx - 2m - 1 ùû = 0 é x = -1 Û êê êë x = mx - 2m - 1 (*) é mx - 2m - 1 = x é (m - 1)x = 1 + 2m (1) Û êê Ta có (*) Û êê êë mx - 2m - 1 = -x êë (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. é 1 + 2m êx = ê m -1 Nếu m ¹ ±1 thì (*) Û ê 1 ê x = + 2m ê m +1 ë Suy ra để phương trình ban đầu có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

118

ìï 1 + 2m ïï ïìï m ¹ 0 ¹ -1 ïï m - 1 ïï 2 ïï 1 + 2m ï Û ïí m ¹ - 3 ¹ -1 í ïï m + 1 ïï 1 ïï 1 + 2m ïï 1 + 2m ïï ïïî m ¹ - 2 ¹ ïî m - 1 m +1 ì üï 1 2 ï Vậy với m Ï ïí -1; - ; - ; 0;1ïý thì phương trình có ba nghiệm phân biệt. ï ïþï 2 3 ï î

3. Bài tập luyện tập. Bài 3.24: Giải các phương trình sau a) | 3x  2 | x 2  2x  3

b) x3  1  x 2  3 x  2

Bài 3.25: Giải các phương trình sau a) ( 2x - 1 ) - 3 2x - 1 - 4 = 0 2

x4  6x2  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 2 10 50 = = a) b) 1 + . 3x + 2 x -2 x -2 x + 3 (2 - x )(x + 3)

x +1 x -1 2x + 1 x +3 4x - 2 + = . d) = 2 2 x +2 x -2 x +1 (x + 1) (2x - 1) Lời giải 2 a) ĐKXĐ: x ¹ - và x ¹ 2 . 3 Phương trình tương đương với ( 2x + 1)( x - 2 ) = ( x + 1 )( 3x + 2 ) Û 2x 2 - 4x + x - 2 = 3x 2 + 2x + 3x + 2

Û x 2 + 8x + 4 = 0 Û x = -4 ± 2 3 (thỏa mãn điều kiện)

Vậy phương trình có nghiệm là x = -4 ± 2 3 . b) ĐKXĐ: x ¹ -3 và x ¹ 2 . Phương trình tương đương với ( 2 - x )( x + 3 ) - 2 ( x + 3 ) = 10 ( 2 - x ) - 50

119

é x = 10 Û x 2 - 7x - 30 = 0 Û êê êë x = -3 Đối chiếu với điều kiện ta có nghiệm của phương trình là x = 10 . 1 c) ĐKXĐ: x ¹ -1 và x ¹ . 2 Phương trình tương đương với 2 x +3 2 = Û ( x + 3 )( 2x - 1 ) = 2 ( x + 1 ) 2 2x - 1 (x + 1) Û x = 5 (thỏa mãn điều kiện) Vậy phương trình có nghiệm là x = 5 . d) ĐKXĐ: x ¹ ±2 và x ¹ -1 Phương trình tương đương với

( x + 1 ) ( x - 2 ) + ( x - 1 )( x + 1 )( x + 2 ) = (2x + 1 )(x - 2 )(x + 2 ) Û ( x 2 + 2x + 1 ) ( x - 2 ) + ( x 2 - 1 ) ( x + 2 ) = ( 2x + 1 )( x 2 - 4 ) 2

Û x 3 - 2x 2 + 2x 2 - 4x + x - 2 + x 3 + 2x 2 - x - 2 = 2x 3 - 8x + x 2 - 4 é x =0 Û x 2 + 4x = 0 Û êê (thỏa mãn điều kiện) êë 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 b) 2 + 2 + 2 = 4x - 2 x + 5x + 4 x + 11x + 28 x + 17x + 70 4 5 c) 1 + = 2 2 (2 - x ) x

Lời giải

3 1 ïü ïì a) ĐKXĐ: x Ï ïí -2; - ; -1; - ïý ïîï 2 2 ïþï Phương trình tương đương với 4 2 1 3 4x + 10 -4x - 10 = Û 2 = 2 2x + 1 2x + 3 2x + 4 2x + 2 4x + 8x + 3 4x + 12x + 8 1 1     4 x  10   2  2 0  4 x  8 x  3 4 x  12 x  8    4 x  10   4 x 2  8 x  3  4 x 2  12 x  8   0

 4 x  10  0   4 x  10   8 x 2  20 x  11  0   2 8 x  20 x  11  0 5   x2 (thỏa mãn điều kiện)  5  3   x  4

120

5  3 5 và x = 4 2 1 ïü ïì b) Điều kiện: x Ï ïí -10; -7; -4; -1; ïý ïîï 2 ïþï

Vậy phương trình có nghiệm là x 

Phương trình tương đương với 1 1 1 3 + + = (x + 1)(x + 4) (x + 4)(x + 7) (x + 7)(x + 10) 4x - 2 1æ 1 1 ö÷ 1 æç 1 1 ö÷ 1 æç 1 1 ö÷ 3 Û çç ÷+ ç ÷+ ç ÷= ÷ ÷ ÷ ç ç ç 3 è x + 1 x + 4 ø 3 è x + 4 x + 7 ø 3 è x + 7 x + 10 ø 4x - 2 é x = -3 1æ 1 1 ö÷ 3 Û çç Û x 2 + 7x + 12 = 0 Û êê ÷÷ = 3 èç x + 1 x + 10 ø 4x - 2 êë x = -4 Đối chiếu với điều kiện thì phương trình có nghiệm duy nhất x = -3 . c) ĐKXĐ: x ¹ 0 và x ¹ 2 . 4x 2 =5 Phương trình tương đương với x 2 + 2 (2 - x ) Û x2 -

4x 2 4x 2 4x 2 + + -5 = 0 2 - x ( 2 - x )2 2 - x

2 æ x 2 ÷ö æ 2x ÷ö 4x 2 4x 2 ç Û çx - 5 = 0 Û çç -5 = 0 ÷÷ + ÷÷ + çè 2 - x ø 2-x ø 2-x 2-x èç 2

x2 , phương trình trở thành 2-x é t =1 t 2 + 4t - 5 = 0 Û êê êë t = -5 é x =1 x2 = 1 Û x 2 + x - 2 = 0 Û êê Với t = 1 ta có (thỏa mãn) 2-x êë x = -2 x2 = -5 Û x 2 - 5x + 10 = 0 (vô nghiệm) Với t = -5 ta có 2-x Vậy phương trình có nghiệm là x = -2 và x = 1

Đặt t =

Ví dụ 3: Giải và biện luận phương trình sau với m là tham số. x 2 + mx + 2 x -m = 1 (2) a) b) = 2 (1) x +1 x2 - 1 3x + mx + 2 x 2 + mx + 2 = 2m + 6 (3) = m (4) c) d) 3-x x +1 Lời giải a) ĐKXĐ: x ¹ -1 Phương trình tương đương với x - m = 2 ( x + 1 ) Û x = -m - 2 Đối chiếu với điều kiện ta xét -m - 2 ¹ -1 Û m ¹ -1 Kết luận m ¹ -1 phương trình (1) có nghiệm là x = -m - 2

121

m = -1 phương trình (1) vô nghiệm b) ĐKXĐ: x 2 - 1 ¹ 0 Û x ¹ ±1 Phương trình (2) Û x 2 + mx + 2 = x 2 - 1 Û 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 -3 Với m ¹ 0 phương trình (2') tương đương với x = m -3 -3 ¹ ±1 Û m ¹ ±3 suy ra m ¹ ±3 thì phương trình (2') có nghiệm x = Đối chiếu điều kiện xét và là m m 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 Î { -3; 0; 3 } phương trình (2) vô nghiệm m Ï { -3; 0; 3 } phương trình (2) có nghiệm x =

-3 m

c) ĐKXĐ: x ¹ 3 Phương trình (3) Û x 2 + mx + 2 = ( 3 - x )( 2m + 6 ) Û x 2 + ( 3m + 4 ) x - 6m - 16 = 0

é x =2 Û ( x - 2 )( x + 3m + 8 ) = 0 Û êê êë x = -3m - 8

Đối chiếu điều kiện ta xét -3m - 8 ¹ 3 Û m ¹ -

5 3

Kết luận 5 m = - phương trình (3) có nghiệm là x = -2 3 5 m ¹ - phương trình có nghiệm là x = 2 và x = -3m - 8 3 d) ĐKXĐ: x ¹ -1 TH1: Nếu m < 0 ta có VP (4) ³ 0, VT (4) < 0 suy ra phương trình vô nghiệm

TH2: Nếu m ³ 0 phương trình tương đương với é 3x + mx + 2 = m ( x + 1 ) 3x + mx + 2 = m x + 1 Û êê êë 3x + mx + 2 = -m ( x + 1 ) é m -1 é m -2 ê x = ê x = 2 Û ê Û êê 3 -m - 2 ê 2m + 3 x = -m - 2 ê ) êë ( ê x = 2m + 3 ë m -1 m -1 ¹ -1 Û m ¹ -1 (luôn đúng) do đó với m ³ 0 thì phương trình (4) luôn  Với x = ta xét 2 2 m -1 nhận x = là nghiệm 2

122

-m - 2 -m - 2 ¹ -1 Û m ¹ -1 (luôn đúng) do đó với m ³ 0 thì phương trình (4) ta xét 2m + 3 2m + 3 -m - 2 luôn nhận x = là nghiệm 2m + 3 Kết luận m < 0 phương trình (4) vô nghiệm m -1 -m - 2 và x = m ³ 0 phương trình (4) có hai nghiệm x = 2 2m + 3 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



Với x =

a) Có nghiệm duy nhất b) Có nghiệm Lời giải ĐKXĐ: x ¹ a và x ¹ b

Phương trình tương đương với Û ( a - b ) x = a 2 - b 2 (**)

a (x - b ) - b (x - a )

( x - a )( x - b )

a 2 - b2 x 2 - (a + b ) x + ab

a) Phương trình (*) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (**) có nghiệm duy nhất khác a và b ìï a - b ¹ 0 ïï ïìï a ¹ b ïìï a ¹ b ïï a 2 - b 2 ï ï Û ïí a - b ¹ a Û ïía + b ¹ a Û ïía ¹ 0 ïï 2 ïï ïï ïï a - b 2 ïîïa + b ¹ b ïîïb ¹ 0 ¹b ïï î a -b ì a ¹b ï ï ï ï Vậy phương trình (*) có nghiệm duy nhất khi ía ¹ 0 ï ï b¹0 ï ï î 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 Với a ¹ b thì phương trình (**) tương đương với x = a -b ì ì ïa + b ¹ a ïa ¹ 0 Ûï Suy ra phương trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi ïí í ï ï a +b ¹ b b¹0 ï ï î î ìïa ¹ 0 ïï Vậy phương trình (*) có nghiệm khi ïí b ¹ 0 hoặc a  b . ïï ïïî a ¹ 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

123

4 1 1 4   2  2 2 x  3 x  8 x  12 2 x  3 x  4 2 x  7 x  6 3

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 a) 2 + 2 =6 3x - 5x + 2 3x + x + 2 1 1 c) 2 + = 15 x (x + 1)2 Bài 3.30: Giải phương trình

x 1  x 1   x2  12  a)      x 2 x 3  x 3

x 4 + 3x 2 + 1 =3 x3 + x2 - x

2( x  1) 13( x  1)  2 6 2 3x  x 3x  7 x  6 a ( x 2 + 1) ax - 1 2 + = Bài 3.31: Giải và biện luận phương trình sau x -1 x +1 x2 - 1 a b   2 có hai nghiệm phân biệt. Bài 3.32: Tìm điều kiện a, b để phương trình 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 a) x 2 + 2x + 4 = 2 - x b) x - 2x - 5 = 4 Lời giải ìï x 2 + 2x + 4 ³ 0 Ûx £2 a) ĐKXĐ: ïí ïï 2 - x ³ 0 î Với điều kiện đó phương trình tương đương với é x = -1 x 2 + 2x + 4 = 2 - x Û x 2 + 3x + 2 = 0 Û êê êë x = -2 Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x = -1 và x = -2 . 5 b) ĐKXĐ: 2x - 5 ³ 0 Û x ³ . 2 x - 2x - 5 = 4 Û 2x - 5 = x - 4 (*) TH1: Với x - 4 < 0 Û x < 4 ta có VT (*) ³ 0, VP (*) < 0 suy ra phương trình vô nghiệm

TH2: Với x - 4 ³ 0 Û x ³ 4 ta có hai vế không âm nên phương trình (*) tường đương với éx = 3 2 2x - 5 = ( x - 4 ) Û x 2 - 10x + 21 = 0 Û êê êë x = 7

124

Đối chiếu với điều kiện x ³ 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: ìï f (x ) = g(x ) f (x ) = g(x ) Û íï  ïï f (x ) ³ 0 (hay g(x ) ³ 0) î ìï f (x ) = [ g(x ) ]2 ï f (x ) = g(x )  í  ïï g(x ) ³ 0 ïî Ví dụ 2: Giải các phương trình sau 3x 2 + 1 - 1 a) x = b) 2x - 1 + x 2 - 3x + 1 = 0 Lời giải a) Phương trình tương đương với ïìï x ³ 0 ïìï x ³ 0 Û í 2 í ïï x = 3x 2 + 1 - 1 ïï 3x 2 + 1 = x 2 + 1 î î ì ìï x ³ 0 ìï x ³ 0 x ³0 ï ïí ï Û ïí 2 Û Û í 2 2 2 2 4 2 ïï 3x + 1 = (x + 1) ïï x - x = 0 ï x x - 1) = 0 ï î î î ( ìï x ³ 0 ïï éx = 0 Û ïí éê x = 0 Û êê ïï x =1 ïïî êêë x = ±1 êë Vậy phương trình có nghiệm là x = 0 và x = 1 b) Ta có 2x - 1 + x 2 - 3x + 1 = 0 Û 2x - 1 = -x 2 + 3x - 1 ìï ïìï -x 2 + 3x - 1 ³ 0 -x 2 + 3x - 1 ³ 0 ï Ûí 2 Û í ïï 2x - 1 = ( -x 2 + 3x - 1 ) ïï(x - 1)2 (x 2 - 4x + 2) = 0 î ïî 2 2 ì x + 3x - 1 ³ 0 ìï-x + 3x - 1 ³ 0 ïé x =1 ïïï é ïïï é x =1 Û íê Ûí ê x =1 Û êê ïï 2 ïï ê êë x = 2 - 2 ïîï ëêê x - 4x + 2 = 0 ïï ê x = 2 ± 2 î ë 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 ìï ïx ³ - 1 Phương trình Û ïí . 2 ïï 3x 2 + (4 - m )x - 1 = 0 (*) îï

Phương trình đã cho có hai nghiệm Û (*) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn hoặc bằng 1 y = 3x 2 + (4 - m )x - 1 trên [ - ; +¥) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt. 2 1 b m -4 = Xét hàm số y = 3x 2 + (4 - m )x - 1 trên [ - ; +¥) . Ta có 2 2a 6

125

1 Û đồ thị hàm số 2

m -4 1 1 £ - Û m £ 1 thì hàm số đồng biến trên [ - ; +¥) nên m £ 1 không thỏa mãn 6 2 2 yêu cầu bài toán. m -4 1 >- Ûm >1 : + TH2: Nếu 6 2 Ta có bảng biến thiên x 1 m -4 2 6 +¥ æ 1ö y çç - ÷÷÷ +¥ çè 2 ø

+ TH1: Nếu

æ m - 4 ÷ö y çç ÷ çè 6 ÷ø 1 Suy ra đồ thị hàm số y = 3x 2 + (4 - m )x - 1 trên [ - ; +¥) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt 2 æ 1 ÷ö æ m - 4 ÷ö 2m - 9 1 Û y çç - ÷ ³ 0 > y çç ³ 0 > ( -m 2 + 8m - 28 ) (1) ÷Û çè 2 ÷ø çè 6 ÷ø 4 12

Vì -m 2 + 8m - 28 = -( m - 4 ) - 12 < 0, "m nên 2

9 (thỏa mãn m > 1 ) 2

(1) Û 2m - 9 ³ 0 Û m ³

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;

Vậy m ³

 A B 

3 A  3 B 



A B



A B





A B A B

  A   A B   B    A  A B  B      A

A3 B 3

A B 2

 3 A3 B 

Với A, B không đồng thời bằng không. Ví dụ 4: Giải các phương trình sau 2 ( x - 1)

(3 -

7 + 2x

)

= x + 20

c) 3 3 x + x 2 + 8 = Lời giải

x 2 + 15 + 2

7   7  2 x  0 x   a) ĐKXĐ:   2 3  7  2 x  x  1

126

3x  2  3 x  2

 B 3

Phương trình Û



3 - 7 + 2x

2  x  1 10  2 x  6 7  2 x 2



(

2 ( x - 1 ) 3 + 7 + 2x

 2  2x 

)( 2

)

3 + 7 + 2x

  x  20

)

= x + 20

 10  2 x  6 7  2 x  2  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   

Phương trình 

 x  1 

3x  2  1

x 1  0 3

 0

x2  3 x  1

x2  3 x  1   3x  3 x 1 3 1    0   x  1     0 (*) 3 2 3x  2  1 3 x 2  3 x  1 x  3 x 1   3x  2  1 3

1 3 3 1  Do x  x  1   3 x     0 nên  0 3 2 2 4 3x  2  1  x  3 x 1 Phương trình (*)  x  1 (thỏa mãn điều kiện) Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  1 . 3

c) Phương trình được viết lại như sau: 3 3 x - 2 =

x 2 + 15 - x 2 + 8

x 2 + 15 - x 2 + 8 > 0 nên phương trình có nghiệm thì phải thỏa mãn 3 3 x - 2 hay x >

Vì

Ta có phương trình tương đương với: 3 3 x - 3 = x 2 + 15 - 4 + 3 - x 2 + 8 x -1 x2 - 1 x2 - 1 Û3 = 2 3 x 2 + 15 + 4 x2 + 8 + 3 x + 3 x +1 1 x +1 x +1 Û (x - 1)( 2 + ) = 0 (**) 2 2 3 3 x + 8 + 3 x + 15 + 4 x + x +1 8 x +1 x +1 Vì x > suy ra > 0 nên 27 x2 + 8 + 3 x 2 + 15 + 4 2

x +1

x2 + 8 + 3 x 2 + 15 + 4 x + x +1 Phương trình (**)  x  1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  1 . Ví dụ 5: Giải các phương trình sau 3

a) (x + 3) 2x 2 + 1 = x 2 + x + 3 b) (3 x  1) x 2  3  3 x 2  2 x  3 Lời giải a) Ta thấy x = -3 không là nghiệm của phương trình

127

8 27

Xét x ¹ -3 , phương trình Û Û

2x 2 + 1 - 1 =

x2 Û x +3

2x 2 + 1 = 2x 2

x2 + x + 3 x +3

2x 2 + 1 + 1

é x =0 x2 Û êê 2 x +3 êë 2 ( x + 3 ) = 2x + 1 + 1 (*)

Phương trình (*) Û 2x 2 + 1 = 2x + 5 5 5 ïìï ïìï x ³x ³ï ï Ûí Ûí 2 2 ïï 2x 2 + 1 = 4x 2 + 25 + 20x ïï x 2 + 10x + 12 = 0 ïî îï ìï 5 ïï x ³Ûí Û x = 5 + 13 (thỏa mãn) 2 ïï ïî x = -5 ± 13 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 3x 2  2 x  3 1 Xét x   , phương trình đã cho  x 2  3  3x  1 3 1 8 Đến đây, chú ý 3 x 2  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 2 3x  2 x  3  2x Do đó phương trình đã cho  x 2  3  2 x  3x  1 x 2  3  4 x 2 3x 2  2 x  3  6 x 2  2 x   3x  1 x2  3  2x

 x2  1 3(1  x 2 )  3x  1 x2  3  2x  x 2  3  2 x  3x  1 * TH1: x 2  1  x  1 1 Nhưng x  1 không thoả mãn x   nên phương trình có nghiệm x  1 3 

3(1  x 2 )



* TH2: x 2  3  2 x  3 x  1  x 2  3  x  1 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 a) x 2 + x 2 + 11 = 31 b) (x + 5)(2 - x ) = 3 x 2 + 3x Lời giải a) Đặt t =

x2  x  1 x2  x  1

x 2 + 11, t ³ 0 . Khi đó phương trình đã cho trở thành: é t =6 t 2 + t - 42 = 0 Û êê êë t = -7

128

3 x

Vì t ³ 0 Þ t = 6 , thay vào ta có x 2 + 11 = 6 x 2 + 11 = 36 Û x = ±5 Vậy phương trình có nghiệm là x = ±5 b) Phương trình Û x 2 + 3x + 3 x 2 + 3x - 10 = 0 Đặt t = x 2 + 3x , t ³ 0 . Phương trình đã cho trở thành é t =2 t 2 + 3t - 10 = 0 Û êê . êë t = -5 Vì t ³ 0 Þ t = 2 , thay vào ta có x 2 + 3x = 2 é x =1 Û x 2 + 3x - 4 = 0 Û êê êë 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

Xét x  0 , phương trình  x 2  x  1  3 x . x 2  x  1  x  1 

1 1  3 x 1 x x

1 1 Đặt t  x  1  , t  1  x   t 2  1 x x t 1 Phương trình trở thành t 2  2  3t  t 2  3t  2  0   t  2 1  Với t  1 ta có x  1   1  x 2  x  1  x  x  1 (thỏa mãn) x  Với t  2 ta có

x 1

1 5  21  2  x2  5x  1  0  x  x 2

5  21 và x  1 . 2 Nhận xét: Phương trình có dạng af  x   b f  x   c  0 ta đặt

Vậy phương trình có nghiệm là x 

f  x  t .

Ví dụ 7: Giải các phương trình sau 4x - 1 + 4x 2 - 6x + 1 = 0 1 1 c) 3 x + 8 = 9x + + x x Lời giải 1 a) ĐKXĐ: x  4 t2 1 Đặt t  4 x  1, t  0  x  4

3x 2  2 x  9  3x 2  2 x  2  7 2 x2  8x  1 5 x d) 2x 1

 t2 1  t2 1  6 1  0 Phương trình trở thành t  4   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

129

 t 1 2   t  1  t 2  2t  1  0   (loại t  1  2 ) t  1  2 1 Với t  1 ta có 1  4 x  1  x  2

Với t  1  2 ta có 1  2  4 x  1  4 x  1  3  2 2  x 

2 2 2

1 2 2 và x  . 2 2 3x 2 - 2x + 2 , điều kiện t ³ 0 . Khi đó 3x 2 - 2x + 9 =

Vậy phương trình có hai nghiệm x  b) Đặt t =

t2 + 7 .

t2 + 7 + t = 7 ìï t £7 Û t 2 + 7 = 7 - t Û ïí 2 ïït + 7 = t 2 - 14t + 49 î ìï t £ 7 Û ïí Ût =3 ïït = 3 î

Phương trình trở thành

3x 2 - 2x + 2 = 3

Với t = 3 ta có

é ê x = 1 + 22 ê 3 Û 3x 2 - 2x + 2 = 9 Û 3x 2 - 2x - 7 = 0 Û ê ê 1 - 22 êx = êë 3

Vậy phương trình có hai nghiệm x  c) ĐKXĐ: x > 0 . Phương trình tương đương với æ 1 ÷ö 1 3 çç x ÷÷ + 8 = 9(x + ) . çè 9x 3 xø Đặt t =

Þ t2 = x +

3 x Phương trình trở thành:

1  22 . 3

1 2 1 2 - Þx+ = t2 + 9x 3 9x 3

é 2 ê t = æ 2 2 ö÷ 3 3t + 8 = 9 çç t + ÷÷ Û 9t 2 - 3t - 2 = 0 Û êê 3ø èç êt = - 1 êë 3

é x =1 ê 2 x= Û 3x - 2 x - 1 = 0 Û ê Ûx =1 ê x = -1 3 3 x êë 3 1 1 =ta có x 3 3 x é ê x = -1 + 13 7 - 13 ê 6 -1 = 0 Û ê Ûx = 18 ê -1 - 13 ê x = êë 6

2 Với t = ta có 3

Với t = -

1 3

Û 3x + x

130

Vậy phương trình có nghiệm là x = 1 và x =

7 - 13 . 18

d) ĐK: x ³ 0 . Dễ thấy x  0 không là nghiệm của phương trình. Xét x  0 . Khi đó phương trình tương đương với 1 1 10x x + 5 x = 2x 2 + 1 + 8x Û 5( x + ) = 2(x + ) + 4 4x 2 x Đặt t =

x +

Suy ra x +

2 x

³2

2 x

= 2 Þt ³

1 = t 2 - 1 . Phương trình trở thành: 4x

5t = 2(t 2 - 1) + 4 Û 2t 2 - 5t + 2 = 0 Û t = 2 (thỏa mãn) hoặc t 

1 (loại) 2

1 3±2 2 = 3 Û 4x 2 - 12x + 1 = 0 Û x = (thỏa mãn) 4x 2 3±2 2 Vậy phương trình có nghiệm là x = 2 1 1 1 Nhận xét: Phương trình có chứa af  x   và a 2 f 2  x   2 2 thì ta đặt ẩn phụ là t  af  x   bf  x  bf  x  b f  x Ví dụ 8: Giải phương trình

Với t = 2 ta có x +

a) ( x + 1 ) - 2 2x (x 2 + 1) = 0 2

b) 10 x 3 + 1 = 3(x 2 + 2)

c) 4 + x + 1 = 3 x 2 - 1 + 2 x - 1 Lời giải a) ĐKXĐ: 2x ( x 2 + 1 ) ³ 0 Û x ³ 0 Đặt

2x = a, x 2 + 1 = b; a ³ 0, b ³ 0

Suy ra a 2 + b 2 = 2x + x 2 + 1 = ( x + 1 )

Phương trình trở thành a 2 + b 2 - 2ab = 0 Û ( a - b ) = 0 Û a = b Suy ra

2x =

x 2 + 1 Û 2x = x 2 + 1 Û ( x - 1 ) = 0 Û x = 1 (thỏa mãn) 2

Vậy phương trình có nghiệm là x = 1 b) ĐKXĐ: x 3 + 1 ³ 0 Û x ³ -1 .

Phương trình Û 10 (x + 1)(x 2 - x + 1) = 3(x 2 + 2) Đặt

x + 1 = a,

x 2 - x + 1 = b , a ³ 0, b ³ 0

Suy ra a 2 + b 2 = x 2 + 2 khi đó Phương trình trở thành 10ab = 3 ( a 2 + b 2 ) Û 3a 2 - 10ab + 3b 2 = 0 é 3a = b Û ( 3a - b )(a - 3b ) = 0 Û êê êë a = 3b Với 3a = b ta có 3 x + 1 = x 2 - x + 1 Û 9 ( x + 1 ) = x 2 - x + 1 Û x 2 - 10x - 8 = 0 Û x = 5 ±

131

33 (thỏa mãn điều kiện)

x + 1 = 3 x 2 - x + 1 Û x + 1 = 9 (x 2 - x + 1)

Với a = 3b ta có

Û 9x 2 - 10x + 8 = 0 (phương trình vô nghiệm)

Vậy phương trình có nghiệm là x = 5 ± 33 . c) ĐKXĐ: x ³ 1 Đặt

x + 1 = a, x - 1 = b; a ³ 0, b ³ 0

Phương trình trở thành 4 + a = 3ab + 2b Mặt khác a 2 + b 2 = 2 suy ra 2 ( a 2 + b 2 ) + a = 3ab + 2b Û (a - 2b )( 2a + b + 1 ) = 0 Û a = 2b (do 2a + b + 1 > 0 )

Suy ra

x + 1 = 2 x - 1 Û x + 1 = 4 ( x - 1) Þ x =

5 . 3 Ví dụ 9: Tìm m để phương trình sau có nghiệm

5 (thỏa mãn) 3

Vậy phương trình có nghiệm là x = a) ( 2x - 1 ) + m = 2

x 2 - x + 1 (1)

b) 3 x - 1 + m x + 1 = 2 4 x 2 - 1 (2) Lời giải a) Đặt t = x 2 - x + 1

Þ t 2 = x 2 - x + 1 Þ ( 2x - 1 ) = 4x 2 - 4x + 1 = 4t 2 - 3 2

æ 1ö 3 3 3 Vì x 2 - x + 1 = çç x - ÷÷÷ + ³ nên t ³ çè 2ø 4 4 2 2

Phương trình (1) trở thành 4t 2 - 3 + m = t Û -4t 2 + t + 3 = m (1') Xét hàm số y = -4t 2 + t - 3 với t ³ b 1 3 = < 2a 8 2 Bảng biến thiên x

3 2

Ta có -

3 2

-12 + 2

+¥ 3

-¥ 3 Phương trình (1) có nghiệm Û phương trình (1') có nghiệm t ³ 2 3 -12 + ; +¥) cắt đường thẳng y = m Û m £ Û đồ thị hàm số y = -4t 2 + t - 3 trên [ 2 2 -12 + 3 Vậy phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi m £ 2 b) ĐKXĐ: x ³ 1 .

132

x + 1 ta có

Chia cả hai vế cho x -1

(2) Û 3

x +1

+m = 2

x2 - 1 x +1

Û -3

x -1 x -1 + 24 =m x +1 x +1

x -1 2 = 4 1Þ 0£t <1 x +1 x +1 Phương trình (2) trở thành -3t 2 + 2t = m (2')

Đặt t =

Xét hàm số y = -3t 2 + 2t trên [0;1) , ta có Bảng biến thiên

b 1 = , 2a 3

æ1ö 1 y çç ÷÷÷ = çè 3 ø 3

1 3 1 3

0 -1 Phương trình (2) có nghiệm Û phương trình (2') có nghiệm t Î [0;1) Û đồ thị hàm số y = -3t 2 + 2t trên [0;1) cắt đường thẳng y = m Û -1 < m £

1 3

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 -3

Vậy phương trình (2) có nghiệm khi và chỉ khi -1 < m £

Phương trình Û -27 ( x + 3 ) - 3 x + 3 + 3x 2 + 31x + 80 = 0 Đặt t =

x +3

³ 0 ) phương trình trở thành -27t 2 - 3t + 3x 2 + 31x + 80 = 0

x +5 3 -3x - 16 -3x - 16 · x +3 = <0 Vô nghiệm vì với x ³ -3 thì 9 9 x +5 · x +3 = Û x 2 + x - 2 = 0 Û 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 thành -27 ( x + 3 ) - 3 x + 3 + 3x 2 + 31x + 80 = 0 để sau khi đặt ẩn phụ t = x + 3

Có Dt = ( 18x + 93 ) suy ra t1 = 2

-3x - 16 9

,t2 =

= ( 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 có

thì phương trình ẩn t

,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:

133

B1: Viết (1) Û m ( x + 3 ) - 3 x + 3 + 3x 2 + ( 4 - m ) x - 1 - 3m = 0 B2: Đặt t =

x +3

¹ 0)

³ 0 ) pt trở thành mt 2 - 3t + 3x 2 + ( 4 - m ) x - 1 - 3m = 0

Có Dt = -12mx 2 - 4m ( 4 - m ) x + 12m 2 + 4m + 9 = f (x )

ìï -12m > 0 ìï -12m > 0 B3: Tìm m sao cho ïí / Û ïí / Û m = -27 ïï D f = 0 ïï D f = 4m ( m + 27 )( m 2 + m + 1 ) = 0 î î Đến đây việc giải pt như đã trình bày ở trên Ví dụ 11: Giải phương trình 60 - 24x - 5x 2 = x 2 + 5x - 10 Lời giải ĐKXĐ: 60 - 24x - 5x 2 ³ 0 1 1 Đặt t = 60 - 24x - 5x 2 (t ³ 0) pt trở thành t 2 + t - x 2 - x = 0 Û t 2 + 6t - x 2 - 6x = 0 6 6

Phuơng trình ẩn t này có D/ = ( x + 3 ) nên ta tìm được t1 = x , t2 = -x - 6 2

ìï x ³ 0 60 - 24x - 5x 2 = x Û ïí 2 Û x = -2 + 14 ïï x + 4x - 10 = 0 î ìï -x - 6 ³ 0 · 60 - 24x - 5x 2 = -x - 6 Û ïí 2 Û x = -3 - 13 ïï x + 6x - 4 = 0 î Vậy pt ban đầu có hai nghiệm x 1 = -2 - 14, x 2 = -3 - 13 ·

Ví dụ 12: Giải phương trình ( x + 3 ) Lời giải ĐKXĐ: -x 2 - 8x + 48 ³ 0

( 4 - x )(12 + x ) = 28 - x

-1 2 -1 2 t + ( x + 3 )t + x - 3x - 4 = 0 2 2 Phương trình bậc hai ẩn t có Dt = 1 từ đó có t = x + 2, t = x + 4 ìï x + 2 ³ 0 · -x 2 - 8x + 48 = x + 2 Û ïí 2 Û x = -3 + 31 ïï x + 6x - 22 = 0 î ìï x + 4 ³ 0 · -x 2 - 8x + 48 = x + 4 Û ïí 2 Û x = -4 + 4 2 ïï x + 8x - 16 = 0 î Vậy pt ban đầu có hai nghiệm x 1 = -3 + 31 , x 2 = -4 + 4 2 t =

-x 2 - 8x + 48

(t ³ 0) phương trình trở thành

3. Bài tập luyện tập. Bài 3.33: Giải các phương trình sau a) 2x + 1 = 3x + 1

c) x 4 + 3x + 1 = x 4 - x 2 - 1 e) 2 x + 3 = 9x 2 - x - 4 Bài 3.34: Giải các phương trình sau: a) x 2 + 12 + 5 = 3x + x 2 + 5 c) 5x - 1 + 3 9 - x = 2x 2 + 3x - 1 Bài 3.35: Giải các phương trình sau

134

x3 - x =

4x + 4

d) 2x + 6x 2 + 1 = x + 1 f) x 2 + x + 7 = 7 b) 3 3 x 2 + x 2 + 8 - 2 = x 2 + 15 d) 3 x + 6 + x 2 = 7 - x - 1

³ 0)

c) 13x + 2(3x + 2) x + 3 + 42 = 0 e)

x +1

x +1- 3-x

=x-

b) ( 2x - 1 ) = 2

x2 + x + 2 = x2 + x 1 2

d) x 2 - 2x - 22 - -x 2 + 2x + 24 = 0 f)

1 = 3x + 1 x Bài 3.36: Giải các phương trình sau a) 4x 2 + 22 + 3x - 2 = 21x

x2 - x + 1

4x - 1 + 4x 2 - 6x + 1 = 0

h) x 2 + 3 x 4 - x 2 = 2x + 1

g) x 2 + 2x x -

(

)

b) x 1 - 5 x + 3 = 3 ( x 2 - 4 )

c) 51 x - 2 = 3x 2 - 58x + 110

d) x 2 + x 3x - 1 + 2 = 6x 2(x + 3) Bài 3.37: Giải phương trình x + x 2 - 9 = . (x - 3)2 Bài 3.38: Giải phương trình

x2 - x + 1 =

x 3 + 2x 2 - 3x + 1 x2 + 2

 DẠNG TOÁN 4: PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO. Loại 1: Đưa về phương trình tích. 1. Phương pháp giải

é f1 ( x ) = 0 ê ê f (x ) = 0 2 Để giải phương trình f ( x ) = 0 ta phân tích f ( x ) = f1 ( x ).f2 ( x )...fn ( x ) khi đó f ( x ) = 0 Û êê ê .... êf x = 0 êë n ( ) Để đưa về một phương trình tích ta thường dùng các cách sau:  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 ) . * Để dự đoán nghiệm ta chú ý các kết quả sau: Cho đa thức f (x ) = an x n + an -1x n -1 + ... + a1x + a 0

+ Nếu phương trình f (x ) = 0 có nghiệm nguyên thì nghiệm đó phải là ước của a 0 . + 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: Nếu f (x ) có nghiệm là x = x 0 thì f (x ) chứa nhân tử ( x – x 0 ) tức là : f ( x ) = ( x – x 0 ).g ( x ) , trong đó g ( x ) = bn -1x n -1 + bn

- 2

+ ... + b1x + b0

Với hệ số bi được xác định như sau: Lược đồ Hoócne an a

135

- 1

..........

bn -1 = an bn -2 = a.an + an -1 ..........

b1 = a.a2 + a1

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 + a 2 + a 0 = 1 + 0 + ( -1 ) = a 3 + a 1 = 1 + ( -1 )

Suy ra phương trình có hai nghiệm x 1 = 1, x 2 = -1 Lược đồ Hoócne x =1

x = -1

-1

Ta có phương tình thương đương với ( x - 1 )( x + 1 )( x 2 + x + 1 ) = 0 Û x = ±1 .  Sử dụng phương pháp hệ số bất định 2. Các ví dụ minh họa. Ví dụ 1: Giải các phương trình sau. a) x 3 - 3x 2 - 6x + 8 = 0 b) 3x 5 - 13x 4 + 16x 3 + 5x 2 - 21x + 6 = 0 . Lời giải a) Phương trình tương đương với (x + 2)(x 2 - 5x + 4) = 0 é x = -2 ê Û (x + 2)(x - 1)(x - 4) = 0 Û êê x = 1 ê x =4 êë Vậy phương trình có nghiệm là x = -2, x = 1 và x = 4 b) Phương tình tương đương với ( x + 1 ) ( 3x 4 - 16x 3 + 32x 2 - 27x + 6 ) = 0 Û ( x + 1 )( x - 2 )( 3x 3 - 10x 2 + 12x - 3 ) = 0

é x = -1 ê êx = 2 2 Û (3x - 1)(x - 2)(x + 1)(x - 3x + 3) = 0 Û ê ê êx =1 êë 3

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

Vậy phương trình có nghiệm là x = -1, x =

Bây giờ ta giả sử phương trình trên phân tích được thành dạng

( x 2 + a1x + b1 )( x 2 + a2x + b2 ) = 0 Û x 4 + ( a1 + a2 ) x 3 + ( a1a2 + b1 + b2 ) x 2 + (a1b2 + a2b1 ) x + b1b2 ïìïa1 + a2 = -4 ïï ïa1a2 + b1 + b2 = -10 Đồng nhất các hệ số ta có ïí ïïa1b2 + a2b1 = 37 ïï ïïîb1b2 = -14

136

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

é ê x = 5 ± 17 é x 2 - 5x + 2 = 0 ê 2 Û êê 2 Û ê x + x 7 = 0 ê 1 ± 29 êë êx = êë 2

Vậy phương trình có nghiệm là x =

5 ± 17 -1 ± 29 và x = 2 2

Ví dụ 3: Giải các phường trình sau: a) x 4 - 4x 2 + 12x - 9 = 0 b) x 4 - 4x = 1 Lời giải a) Phương trình tương đương với x 4 - (2x - 3)2 = 0 é x =1 Û (x 2 + 2x - 3)(x 2 - 2x + 3) = 0 Û êê êë x = -3 Vậy phương trình có nghiệm là x = 1 và x = -3 b) Phương trình tương đương với x 4 - 2x 2 + 1 - 2(x 2 - 2x + 1) = 0

Û (x 2 - 1)2 - [ 2(x - 1)]2 = 0 Û (x 2 + 2x - 2 - 1)(x 2 - 2x + 2 - 1) = 0 é 2+3 êx = - 2 ± 2 é x + 2x - 2 - 1 = 0 ê ê 2 Û ê ê 2 ê x 2 x + 2 1 êë ê x = 2 ± 3- 2 êë 2

- 2± Vậy phương trình có nghiệm là x Î {

2+3

;

2±

3- 2 } 2

Nhận xét: Đây là phương trình đưa về được dạng ( x 2 + a ) = a ( x + b ) 2

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

dương phân biệt. Lời giải Nhẩm nghiệm ta thấy phương trình luôn có nghiệm x = 3 do đó dùng lược đồ hoócne ta có é x =3 (*) Û ( x - 3 ) éë x 2 - 2 ( m + 1 ) x + m 2 + 1 ùû Û êê 2 2 êë 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 ïìï D ' > 0 ïï ïP > 0 biệt khác 3 Û ïí ïï S > 0 ïï 2 ïïî 3 - 2 ( m + 1 ).3 + m - 2 ¹ 3

137

ìï m + 1 2 - m 2 - 1 > 0 ) ïï( ïìï m > 0 ïï 2 m + 1 > 0 ï ( ) Û ïí 2 Û ïí m > -1 Û m > 0 ïï m + 1 > 0 ïï ïï ïîï m ¹ -2 ïïî m ¹ -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 c) 6  x  5 x 2  x3  x 4  0 d) x5  2 x 4  3 x3  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 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

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 b) 2x 4 - 21x 3 + 74x 2 - 105x + 50 = 0 Lời giải a) Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình nên chia hai vế phương trình cho x 2 ta được: 1 1 2(x 2 + 2 ) - 5(x + ) + 6 = 0 . x x 1 1 1 Đặt t = x + , Þ x 2 + 2 = (x + )2 - 2 = t 2 - 2 x x x ét = 2 ê 2 2 Ta có phương trình: 2(t - 2) - 5t + 6 = 0 Û 2t - 5t + 2 = 0 Û ê êt = 1 êë 2 1 1 1 * t = Þ x + = Û 2x 2 - x + 2 = 0 (vô nghiệm). 2 x 2 1 * t = 2 Þ x + = 2 Û x 2 - 2x + 1 = 0 Û x = 1 x Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 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 Û 2(x 2 + 2 ) - 21(x + ) + 74 = 0 . x x x x 5 25 5 Đặt t = x + , Þ x 2 + 2 = (x + )2 - 10 = t 2 - 10 x x x

138

ét = 6 ê Ta có phương trình: 2(t - 10) - 21t + 74 = 0 Û 2t - 21t + 54 = 0 Û ê êt = 9 êë 2 éx = 2 ê 9 5 9 2 * t = Þ x + = Û 2x - 9x + 10 = 0 Û ê .(thỏa mãn) êx = 5 2 x 2 êë 2 éx = 1 5 * t = 6 Þ x + = 6 Û x 2 - 6x + 5 = 0 Û êê (thỏa mãn) x êë x = 5 ìï 5 ü ï Vậy phương trình có nghiệm là x Î ïí1;2; ;5 ïý . ïîï 2 ï ï þ 2

æd ö e Chú ý: Các phương trình trên có dạng tổng quát là ax + bx + cx + dx ± e = 0 với = çç ÷÷÷ = k 2 . Tức çè b ø a 4

là có dạng ax 4 + bx 3 + cx 2 ± bkx + ak 2 = 0 . Cách giải: Xét x = 0 xem có phải là nghiệm của phương trình không k2 k Với x ¹ 0 ta chia hai vế phương trình cho x 2 ta có pt: a(x 2 + 2 ) + b(x ± ) + c = 0 x x 2 k k k Đặt t = x ± , ta có x 2 + 2 = (x ± )2  2k = t 2  2k thay vào phương trình ta quy về phương trình x x x 2 bậc hai a(t  2k ) + bt + c = 0 . Ví dụ 2: Giải các phương trình sau a) x (x + 1)(x + 2)(x + 3) = 24 b) 4 ( x + 5 )( x + 6 )( x + 10 )( x + 12 ) = 3x 2 Lời giải a) Phương rình tương đương với (x 2 + 3x )(x 2 + 3x + 2) = 24 .

Đặt t = x 2 + 3x , phương trình trở thành é t = -6 t(t + 2) = 24 Û t 2 + 2t - 24 = 0 Û êê êë t = 4 * t = -6 Þ x 2 + 3x = -6 Û x 2 + 3x + 6 = 0 (Phương trình vô nghiệm) é x =1 * t = 4 Þ x 2 + 3x = 4 Û x 2 + 3x - 4 = 0 Û êê . êë x = -4 Vậy phương rình có nghiệm là x = -4 và x = 1 .

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. Xét x ¹ 0 , chia hai vế cho x 2 ta có æ

( * ) Û 4 ççç x + 17 + è

Đặt y = x + 16 +

139

60 öæ ÷÷ çç x + 16 + 60 ö÷÷ = 3 x ÷øèç x ÷ø

60 phương trình trở thành x

é 1 ê y = ê 2 4 ( y + 1 ) y = 3 Û 4y 2 + 4y - 3 = 0 Û ê êy = - 3 êë 2

é x = -8 ê 1 60 1 2 = Û 2x + 31x + 120 = 0 Û ê Với y = ta có x + 16 + ê x = - 15 2 x 2 êë 2

3 60 3 -35 ± 265 = - Û 2x 2 + 35x + 120 = 0 Û x = ta có x + 16 + 2 x 2 4 15 -35 ± 265 Vậy phương trình có nghiệm là x = -8, x = và x = . 2 4 Chú ý:  Phương trình có dạng (x + a )(x + b)(x + c)(x + d ) = e trong đó a + b = c + d

Với y = -

Cách giải: Đặt t = x 2 + (a + b)x ta quy về phương trình bậc hai (t + ab)(t + cd ) = e 

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. æ ab öæ cd ö Xét x ¹ 0 chia hai vế cho x 2 ta được çç x + a + b + ÷÷ çç x + c + d + ÷÷ = m çè x ÷øèç x ÷ø

ab ta quy về phương trình bậc hai ( t + a + b )( t + c + d ) = m x Ví dụ 3: Giải các phương trình sau a) (x + 1)4 + (x + 3)4 = 2 b) 3(x 2 - x + 1)2 - 2(x + 1)2 = 5(x 3 + 1) Lời giải a) Đặt x = t - 2 phương trình trở thành (t - 1)4 + (t + 1)4 = 2 Û t 4 + 6t 2 = 0 Û t 2 (t 2 + 6 ) = 0 Û t = 0

Đặt t = x +

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: x2 - x + 1 x +1 3 -2 2 = 5. x +1 x -x +1 x2 - x + 1 Đặt t = , phương trình trở thành x +1 é t =2 ê 2 2 3t - = 5 Û 3t - 5t - 2 = 0 Û ê êt = - 1 t êë 3 x2 - x + 1 3 ± 13 = 2 Û x 2 - 3x - 1 = 0 Û x = x +1 2 2 1 x -x +1 1 = - Û 3x 2 - 2x + 4 = 0 phương trình vô nghiệm. *t =- Þ 3 x +1 3

*t =2Þ

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 =

140

a +b ta đưa về phương trình trùng phương 2 a -b 4 ) Phương trình có nghiệm Û c ³ 2( 2 Ví dụ 4: Cho phương trình ( m + 1 ) x 4 - 4x 2 + 1 = 0 (*). Tìm m để

Cách giải: Đặt x = t -

a) Phương trình (*) có nghiệm b) Phương trình (*) có bốn nghiệm phân biệt Lời giải Đặt t = x 2 , t ³ 0 , phương trình trở thành

( m + 1 )t 2 - 4t + 1 = 0

(*)

a) Với m = -1 phương trình (*) trở thành -4x 2 + 1 = 0 Û x = ±

1 suy ra m = -1 thì phương trình (*) 2

có nghiệm Với m ¹ -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 ïìï 4 - ( m + 1 ) ³ 0 ìï D ' ³ 0 ïï ïï 4 ï ïì m £ 3 ï Û í S ³ 0 Û íï m + 1 ³ 0 íï Û -1 < m £ 3 ïï ï ïï m > -1 ï î 1 ïîï P ³ 0 ïïï ³0 îï m + 1 1 < 0 Û m < -1  TH2: Phương trình (**) có hai nghiệm trái dấu Û P < 0 Û 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 2 + 1 = 0 Û x = ± suy ra m = -1 không thỏa mãn 2 Với m ¹ -1 phương trình (**) là phương trình bậc hai. Phương trình (*) bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (**) có hai nghiệm dương phân biệt ïìï 4 - ( m + 1 ) > 0 ïï ïìï D ' > 0 4 ï ïì m < 3 ïï Û í S > 0 Û íï m + 1 > 0 íï Û -1 < m < 3 ïï ï ïï m > -1 ï î 1 ïïî P > 0 ïïï >0 ïî m + 1 Vậy phương trình (*) có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi -1 < m < 3 . 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 Phương trình tương đương ( x 4 + 4x 3 + 4x 2 ) - ( 7x 2 + 14x ) + m = 0 Û ( x 2 + 2x ) - 7 ( x 2 + 2x ) + m = 0 2

Đặt t = x 2 + 2x , x 2 + 2x = ( x + 1 ) - 1 ³ -1 suy ra t ³ -1 2

141

Phương trình trở thành t 2 - 7t + m = 0 (*) ét = 1 a) Khi m = 6 ta có t 2 - 7t + 6 = 0 Û êê êë t = 6 Với t = 1 thì x 2 + 2x = 1 Û x 2 + 2x - 1 = 0 Û x = -1 ± 2 Với t = 6 thì x 2 + 2x = 6 Û x 2 + 2x - 6 = 0 Û x = -1 ± 7

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 ³ -1 Û Đồ thị hàm số y = t 2 - 7t + m trên [ - 1; +¥) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt Xét hàm số y = t 2 - 7t + m trên [ - 1; +¥) Ta có bảng biến thiên -1 8+m

+¥ +¥

Suy ra để phương trình có nghiệm là m £ 0 .

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 2

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

b) x 6  3x 5  6x 4  21x 3  6x 2  3x  1  0

b) ( x + 3 ) + ( x - 5 ) = 1312

( 2x - 1)( 4x + 5 )( 8x + 3 )( 16x - 15 ) = 99x 2

e) 2 ( x 2 - x + 1 ) + 5 ( x + 1 ) = 11 ( x 3 + 1 ) . 2

d) x 4 - 9x 2 - 2x + 15 = 0

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.

§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 ìïa1x + b1y = c1 ïí (a12 + b12 ¹ 0, a22 + b22 ¹ 0) ïïa2x + b2y = c2 î b) Giải và biện luận hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn: a1 b1 c1 b1 a1 c1 Tính các định thức: D = , Dx = , Dy = . a2 b2 c2 b2 a2 c2 Xét định thức

142

Kết quả

D0 D=0

Dx  0 hoặc Dy  0 Dx = Dy = 0

æ D ö D Hệ có nghiệm duy nhất ççç x = x ; y = y ÷÷÷ è D Dø Hệ vô nghiệm Hệ có vô số nghiệm

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 ì 2x + y = 11 ïì 5x - 4y = 3 ï a) ïí b) ïí ïï 7x - 9y = 8 ï ï 5x - 4y = 8 î î ìï 2x + 4y = -1 ì ï ï ï 3x - y = 1 c) í d) í ïï 2x + 4 2y = 5 ï ï 5x + 2y = 3 ïî ï î Lời giải 5 4 3 4 5 3  17 , Dx   5, Dy   19 a) Ta có D  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  13 , Dx   52, Dy   39 b) Ta có D  5 4 8 4 5 8 D D  Suy ra hệ phương trình có nghiệm là  x; y    x ; y    4;3   D D 1 4 2 4  4 2  20  0  0 , Dx  c) ) Ta có D  5 4 2 2 4 2

Suy ra hệ phương trình vô nghiệm 1 3 1  11 , Dx  d) Ta có D  3 5 2

1 2

 2  3, Dy 

3 5

1 3

 2

 D Dy   2  3 2 ;   Suy ra hệ phương trình có nghiệm là  x; y    x ;    11   D D   11 Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau:

143

ìï(x + 3)y - 5) = xy a) ïí ïï(x - 2)(y + 5) = xy î

ì 3(x + y ) ï ï = -7 ï ï x y ï c) í ï 5x - y 5 ï = ï ï 3 ï î y -x

ìï x - y = 2 b) ïí ïï 2x - y = -1 î

Lời giải

ìï xy - 5x + 3y - 15 = xy a) Hệ phương trình tương đương với ïí ïï xy + 5x - 2y - 10 = xy î ìï -5x + 3y = 15 ìï y = 25 ì ï x = 12 Û ïí Û ïí Ûï í ïï 5x - 2y = 10 ïï 5x - 2y = 10 ï y = 25 ï î î î Vậy hệ phương trình có nghiệm là  x; y   12; 25  ìï x - y = ± 2 b) Hệ phương trình tương đương với ïí ïï 2x - y = -1 î ìï x - y = 2 ìï x - y = - 2 Û ïí (1) hoặc ïí (2) ïï 2x - y = -1 ïï 2x - y = -1 î î  x  1  2  x  1  2  Ta có 1   2 x  y  1  y  1  2 2  x  1  2  x  1  2   2   2 x  y  1  y  1  2 2

Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y  là c) ĐKXĐ: x  y

 1 

 

2; 1  2 2 và 1  2; 1  2 2

ìï 3(x + y ) = -7 ( x - y ) Hệ phương trình tương đương với ïí ïï 3 ( 5x - y ) = 5 ( y - x ) î ìï 10x - 4y = 0 ìï x = 0 Û ïí Û ïí (không thỏa mãn) ïï 20x - 8y = 0 ïï y = 0 î î Vậy hệ phương trình vô nghiệm. Ví dụ 3: Giải các hệ phương trình sau: ìï 6 5 ìï 6 2 ïï + = 3 ïï + =3 ïï x y ïï x - 2y x + 2y a) í b) í ïï 9 10 ïï 3 4 =1 + = -1 ïï ïï y ïî x ïî x - 2y x + 2y ìï 6x - 3 2y ïï =5 ïì 2 x - 6 + 3 y + 1 = 5 ïï y - 1 x + 1 c) í d) ïí ïï 4x - 2 ïï 5 x - 6 - 4 y + 1 = 1 4y î =2 ïï x +1 ïî y - 1 Lời giải x  0 a) ĐKXĐ:  y  0

144



ìï ì ï ïï u = 1 ï ì ïu = 6 u + 5 v = 3 ï ï x ï Ûï Đặt í . Hệ đã cho trở thành í í 1 ïï ïï 9u - 10v = 1 ï ï î v= ïï v = ï ï y î ïî ìï 1 ïï = 1 ì ï 3 Û ïíï x = 3 (thỏa mãn) Ta được hệ phương trình: í x 1 ïï 1 ïï y = 5 î ïï = 5 îï y Vậy hệ phương trình có nghiệm là  x; y    3;5  .

1 3 1 5

x  2 y  0 x  0  b) ĐKXĐ:  x  2 y  0 y  0 ìï 1 ì 7 ï ïï u = ï u = ì ï 6 u + 2 v = 3 ï ïï x - 2y . Hệ đã cho trở thành ï 9 Ûï Đặt í í í ïï ïï 3u + 4v = -1 ï 1 5 ï î v =ïï v = ï ï x + 2y î 6 ïî 1 ïìï 7 ì ì 9 3 ï ï ï ï x - 2y = x = ïï = ï ï 9 x 2 y ï ï 7 Ûí 70 (thỏa mãn) Ûí Ta được hệ phương trình: ïí ïï 5 ï ï 1 6 ï x + 2y = ï y = - 87 ïï - = ï ï ï ï x + 2y î 5 î 140 ïî 6 87   3 Vậy hệ phương trình có nghiệm là  x; y    ;  .  70 140   x  1 c) ĐKXĐ:   y 1 ìï ì ïï u = 2x - 1 u =2 ï ï ïìï 3u - 2v = 5 ï y 1 ï Ûí Đặt í . Hệ đã cho trở thành í 1 ïï ïï 2u - 4v = 2 ï y v= ï î ïï v = ï î 2 x +1 ïî ìï 2x - 1 ì ïï x =0 ï =2 ìï 2x - 2y = -1 ï y 1 ï ï ï Ûí Ûí Ta được hệ phương trình: í 1 ïï y ïï x - 2y = -1 ï 1 y = ï î = ïï ï î 2 ïî x + 1 2  1 Vậy hệ phương trình có nghiệm là  x; y    0;  .  2 ì ì ï 2u + 3v = 5 ïu = 1 u  x  6 , u  0, v  0 , hệ phương trình trở thành ï Ûï d) Đặt  í í ï ï 5u - 4v = 1 v =1  v  y  1 ï ï î î  x  7  1  x  6  x  6  1   x  5   Thay vào ta có  1  y  1  y  1  1   y  0   y  2 

Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y  là  7;0  ,  7; 2  ,  5;0  ,  5; 2  .

145

ìï 3x + y - 3z = 1 (1) ïï (2) Ví dụ 4: Giải hệ phương trình ïí x - y + 2z = 2 ïï ïïî -x + 2y + 2z = 3 (3) Lời giải Cách 1(Phương pháp cộng đại số): Hệ phương trình tương đương với ìx = 1 ï ïìï 7y + 3z = 10 ïìï 25z = 25 ï ï ïï ïï Û í y + 4z = 5 Ûï íy = 1 í y + 4z = 5 ï ïï ïï ï ï ïîï -x + 2y + z = 3 ïîï -x + 2y + z = 3 ïz = 1 î Vậy hệ phương trình có nghiệm là  x; y; z   1;1;1 .

Cách 2(Phương pháp thế): Ta có  2   x  y  2z  2 thế vào 1 ta được 3  y  2z  2   y  3z  1  4 y  9z  5 (*)

 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: ìï 3x - y = 1 a) ïí ïï 6x - 2y = 5 î

ìï( 2 + 1 ) x + y = 2 - 1 ï b) í ïï 2x - ( 2 - 1 ) y = 2 2 ïî

Bài 3.46: Giải các hệ phương trình sau: ìï x + 2y - 3z = 2 ïï a) ïí x - 3y + z = 5 b) ïï ïïî x - 5y = 1 ìï x + 3y + 2z = 8 ïï c) ïí 2x + y + z = 6 d) ïï ïïî 3x + y + z = 6 Bài 3.47: Giải các hệ phương trình sau ïì x + 5y = 7 a) ïí ïï 3x - 2y = 4 î ïì 2 x + y - x - y = 9 c) ïí ïï 3 x + y + 2 x - y = 17 î

ì 3 2 ï ï x + y = 16 ï 3 c) ïí 4 ï 5 3 ï x - y = 11 ï ï î2 5

ïìï 3x + y - z = 1 ïï í 2x - y + 2z = 5 ïï ïïî x - 2y - 3z = 0 ìï x - 3y + 2z = -7 ïï ïí -2x + 4y + 3z = 8 ïï ïïî 3x + y - z = 5

ìï ïï ï b) ïí x ïï ïï ïî x ìï 4 d) ïí ïîï 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

 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

146

æD D ö  Nếu D  0 thì hệ có nghiệm duy nhất ( x ; y ) = ççç x ; y ÷÷÷ èD Dø  Nếu D  0 thì ta xét Dx , Dy  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.

ïì mx - y = 2m Ví dụ 1: Giải và biện luận hệ phương trình: ïí ïï 4x - my = m + 6 î Lời giải m 1  4  m 2   2  m  2  m  Ta có D  4 m Dx 

2m 1  2m 2  m  6   2  m  2m  3  m  6 m

Dy 

m 2m  m 2  2m  m  m  2  4 m6

 D Dy   2m  3 m2 m  ; Với D  0   : Hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y    x ;   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

ì ïa ( x - 1 ) + by = 1 Ví dụ 2: Giải và biện luận hệ phương trình sau: ïí ï b x - 1 ) + ay = 1 ï î ( Lời giải ïìax - a + by = 1 ïìax + by = a + 1 Û ïí Hệ tương đương: ïí ïïbx - b + ay = 1 ïïbx + ay = b + 1 î î a b = a 2 - b 2 = (a - b )(a + b ) Ta có: D = b a Dx =



147

a +1 b

b +1 a

= (a - b )(a + b + 1 ), Dy =

a a +1 b b +1

ì a ¹b ï TH1: Với D ¹ 0 Û a 2 - b 2 ¹ 0 Û ïí ï a ¹ -b ï î

= a -b

Hệ có nghiệm duy nhất  x; y  là x =

D (a - b )(a + b + 1 ) Dx 1 = ; y = y = D D a +b (a - b )(a + b )

 TH2: Với D = 0 Û a 2 - b 2 = 0 Û 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 

ax  a  1 a

 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 ¹ 0 Þ D = 0; Dy ¹ 0 suy ra hệ phương trình vô nghiệm

ïì 0.x + 0.y = 1 Nếu a = b = 0 : Hệ phương trình trở thành ïí Þ hệ vô nghiệm. ïï 0.x + 0.y = 1 î 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 ìï 2m 2x + 3 ( m - 1 ) y = 3 Ví dụ 3: Tìm m để hệ vô nghiệm ïí ïï m ( x + y ) - y = 2 î Lời giải ìï 2m 2x + 3 ( m - 1 ) y = 3 Hệ phương trình tương đương với ïí ïï mx + ( m - 2 ) y = 2 î 2 2m 3(m - 1) = 2m 3 - 7m 2 + 3m Ta có D = m m -2 Dx =

3 3(m - 1) 2m 2 = -3m ; Dy  2 m -2 m

3  4m 2  3m 2

Hệ đã cho vô nghiệm xảy ra trong hai trường hợp sau ìï 2m 3 - 7m 2 + 3m = 0 ìD = 0 ï Û ïí TH1: ïí ï ï -3m ¹ 0 ï Dx ¹ 0 î îï

ém = 3 ìï m ( 2m 2 - 7m + 3 ) = 0 ê 2 ï Ûí Û 2m - 7m + 3 = 0 Û ê ïï m ¹ 0 êm = 1 î êë 2

148

ì ém = 3 ï ï ê ï êm = 0 ï ï ê ï ï ê ï êm = 1 ï ï ém = 3 êë 3 2 ï 2 ìï 2m - 7m + 3m = 0 ïìï D = 0 ê ï Ûï Û ïí 2 TH2: í ím ¹ 0 Û ê ï ïï Dy ¹ 0 ïï 4m - 3m ¹ 0 êm = 1 ï î î êë 3 ï 2 ï m ¹ ï ï 4 ï ï ï ï ï ï ï î 1 Vậy hệ vô nghiệm khi m = 3 và m = 2

ì x + 2ay = b ï Ví dụ 4: Tìm các giá trị của b sao cho với mọi a thì hệ phương trình ïí có nghiệm. ï ax + ( 1 - a ) y = b 2 ï î

Lời giải Ta có: D =

1 2a = 1 - a - 2a 2 a 1-a

ïìïa ¹ -1 Þ D ¹ 0 Û 2a + a - 1 ¹ 0 Û ïí ïï a ¹ 1 îï 2 ì a ¹ -1 ï ï ï Suy ra í 1 thì hệ phương trình có nghiệm ï a ¹ ï ï î 2 ïì x - 2y = b Khi a  1 , hệ trở thành: ïí , ïï x - 2y = -b 2 î éb=0 Hệ có nghiệm Û b = -b 2 Û b + b 2 = 0 Û êê êë b = -1 ìï x + y = b 1 Khi a = , hệ trở thành ïí ïï x + y = 2b 2 2 î é b=0 ê 2 Hệ có nghiệm Û b = 2b Û ê êb = - 1 êë 2 ìé b = 0 ï ï ê ï ê b = -1 ï ï êë ï Vậy hệ có nghiệm với mọi a Î  khi và chỉ khi ïí é b = 0 Û b = 0 ï ê ï ê ï ï êb = - 1 ï ï ï î êë 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  2

Lời giải

149

 x  2my  1  0 Ta có P  x; y   0 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  (*)  mx  2 y  0 1 2m D  2  2m 2 m 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

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 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: ïì(m + 1)x - 2y = m - 1 mx  2 y  2m a)  b) ïí 2 ïï m x - y = m 2 + 2m x  y  3 î ìï(m + 1)x + 8y = 4m Bài 3.49: Tìm m để hệ phương trình ïí có nghiệm duy nhất ïï mx + (m + 3)y = 3m - 1 î ïì -4x + my = m + 1 Bài 3.50: Tìm m để hệ phương trình ïí có vô số nghiệm: ïï( m + 6 ) x + 2y = m + 3 î Bài 3.51: Tùy theo giá trị của m , hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 2 2 P  x; y    mx  2 y  2m    x  y  3  ïì(2m + 1)x - 3y = 3m - 2 Bài 3.52: Cho hệ phương trình: ïí . ïï(m + 3)x - (m + 1)y = 2m î a) Tìm m để hệ có nghiệm. b) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất (x;y) thỏa mãn x ³ 2y .

c) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất (x;y) sao cho P = x 2 + 3y 2 nhỏ nhất . ìï m x + 1 + y = m + 1 ï Bài 3.53: Giải và biện luận hệ: í ïï x + 1 + m y = 2 ïî

150

§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. 2. Các ví dụ minh họa. Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau ìï y + x 2 = 4x ì 3x - 4y + 1 = 0 ï a) ïí b) ïí ïï 2x + y - 5 = 0 ï ï xy = 3(x + y ) - 9 î î Lời giải ìï 5 - 2x + x 2 = 4x a) Hệ phương trình tương đương ïí ïï y = 5 - 2x î ìï é x = 1 ïï ê ì x =5 ïì x 2 - 6x + 5 = 0 ïì x = 1 ï Û ïí Û ïí êêë x = 5 Û ïí hoặc ïí ïï y = 5 - 2x ïï ïï y = 3 ï y = -5 ï î î î ïïî y = 5 - 2x Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x ; y ) là ( 1; 3 ) và ( 5; -5 ) .

4y - 1 ïìï ïï x = 3 b) Hệ phương trình tương đương í ïï 4y - 1 4y - 1 y = 3( + y) - 9 ïï î 3 3 ìï ïï x = 4y - 1 ìx = 3 ì 4y - 1 11 ïìï ï ï ïï 3 ï ï x = x = ï ï ï hoặc ïí Ûí Û í éê y = 3 Ûí 3 3 5 ï ïï 4y 2 - 22y + 30 = 0 ïï ï y = ï ï y = 3 ê 5 ï ïï ê ï î 2 î îï ïïî êë y = 2 æ 11 ö æ 5ö Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x ; y ) là çç ; 3 ÷÷÷ và çç 3; ÷÷÷ . çè 3 ø çè 2 ø 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 ì ï ìï x 3 = xy + 2 ï x (x + y + 1) - 3 = 0 ï a) í b) ïí 5 ïï 2x - y = 3 ï (x + y )2 - 2 + 1 = 0 ï î ï î x Lời giải ìï x 3 = x ( 2x - 3 ) + 2 a) Hệ phương trình tương đương với ïí ïï y = 2x - 3 î

116

ìï( x - 1 ) ( x 2 - x + 2 ) = 0 ìï x = 1 Û ïí Û ïí ïï ïï y = -1 y = 2x - 3 î î Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x ; y ) là ( 1; -1 ) .

b) ĐKXĐ: x ¹ 0

ìï ïï x + y = 3 - 1 ï x Hệ phương trình tương đương với ïí 2 ïïæç 3 5 ÷ö ïïçç - 1 ÷÷ - 2 + 1 = 0 ø x ïîè x

ì 3 ï ìï ï ìï y = -x -1 ïï x + y = 3 - 1 3 ï ïy = - x - 1 ï x x Û ïí Û ïí Ûï íéx = 1 x ïï 9 ïï x 2 - 3x + 2 = 0 ï 6 5 ê ï ïï 2 - + 1 - 2 + 1 = 0 ï ï êx = 2 î ï x îx x ï î êë ìï x = 2 ï ïìï x = 1 Ûí và ïí (thỏa mãn) ïï y = - 3 ïï y = 1 î ïî 2 æ 3ö Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x ; y ) là ( 1;1 ) và çç 2; - ÷÷÷ . çè 2ø 3. Bài tập luyện tập. Bài 3.54: Giải các hệ phương trình ì ìï x 3y = 16 ìï 2x + y = 5 ï x 3 - 8x = y 3 + 2y ï ï ï a) í 2 b) í c) í 2 ï ïï 3x + y = 8 ïï 4x + y 2 = 17 x - 3 = 3(y 2 + 1) ï î î î ìï x + y = m Bài 3.55: Tìm m để hệ phương trình: ïí 2 có nghiệm. ïï 2x - 3y 2 = 1 î

 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: ìï f (x , y ) = 0 (I) ïí với f ( x ; y ) = f ( y; x ) và g ( x ; y ) = g ( y; x ) . ïï g(x , y ) = 0 î (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

ì f (x , y ) = 0 ï Hệ phương trình đối xứng loại 2 là hệ phương trình có dạng: (II) ïí ï f (y, x ) = 0 ï î (Có nghĩa là khi hoán vị giữa x và y thì (1) biến thành (2) và ngược lại).

117

(1) (2)

ì ï f (x , y ) - f (y, x ) = 0 (3)  Trừ (1) và (2) vế theo vế ta được: (II)  ïí ï f (x , y ) = 0 ï î éx = y  Biến đổi (3) về phương trình tích: (3)  (x - y ).g(x , y ) = 0  êê . êë g(x , y ) = 0 éì ï f (x , y ) = 0 ê ïí ê ïx = y  Như vậy (II)  êê ïî . ì ê ïï f (x , y ) = 0 ê íï g(x , y ) = 0 êëî ï  Giải các hệ phương trình trên ta tìm được nghiệm của hệ (II). c) Chú ý: Hệ phương trình đối xứng loại 1, 2 nếu có nghiệm là ( x 0 ; y 0 ) thì ( y 0 ; x 0 ) cũng là một nghiệm của nó.

2. Các ví dụ minh họa. Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau ìï x + xy + y = 2 + 3 2 ì ï x 2y + xy 2 = 30 ï ï a) í 2 b) í 3 . ïï x + y 2 = 6 ïï x + y 3 = 35 î î Lời giải a) Đặt S = x + y ; P = xy , ta có hệ: ìï S 2 + 2S = 10 + 6 2 ì(S + 1)2 = (3 + 2)2 ìï S + P = 2 + 3 2 ï ï ï ï Û Û í 2 í í ïï S - 2P = 6 ïï S + P = 2 + 3 2 ï ï î ïP = 2 + 3 2 - S îï î ïìï é S = 2 + 2 ìï S = 2 + 2 ì ï ïï êê ï ï S = -4 - 2 Û í ê S = -4 - 2 Ûí hoặc í ïï ë ïï P = 2 2 ï ï ïP = 6 + 4 2 îï î ïï P = 2 + 3 2 - S ïî  Với S = 2 + 2 ; P = 2 2 ta có x, y là nghiệm phương trình: éX = 2 X 2 - (2 + 2)X + 2 2 = 0 Û êê êë X = 2  Với S = -4 - 2 ; P = 6 + 4 2 ta có x, y là nghiệm phương trình: X 2 + (4 + 2)X + 6 + 4 2 = 0 ( vô nghiệm). Vậy hệ có nghiệm ( x ; y ) là (2; 2) và ( 2;2) .

b) Đặt S = x + y, P = xy , điều kiện S2 ³ 4P . Hệ phương trình trở thành: ìï ïï P = 30 ìS = 5 ìx + y = 5 ìx = ïìï SP = 30 ï ï ï ï ï ï Û Û Û Û ïí æ S í í í í 2 ï ï ï ïï S (S - 3P ) = 35 ïï ç 2 90 ö÷ P =6 xy = 6 ï ï ïy = S S 35 = î î î î ÷ ïï çèç ÷ S ø ïî Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau ì ï ï 3x ìï x 3 + 2x = y ìï y 2 = x 3 - 3x 2 + 2x ï ï ï ï a) í 3 b) í 2 c) í ï ïï y + 2y = x ïï x = y 3 - 3y 2 + 2y ï î î 3y ï ï ï î

118

ìx = 3 2 ï . Úï í 3 ï y = 2 ï î x2 + 2 y2 2 y +2 = x2 =

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 Û (x - y )(x 2 + y 2 + xy + 3) = 0 Û x = y 2 éæ ù y ÷ö 3y 2 2 2 ê ç + 3 úú > 0 ) (Vì x + y + xy + 3 = ê ç x + ÷÷ + 2ø 4 êë çè úû Thay x = y vào phương trình đầu ta được: x 3 + x = 0 Û 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: y 2 - x 2 = x 3 - y 3 - 3(x 2 - y 2 ) + 2(x - y ) Û (x - y )(x 2 + xy + y 2 - 2x - 2y + 2) = 0

1 (x - y ) éë x 2 + y 2 + (x + y - 2)2 ùû = 0 Û x = y 2 (vì x 2 + y 2 + (x + y - 2)2 > 0) Thay x = y vào phương trình đầu ta được: Û

x 3 - 4x 2 + 2x = 0 Û x (x 2 - 4x + 2) = 0 éx = 0 éx = 0 Û êê 2 Û êê x - 4x + 2 = 0 êë x = 2 ± 2 ëê

Vậy hệ phương trình có ba nghiệm: (0; 0);(2 + 2;2 + 2) và (2 - 2;2 - 2) . c) ĐKXĐ: x ¹ 0 và y ¹ 0 ì ïx > 0 Nhận xét từ hệ phương trình ta có phương trình có nghiệm ( x ; y ) thì ïí . ï y>0 ï î 2 ìï ïï 3x = x + 2 ìï 3xy 2 = x 2 + 2 (1) 2 ï y Û ïí Ta có í ïï ïï 3yx 2 = y 2 + 2 (2) y2 + 2 î 3 y = ïï ïî x2 Trừ (1) và (2) ta được: (x - y )(3xy + x + y ) = 0 Û x = y (vì 3xy + x + y > 0 ) Với x = y : (1) Û 3x 3 - x 2 - 2 = 0 Û (x - 1)(3x 2 + 2x + 2) = 0 Û x = 1. Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x ; y ) = ( 1;1 ) .

ìï x 2 + xy + y 2 = m + 6 Ví dụ 3: Tìm m để hệ phương trình ïí có nghiệm duy nhất. ïï 2x + xy + 2y = m î 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 suy nhất ìï 3x 02 = m + 6 thì x 0 = y 0 suy ra ïí 2 Þ 3x 02 = x 02 + 4x 0 + 6 ïï x 0 + 4x 0 = m î é x 0 = -1 Þ m = -3 Û 2x 02 - 4x 0 - 6 = 0 Û êê êë x 0 = 3 Þ m = 21

119

ìï x 2 + xy + y 2 = 3 + Với m = -3 hệ trở thành ïí ïï 2(x + y ) + xy = -3 î ì ìï S = x + y ï S2 - P = 3 , S 2 ³ 4P hệ phương trình trở thành ï Đặt ïí í ïï P = xy ï 2S + P = -3 ï î î ìï é S = 0 ïï ê ìï S 2 + 2S = 0 ìï S = 0 ìï S = -2 Û ïí Û ïí êêë S = -2 Û ïí hoặc ïí ïï P = -2S - 3 ïï ïï P = -3 ï P =1 ï î î î ïïî P = -2S - 3 é X = 3 ìï S = 0 ìï x + y = -2 Khi ïí ta có ïí suy ra x , y là nghiệm của phương trình X 2 - 3 = 0 Û êê ïï P = -3 ïï xy = 1 êë X = - 3 î î Do đó hệ có nghiệm là 3; - 3 và - 3; 3

(

)

(

)

Suy ra m = -3 thì hệ phương trình không có nghiệm duy nhất.. ìï x 2 + xy + y 2 = 27 ìï(x + y )2 - xy = 27 ï Ûï + Với m = 21 hệ trở thành í í ïï 2x + xy + 2y = 21 ï 2(x + y ) + xy = 21 ï î î ì ìï S = x + y ï S 2 - P = 27 2 ï ï , S ³ 4P hệ phương trình trở thành í Đặt í ïï P = xy ï 2S + P = 21 ï î î ìï é S = 6 ïï ê ìï S 2 + 2S - 48 = 0 ì ì S = -8 ïS = 6 ï ï Û ïí Û ïí êêë S = -8 Ûï hoặc (loại) í í ïï P = -2S + 21 ïï ï ï P = 9 P = 37 ï ï î î î ïïî P = -2S + 21 ïì S = 6 ïì x + y = 6 Khi ïí ta có ïí suy ra x , y là nghiệm của phương trình X 2 - 6X + 9 = 0 Û X = 3 ïï P = 9 ïï xy = 9 î î Suy ra hệ có nghiệm duy nhất ( x ; y ) = ( 3; 3 ) Vậy với m = 21 thì hệ có nghiệm duy nhất..

ì ï x + y = 2m - 1 Ví dụ 4: Cho ( x ; y ) là nghiệm của hệ phương trình ïí 2 . Tìm m để xy nhỏ nhất. ï x + y 2 = 2m 2 + 2m - 3 ï î Lời giải Đặt S = x + y, P = xy , điều kiện S 2 ³ 4P . ìï S = 2m - 1 Hệ phương trình trở thành ïí 2 ïï S - 2P = 2m 2 + 2m - 3 î ìï S = 2m - 1 ìï S = 2m - 1 ïí Û ïí Û ïï(2m - 1)2 - 2P = 2m 2 + 2m - 3 ïï P = m 2 - 3m + 2 î î 7 Điều kiện S 2 ³ 4P suy ra (2m - 1)2 ³ 4 ( m 2 - 3m + 2 ) Û 8m ³ 7 Û m ³ (*) 8 2 æ 3ö 1 1 Ta có P = xy = m 2 - 3m + 2 = çç m - ÷÷÷ - ³ çè 2ø 4 4

120

Dấu bằng xảy ra Û m =

3 (thỏa mãn (*)) 2

3 thì xy đạt giá trị nhỏ nhất. 2 3. Bài tập luyện tập. Bài 3.56: Giải các hệ phương trình sau: ìï x 3 + y 3 = 19 ïìï x + y + 2xy = 2 a) í 3 b) ïí 3 ïï( x + y )( 8 + xy ) = 2 ïï x + y = 8 î î ïì x + y + 3xy = 5 ïì x + y + xy = -2 c) ïí 2 d) ïí 2 ïï 2x + 2y - 3xy = 1 ïï x 2 + y 2 = 4 î î Bài 3.57: Giải các hệ phương trình sau: ìï 3 ïï = 2x + y ìï x 2 = 3x + 2y ï 2 ï a) í 2 b) í x ïï y = 3y + 2x ïï 3 î ïï 2 = 2y + x ïî y ìï 3 ïï = x 2 + 2y 2 ìï x 3 = 2x - y ï c) ïí 3 d) í x ïï 3 ïï y = 2y - x 2 2 î ïï = 2x + y ïî y ìï x = y 2 - y + m Bài 3.58: Tìm m để các hệ phương trình ïí có nghiệm duy nhất. ïï y = x 2 - x + m î

Vậy m =

 DẠNG TOÁN 3: HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP BẬC HAI . 1. Phương pháp giải. ì ï a1x 2 + b1xy + c1y 2 = d1 ï Hệ phương trình đẳng cấp bậc hai là hệ phương trình có dạng: (I) í 2 . 2 ï ïa2x + b2xy + c2y = d2 î  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 bậc hai theo k . Giải phương trình này ta tìm được k , từ đó tìm được ( x ; y ). 2. Các ví dụ minh họa.

ìï x 2 + 6y 2 - 5xy = 0 (1) Ví dụ 1:Giải hệ phương trình sau: ïí 2 ïï 4x + 2xy + 6x = 27 (2) î Lời giải Nếu x = 0 thay vào ( 1 ) Þ y = 0 , thay vào (2) thấy ( x ; y ) = ( 0; 0 ) là nghiệm của phương trình (2) nên không

phải là nghiệm của hệ phương trình.

ì ï x 2 + 6t 2y 2 - 5tx 2 = 0 ï Nếu x ¹ 0 , đặt y = tx , thay vào hệ ta được í 2 ï 4x + 2tx 2 + 6x = 27 ï î

121

ìï x 2 (1 + 6t 2 - 5t ) = 0 ìï 6t 2 - 5t + 1 = 0 (*) ïí Û ïí 2 Û ïï 4x + 2tx 2 + 6x = 27 ïï 4x 2 + 2tx 2 + 6x = 27 (**) î î (*) Û t =

1 1 hoặc t = 2 3

1 thay vào (**) ta được 4x 2 + x 2 + 6x = 27 Û 5x 2 + 6x - 27 = 0 2 é 3 ê x = -3 Þ y = ê 2 Û ê 9 9 ê x = Þy = êë 5 10 1 2 Với t = thay vào (**) ta được 4x 2 + x 2 + 6x = 27 Û 14x 2 + 18x - 81 = 0 3 3 é 9 1 + 15 3 1 + 15 ê Þy =êx = 14 14 Û ê ê 9 15 1 3 15 -1 ê x = Þ y = ê ë 14 14 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x ; y ) là

Với t =

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

) (

)

3 1 + 15 ö÷ æç 9 15 - 1 3 15 - 1 ö÷ æ öæ ö æ 9 1 + 15 ÷÷, ç ÷÷ . çç -3; - 3 ÷÷, çç 9 ; 9 ÷÷, ççç ;; ÷÷ çç ÷÷ 2 ÷ø èç 5 10 ÷ø ççè 14 14 14 14 èç ÷ø èç ÷ø ïìï x 2 - xy + y 2 = 1 Ví dụ 2:Giải hệ phương trình í 2 ïï 2x - 3xy + 4y 2 = 3 î Lời giải Dễ thấy x = 0 không thoả hệ ì ï x 2 (t 2 - t + 1) = 1 (*) ï Với x ¹ 0 , đặt y = tx , thay vào hệ ta được í 2 2 ï x (2t - 3t + 4) = 3 ï î Suy ra 3(t 2 - t + 1) = 2t 2 - 3t + 4 Þ t = ±1 Thay vào (*) thì é x =1Þy =1 Với t = 1 , ta có x 2 = 1 Û êê êë x = -1 Þ y = -1 é êx = 3 Þ y = - 3 1 ê 3 3 Với t = -1 ta có x 2 = Û ê 3 ê 3 3 Þy = êx = êë 3 3 æ 1 -1 ö÷ æ -1 1 ö÷ ; ; Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x ; y ) là çç ÷, çç ÷, ( -1; -1 ) và ( 1;1 ) èç 3 3 ÷ø èç 3 3 ÷ø ìï x 2 + 2xy + y 2 = 11 Ví dụ 3: Với giá trị nào của m thì hệ: ïí 2 có nghiệm ïï x + 2xy + 3y 2 = 17 + m î

122

Lời giải Dễ thấy x = 0 không thoả hệ Với x ¹ 0 , đặt y = tx , thay vào hệ ta được ìï x 2 ( 3 + 2k + k 2 ) = 11 ( * ) ïí ïï x 2 ( 1 + 2k + 3k 2 ) = 17 + m î Suy ra ( 17 + m )( 1 + 2k + k 2 ) = 11 ( 1 + 2k + 3k 2 ) . Û ( m - 16 ) k 2 + 2 ( m + 6 )k + m + 6 = 0 ( * * )

Ta có: 3 + 2k + k 2 = ( k + 1 ) + 2 > 0, "k Þ ( * ) luôn có nghiệm x với mọi k do đó hệ ban đầu có nghiệm khi 2

và chỉ khi phương trình (**) có nghiệm ẩn k . Với m = 16 : Phương trình (**) trở thành 44k + 88 = 0 Û k = -2 . Vậy m = 16 thỏa mãn. Với m ¹ 16 : Phương trình (**) có nghiệm Û D 'k ³ 0 Û ( m + 6 ) - ( m - 16 )( m + 6 ) ³ 0 Û 22 (m + 6 ) ³ 0 Û m ³ -6 2

Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m ³ -6 . 3. Bài tập luyện tập. ìï 3x 2 + 5xy - 4y 2 = 38 Bài 3.59: Giải hệ phương trình sau: ïí 2 ïï 5x - 9xy - 3y 2 = 15 î ìï 3x 2 + 2xy + y 2 = 11 Bài 3.60: Giải hệ phương trình : ïí 2 ïï x + 2xy + 3y 2 = 17 î ìï x 2 - 4xy + y 2 = m Bài 3.61: Cho hệ phương trình : ïí 2 ïï y - 3xy = 4 î a) Giải hệ phương trình với m  1 b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm

 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 ì 5xy ï ï ìï 4x 2 + 1 = y 2 - 4x ìï 2xy + 3x + 4y = -6 x+ 2 = 2 (y + 1) ï 2 ï ï ï x + y a) í 2 b) c) í í ïï x + xy + y 2 = 1 ïï x 2 + 4y 2 + 4x + 12y = 3 ï 2 ï î î x 1 = y ( 3 - 5y ) ( ) ï ï î Lời giải

123

ìï ( x + 2 )( 2y + 3 ) = 0 a) Hệ phương trình tương đương với ïí 2 ïï x + 4y 2 + 4x + 12y = 3 î ìï ìï x +2 = 0 2y + 3 = 0 ïí (1) hoặc (2) Û ïí 2 2 2 ïï x + 4y + 4x + 12y = 3 ïï x + 4y 2 + 4x + 12y = 3 î î ìï ìï x = -2 x = -2 ïí Ta có ( 1 ) Û ïí 2 (Vô nghiệm) Û 2 2 ïï x - y + 2x - 4y = 5 ïï y + 4y + 5 = 0 î î ì 5 ï ì ï 3 3 ï ïìï x =ï ï y = y = 2 hoặc Û ïí Ûï ( 2 ) Û ïíï í 2 2 ï ï 3 2 2 2 ï ïï 4x + 8x - 5 = 0 ï x - y + 2x - 4y = 5 y =ï ï î î ï î 2 æ 5 3ö æ1 3ö Vậy hệ phương trình có nghiệm là çç - ; - ÷÷÷ và çç ; - ÷÷÷ . çè 2 2 ø çè 2 2 ø

ì 1 ï ï x = ï ï 2 í ï 3 ï y =ï ï î 2

ì ïìï ( 2x + 1 )2 = y 2 y = ± ( 2x + 1 ) ï ï Û b) Hệ phương trình tương đương với í 2 í 2 2 ïï x + xy + y = 1 ï x + xy + y 2 = 1 ï î ïî ìï ìï y = 2x + 1 y = 2x + 1 ïí Xét hệ ïí 2 Û ïï x + xy + y 2 = 1 ïï x 2 + x ( 2x + 1 ) + ( 2x + 1 )2 = 1 î ïî é ïì x = 0 ê ïí ìï y = 2x + 1 ê ïy = 1 ïï ê îï ïìï y = 2x + 1 ïï é x = 0 ê Ûí 2 Ûí ê Û ê ïìï x = - 5 ïï 7x + 5x = 0 ïï ê ê ïï 5 7 î ïï ê x = êí ê ï 3 êï ïî ë 7 êïï y = 7 ëî ì ìï y = -2x - 1 y = -2x - 1 ï ïí Xét hệ ïí 2 Û ïï x + xy + y 2 = 1 ïï x 2 - x ( 2x + 1 ) + ( 2x + 1 )2 = 1 î ïî éì ïx =0 ê ïí ìï y = -2x - 1 ï ê ï y = -1 ïì y = -2x - 1 ï Û ïí 2 Û ïí éê x = 0 Û êê ïî ì ïï 3x + 3x = 0 ïï ê ïï x = -1 î ïïî ëêê x = -1 ê íï y = 1 êëî ï æ 5 3ö Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x ; y ) là ( 0;1 ), çç - ; - ÷÷÷, ( 0; -1 ) và ( -1;1 ) . çè 7 7 ø c) ĐKXĐ: x ¹ 0 và y ¹ 0 Phương trình thứ nhất của hệ phương trình tương đương với 5xy 5xy x+ 2 = 2 ( y + 1 ) Û x - 2y + 2 -2 = 0 2 x +y x + y2 ( x - 2y )(y - 2x ) 5xy - 2x 2 - 2y 2 Û x - 2y + = 0 Û x 2 y + =0 x 2 + y2 x 2 + y2

124

é x = 2y Û ( x - 2y )( x 2 + y 2 - 2x + y ) = 0 Û êê 2 2 êë x + y - 2x + y = 0 Suy ra hệ phương trình tương đương với ìï x 2 + y 2 - 2x + y = 0 x = 2y ïì ïí (3) hoặc ïí (4) 2 ïï ( x - 1 )2 = y ( 3 - 5y ) ïï( x - 1 ) = y ( 3 - 5y ) ïî ïî ì x = 2y ï Ta có ( 3 ) Û ïí Û 2 ï 2 y 1 = y 3 5 y ( ) ( ) ï ï î

ì x = 2y ï ìï ï x = 2y ïí ï Û í 7 ± 13 ïï 9y 2 - 7y + 1 = 0 ï y = ï î ï î 18

ìï ìï ïï x = 7 + 13 ïï x = 7 - 13 ï ï 9 9 Ûí hoặc í (thõa mãn) ïï ïï 7 + 13 7 - 13 ïï y = ïï y = ïî ïî 18 18

ì ï x 2 - 2x = -y 2 - y ìï x 2 - 2x = -y 2 - y ï ïìï x 2 - 2x = -y 2 - y ï ï ( 4 ) Û íï1 - y 2 - y = y 3 - 5y Û íï 4y 2 - 4y + 1 = 0 Û íï 1 ( ) îï y = ïî ï ï î 2 ì ìï 2 ì 3 1 ïï ïï ïï x - 2x + 3 = 0 x = x = ï ï 2 (thỏa mãn) 4 2 hoặc ïí Û ïí Û ïí ïï ïï ïï 1 1 1 y = ïï y = ïï ïï y = î 2 î 2 î 2 æ 7 + 13 7 + 13 ö÷ æ 7 - 13 7 - 13 ö÷ æ 1 1 ö æ3 1ö ÷÷, çç ÷÷, çç ; ÷÷ và çç ; ÷÷ ; ; Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x ; y ) là ççç çè 2 2 ÷ø 9 18 ÷ø çèç 9 18 ÷ø çè 2 2 ø÷ èç Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau ìæ ö ï çç 2 - 1 ÷÷ y = 2 ï 3 3 2 2 ï ìï x + 2y + 2y = 2xy ( x + 1 ) ìï x + 3 = xy ï çè 2x + y ÷ø a) ïí 2 b) ïí c) ïí 2 2 æ ö ïï ïï y + 5x = 4xy + 3 ï 3xy = 2 ( x - y ) çç 2 + 1 ÷÷ x = 2 ï î î ï ï 2x + y ÷ø ï îçè Lời giải ìï xy - x 2 = 3 a) Hệ phương trình tương đương với ïí 2 ïï y + 5x 2 = 4xy + ( xy - x 2 ) î 2 ïì xy - x = 3 ïìï xy - x 2 = 3 Û ïí 2 Û í ïï 6x - 5xy + y 2 = 0 ïï ( 2x - y )( 3x - y ) = 0 î î 2 ìï xy - x = 3 ìï xy - x 2 = 3 Û ïí (1) hoặc ïí (2) ïï 2x - y = 0 ïï 3x - y = 0 î î 2 ìx = 3 ì ìï x = 3 ï ïï x = - 3 ïì x = ± 3 ï Û ïí Ûí Giải hệ (1): ( 1 ) Û ïí hoặc í ïï y = 2x ï y = 2x ï ï y =2 3 y = -2 3 ï ï î îï ï ï î î

125

ì ì ï ï 6 6 ï ï ïìï 6 x =x = ï ï ìï 2x 2 = 3 x =± ï 2 2 hoặc ï Û ïí Giải hệ (2): ( 2 ) Û ïí í 2 Ûí ï ïï y = 3x ïï ï 3 6 3 6 ï ï î y =y = ï ïî y = 3x ï ï ï ï ï î 2 î 2 æ 6 3 6 ö÷ æ 6 3 6 ö÷ ÷÷ và çç ÷ ; Vậy hệ phương trình có nghiệm là 3;2 3 , - 3; -2 3 , ççç çç 2 ; - 2 ÷÷ . 2 ø÷ èç 2 è ø ïìï x 3 - 2y 3 - 2x 2y + 2y ( y - x ) = 0 b) Hệ phương trình tương đương với í ïï 2y = 2x 2 - 3xy î ì x 3 - 3x 2y + 3xy 2 - 2y 3 = 0 ïìï x 3 - 2y 3 - 2x 2y + ( 2x 2 - 3xy ) (y - x ) = 0 ï Ûí Ûï í 2 ïï ï 2y = 2x 2 - 3xy 2y = 2x - 3xy ï î î ì ìï x - 2y = 0 ïìï( x - 2y )( x 2 - xy + y 2 ) = 0 ïï x 2 - xy + y 2 = 0 ï Ûí Ûí (3) hoặc í (4) ïï ïï 2y = 2x 2 - 3xy ïï 2y = 2x 2 - 3xy 2y = 2x 2 - 3xy î î î ì x = 2y ï ï x = 2y ïìï ïìï x = 2y ï ï Giải hệ (3): ( 3 ) Û í Û Û í í éê y = 0 2 2 2 ïï 2y = 8y - 6y ïï 2y - 2y = 0 ï ï êy = 1 î î ï ï î ëê ìï x = 0 ìï x = 2 Û ïí hoặc ïí ïï y = 0 ïï y = 1 î î 2 æ ö y 3y 2 2 2 ÷ ³ 0 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = 0 và x = y = 0 Giải hệ (4): Ta có x - xy + y = çç x - ÷÷ + çè 2ø 4

(

) (

)

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 ) . ìï x ³ 0 c) ĐKXĐ: ïí và 2x + y ¹ 0 ïï y ³ 0 î Dễ thấy x = 0 hoặc y = 0 thì hệ phương trình vô nghiệm. Xét xy ¹ 0 ta có ìï 1 1 ïï1 (*) = ïï 2 ( 2x + y ) y Hệ phương trình tương đương với í ïï 1 1 = ïï 1 + 2 ( 2x + y ) x ïî

1 1 1 = (6) 2x + y y x y x æ 1 2 1 öæ ÷÷ çç 1 + 1 ö÷÷ = ççç Nhân hai vế của phương trình (5) và (6) ta được ÷ ÷ 2x + y è y x ÷øèç y x ÷ø

Cộng vế với vế ta được 2 =

Û-

(5), trừ vế với vế ta được -

2 1 1 = - Û -2xy = ( x - y )( 2x + y ) 2x + y y x

é y = -x Û 2x 2 + xy - y 2 = 0 Û ( x + y )( 2x - y ) = 0 Û êê êë y = 2x

126

Đối chiếu với điều kiện ta thấy chỉ có y = 2x thỏa mãn, thay vào (*) ta được é ê x = 2 +2 1 1 ê 4 Û 8x - 4 2. x - 1 = 0 Û ê 1= 8x ê 2 -2 2x (VN ) ê x = êë 4

3+2 2 3+2 2 Þy = (thỏa mãn) 8 4 æ 3 + 2 2 3 + 2 2 ö÷ ÷÷ . ; Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x ; y ) = ççç ÷ø 8 4 èç 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 ìï x 2 - 2y 2 + xy + 3x + 2 = 0 ì ïï x 2 + y 2 + xy = 3 ï a) í b) í 2 ïï x 2 + y2 = x + y ïï x + 2xy + 9 = 7x + 5y î î Lời giải ìï(x - y + 1)(x + 2y + 2) = 0 a) Hệ phương trình tương đương với ïí ïï x 2 + y2 = x + y î ìï é x - y + 1 = 0 ïï ê ì x + 2y + 2 = 0 ïì x - y + 1 = 0 ï (1) hoặc ïí 2 (2) Û ïí êêë x + 2y + 2 = 0 Û ïí 2 2 2 ïï 2 ï ï x + y = x + y x + y = x + y ïî ï î ïïî x + y 2 = x + y ì ì y = x +1 ïìï y = x +1 x =0 ï ï ï ï Giải hệ (1): ( 1 ) Û í 2 Û Û í í 2 2 ïï x + ( x + 1 ) = x + x + 1 ïï 2x = 0 ïï y = 1 î î ïî ìï x = -2y - 2 x = -2y - 2 ïìï ï Giải hệ (2): ( 2 ) Û í (vô nghiệm) Û í 2 ïï( -2y - 2 )2 + y 2 = -2y - 2 + y ïï 5y + 9y + 6 = 0 î ïî Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x ; y ) = ( 0;1 ) Ûx =

b) Cộng hai phương trình của hệ ta có 2x 2 + y 2 + 3xy - 7x - 5y + 6 = 0 Û ( y + 2x - 3 )(y + x - 2 ) = 0 é y + 2x - 3 = 0 ïì y = 3 - 2x Û êê Û ïí ïï y = 2 - x y +x -2 = 0 ëê î

ìï x 2 + xy + y 2 = 3 ì x 2 + xy + y 2 = 3 ï Suy ra hệ phương trình tương đương với ïí (3) hoặc ïí (4) ïï y = 3 - 2x ï y = 2 x ï î î 2 2 ì ïìï x 2 + x ( 3 - 2x ) + ( 3 - 2x ) = 3 ï 3x - 9x + 6 = 0 Ûï Giải hệ (3): ( 3 ) Û í í ïï ï y = 3 - 2x y = 3 2 x ï î ïî ïìï é x = 1 ïì x = 1 ïì x = 2 ï ê Û ïí êêë x = 2 Û ïí hoặc ïí ïï ïï y = 1 ïï y = -1 î î ïïî y = 3 - 2x

127

ìï x 2 + x 2 - x + 2 - x 2 = 3 ì x 2 - 2x + 1 = 0 ìx = 1 ï ï ( ) ( ) ï Ûï Ûï Giải hệ (4): ( 4 ) Û í í í ïï ï ï y =1 y = 2-x y = 2 x ï ï î î ïî Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x ; y ) là ( 1;1 ) và ( 2; -1 )

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 a sao cho x 2 + 2xy - 7x - 5y + 9 + a ( x 2 + xy + y 2 ) = 3a Û ( 1 + a ) x 2 + ( 2y + ay - 7 ) x + ay 2 - 5y + 9 - 3a = 0 có thể phân tích thành nhân tử. Điều này có được

khi Dx = ( 2y + ay - 7 ) - 4 ( 1 + a )( ay 2 - 5y + 9 - 3a ) = ( 4 - 3a2 ) y 2 + ( 6a - 8 )y + 12a2 - 24a + 13 2

là số chính phương hay D 'y = ( 3a - 4 ) - ( 4 - 3a2 )( 12a2 - 24a + 13 ) = 36a 4 - 72a 3 + 72a - 36 = 0 2

Û a = 1 hoặc a = -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 ìï 1 ì x ï y 2 x ïï ï 2 + 6y + x - 2y = + = +2 ï a) í x b) í y x y ï ïï 2 2 ï ï x ( 1 - 8y ) = x + 2y ïïî 2y - 2y + 1 = 3xy ï î

Lời giải a) Điều kiện xác định: x > 0, y ¹ 0 . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với

y 2 x = + 2 Û y x + y 2 = 2x x + 2xy Û y 2 + y( x - 2x ) - 2x x = 0 x y x Xem đây là phương trình bậc hai theo biến y, ta có Dx = ( x - 2x )2 + 8x x = x + 4x x + 4x 2 = ( x + 2x )2 > 0 . Do đó, phương trình này có hai nghiệm là 1

(2x - x ) - ( x + 2x ) (2x - x ) + ( x + 2x ) = - x và y = = 2x 2 2 ìï y = - x ì y = 2x ï Suy ra hệ phương trình tương đương với ïí 2 (3) hoặc ïí 2 (4) ïï 2y - 2y + 1 = 3xy ï 2 y 2 y + 1 = 3 xy ï î î ìï y = - x 2 ï Ta có ( 3 ) Û ïí (vô nghiệm vì y 2 + ( y - 1 ) > 0, - 3x x < 0 ) 2 ïï y 2 + ( y - 1 ) = -3x x ïî ì y = 2x ï ì ì y = 2x ï ï ï ï y = 2x ï ï Ûí 2 Ûí ( 4 ) Û íï 2 2± 2 ï ï 2x - 4x + 1 = 0 2 2 x 2 2 x + 1 = 3 x 2 x ( ) ( ) ( ) x = ï ï ï î ï î ï î 2 ìï ì ïï 2- 2 ïï x = 2 + 2 ïx = Ûí hoặc Û í (thỏa mãn điều kiện) 2 2 ïï ïï ïîï y = 2 + 2 ïîï y = 2 - 2 y =

128

æ2 + 2 ö æ2 - 2 ö ;2 + 2 ÷÷÷ và ççç ;2 - 2 ÷÷÷ . Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x ; y ) là ççç ÷ø ÷ø çè 2 çè 2 ì ï x ³ 2y b) ĐKXĐ: ïí ï y ¹0 ï î Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với 6y 2 + y x - 2y - ( x - 2y ) = 0 Û 3y - x - 2y 2y + x - 2y = 0

(

)(

é 3y - x - 2y = 0 (1) Û êê êë 2y + x - 2y = 0 (2)  TH1: Với 3y - x - 2y = 0 Û 3y =

)

x - 2y : Dễ thấy khi y < 0 thì phương trình vô nghiệm.

Ta xét y ³ 0 ta có ( 1 ) Û 9y = x - 2y kết hợp với phương trình thứ hai của hệ thì 2

ïìï 9y 2 = x - 2y ïìï 9y 2 = x - 2y Ûí 2 Û í ïï x ( 1 - 8y ) = x 2 + 2y ïï x + 8xy = 9y 2 î î ìï 9y 2 = x - 2y ìï 9y 2 = x - 2y ï Ûí (1') hoặc ïí (1'') ïï x - y = 0 ïï x + 9y = 0 î î

ì ï 9y 2 = x - 2y ï í ï x - y )(x + 9y ) = 0 ï î(

ì é y =0 ï ï ê ì x =y =0 ï ï ï ïìï 9y = -y ê ï 1 ï ï ê Ûíy =- Ûí Hệ phương trình (1') tương đương í 1 ïï x - y = 0 ï ï x =y =ëê 9 ï ï î ï ï î 9 x =y ï ï î ì é y =0 ï ï ê ìx = 0 ì x = 99 ïìï 9y 2 = -9y - 2y ï ï ï Û ïí êêë y = -11 Û ïí Hệ phương trình (1") tương đương í hoặc ïí ïï ï ï ï y =0 y = -11 x = -9y ï ï ï î î î x = -9y ï ï î Kết hợp điều kiện suy ra trong trường hợp này hệ phương trình vô nghiệm  TH2: Với 2y + x - 2y = 0 Û -2y = x - 2y : Dễ thấy khi y > 0 thì phương trình vô nghiệm. 2

Ta xét y £ 0 ta có ( 2 ) Û 4y 2 = x - 2y kết hợp với phương trình thứ hai của hệ thì

ì ï 4y 2 = x - 2y ïìï 4y 2 = x - 2y ïìï 4y 2 = x - 2y ï Ûí 2 Ûí í ïï x ( 1 - 8y ) = x 2 + 2y ïï x + 8xy = 4y 2 ï x = -4y ± 2 5y ï î î î ìï 4y 2 = x - 2y ìï 4y 2 = x - 2y ï Ûí (2') hoặc Û ïí (2'') ïï x = -4 + 2 5 y ïï x = -4 - 2 5 y ïî ïî ì é y =0 ï ï ê ï ìï 4y 2 = -6 + 2 5 y ï ê ï -3 + 5 Ûï Hệ phương trình (2') tương đương với í í êê y = ïï x = -4 + 2 5 y ï ë 2 ï ïî ï ï x = -4 + 2 5 y ï î ìï x = 11 - 5 5 ïï Û x = y = 0 hoặc í ïï y = -3 + 5 ïïî 2

(

)

(

)

(

129

(

)

(

)

ì é y =0 ï ï ê ï ìï 4y 2 = -6 - 2 5 y ï ê 3+ 5 Ûï Hệ phương trình (2") tương đương với ïí í êê y = ïï x = -4 - 2 5 y ï ë 2 ï ïî ï ï x = 4 2 5 y ï î ìï x = 11 + 5 5 ïï Û x = y = 0 hoặc í ïï y = - 3 + 5 ïïî 2 æ æ -3 + 5 ö÷ 3 + 5 ö÷ ÷÷ và çç 11 + 5 5; ÷÷ Kết hợp điều kiện suy ra trong trường hợp này hệ phương trình ççç 11 - 5 5; çç ÷ø çè 2 2 ÷ø è æ æ -3 + 5 ö÷ 3 + 5 ö÷ ÷÷ và çç 11 + 5 5; ÷÷ . Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x ; y ) là ççç 11 - 5 5; çç ÷ø çè 2 2 ÷ø è ìï x 3 + 2xy 2 = 2x 2y + 4 Ví dụ 5: Giải hệ phương trình ïí 2 . ïï x + 2y 2 = xy + x + 2y î Lời giải Nhân phương trình thứ hai với -2 rồi cộng vế với vế với phương trình đầu ta được ( x 3 + 2xy 2 ) - 2 ( x 2 + 2y 2 ) = ( 2x 2y + 4 ) - 2 ( xy + x + 2y )

(

)

(

)

Û ( x 3 - 2x 2 ) + ( 2xy 2 - 4y 2 ) = ( 2x 2y - 2xy - 4y ) + ( 4 - 2x ) Û x 2 ( x - 2 ) + 2y 2 ( x - 2 ) = y ( x - 2 )( 2x + 2 ) - 2 ( x - 2 ) Û ( x - 2 ) ( x 2 - 2xy + 2y 2 - 2y + 2 ) = 0 2 2 Û ( x - 2 ) éê ( x - y ) + ( y - 1 ) + 1 ùú = 0 ë û

Û x = 2 (vì ( x - y ) + ( y - 1 ) + 1 > 0 ) 2

Thay x = 2 vào phương trình thứ hai ta có 4 + 2y 2 = 2y + 2 + 2y Û 2y 2 - 4y + 2 = 0 Û 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 a khác không rồi cộng vế với vế với phương trình đầu ta được ( x 3 + 2xy 2 ) + a ( x 2 + 2y 2 ) = ( 2x 2y + 4 ) + a ( xy + x + 2y ) Û ( 2x + 2a ) y 2 - ( 2x 2 + ax + 2a ) y + x 3 + ax 2 - ax - 4 = 0

Ta sẽ chọn a sao cho đúng với mọi y , suy ra 2x + 2a = 2x 2 + ax + 2a = x 3 + ax 2 - ax - 4 = 0 (*) Ta có 2x 2 + ax + 2a = 0 Û 2x ( x + a ) - ax + 2a = 0 Þ -ax + 2a = 0 Þ x = 2 Þ a = -2 Dễ thấy x = 2, a = -2 thỏa mãn (*) do đó ta có lời giải như trên. Ví dụ 6: Giải các hệ phương trình sau ìï 2x 2 + 3y = y 2 + x + 3 a) ïí 2 b) ïï 2y + 8 = x 2 + x + 7y î Lời giải a) Cộng vế với vế của hai phương trình ta có

130

ì ï x 3 = 8y 3 + 3y ï í 2 ï x + y = 4y 2 + x ï î

2x 2 + 3y + 2y 2 + 8 = y 2 + x + 3 + x 2 + x + 7y

Û x 2 - 2x + y 2 - 4y + 5 = 0 Û ( x - 1 ) + ( y - 2 ) = 0 2

ìï x = 1 Û x - 1 = y - 2 = 0 Û ïí ïï y = 2 î Thay x = 1; y = 2 vào hệ thấy thỏa mãn

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 ) Û x 3 - 3x 2 + 3x - 1 = 8y 2 - 12y 2 + 3y - 1 Û ( x - 1 ) = ( 2y - 1 ) Û x = 2y 3

Thay vào phương trình thứ hai ta được

( 2y )

+ y = 4y 2 + 2y Û y = 0 Þ 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 a bằng cách lấy phương trình thứ nhất(hoặc phương trình thứ hai) nhân với a rồi cộng với phương trình thứ hai sao cho đưa về dạng phương trình ( ax + b ) = ± (a ' y + b ' ) . n

Loại 2: Hệ phương trình giải bằng cách đặt ẩn phụ. Ví dụ 7: Giải hệ phương trình sau: ìï ì 2x 2 - y 2 - 4 ( x - y ) = 1 ï 3x 2 + y = y 2 ï ï a) í 2 b) í 2 2 ïï x ( x - 2 )2 + 2 = ( xy - 2y )( xy - 4x ) ï x x + 45 ) = y ( y 3 - 15 ) ï î ( ïî Lời giải ìï 2 ( x 2 - 2x ) - ( y 2 - 4y ) = 1 ï a) Hệ phương trình tương đương với í 2 ïï( x - 2x )2 - ( x 2 - 2x )( y 2 - 4y ) + 2 = 0 ïî 2 ìïa = x - 2x ïìï 2a - b = 1 Đặt ïí khi đó hệ trở thành í 2 ïï b = y 2 - 4y ïïa - ab + 2 = 0 î î ìb = 2a - 1 ï ï b = 2a - 1 ïìï ïìï b = 2a - 1 ï é Ûí 2 Ûí 2 Ûï í ê a = -1 ïïa - a ( 2a - 1 ) + 2 = 0 ïïa - a - 2 = 0 ï ï ê a =2 î î ï ï î êë ìïa = -1 ìïa = 2 Û ïí hoặc ïí ïïb = -3 ïïb = 3 î î ì x =1 ï ï ìï-1 = x 2 - 2x ìï x 2 - 2x + 1 = 0 ìïa = -1 ï ï ï ï ï Ûí 2 Û í éê y = 1 Với í ta có í ïïb = -3 ïï -3 = y 2 - 4y ïï y - 4y + 3 = 0 ï ï ê î î î ï ï êë y = 3 î ìx = 1 ± 3 ìï 2 = x 2 - 2x ìï x 2 - 2x - 2 = 0 ìïa = 2 ï ïí ï Û Û ta có ïí Với ïí í ïï 3 = y 2 - 4y ïï y 2 - 4y - 3 = 0 ïï y = 2 ± 7 ïïb = 3 î î î ï î

131

(

)(

)

Vậy hệ có nghiệm ( x ; y ) là ( 1;1 ), ( 1; 3 ), 1 + 3;2 + 7 , 1 + 3;2 - 7 , 1 - 3;2 + 7 và

(1 -

)

3;2 - 7 .

ìï ì 3x 2 + y = y 2 ïï y 2 - 3x 2 = y Û b) Hệ phương trình tương đương với ïí 4 (*) í 4 ïï y - x 4 = 15 ( 3x 2 + y ) ïï y - x 4 = 15y 2 î î  Với y = 0 từ hệ suy ra x = 0 . ì ï 3x 2 ï y=1 ï ï y ï  Với y ¹ 0 ta có hệ phương trình (*) tương đương với í ï x4 ï y 2 - 2 = 15 ï ï y ï î ìï y - 3z = 1 x2 = z , hệ trở thành ïí 2 Đặt ïï y - z 2 = 15 y î ì y = 3z + 1 ï ï ï ìï y = 3z + 1 ïì y = 3 z + 1 ï ïï êé z = 1 Û íï Û Û í í ïï( 3z + 1 )2 - z 2 = 15 ïï 8z 2 + 6z - 14 = 0 ïï ê î ïî êz = - 7 ï ï ï î ëê 4 ì 17 ï ï y =ï ïìï y = 4 4 Ûí hoặc ïí ï ïï z = 1 7 ï î z =ï ï î 4 ïìï y = 4 ìï y = 4 ì ì y =4 ï ï y =4 ï Û ïí 2 Ûï Với í suy ra ïí x 2 í ï ïï = 1 ïï x = 4 ïï x = ±2 z =1 ï î î î ïîï y ì ìï ìï 17 ïìï 17 ï ï ïï y = - 17 ïï y = - 17 y =ïï y = ï ï 4 Û ïí 4 4 suy ra í 4 Ûí Với ïí 7 ïï ïï x 2 ïï 2 ï 7 119 119 ï x =± ïï z = ïï = ïï x = ï ï 4 î 4 î 16 ï î 4 îï y æ 119 17 ö÷ æ 119 17 ö÷ ; - ÷÷ và ççç ; - ÷÷ . Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x ; y ) là ( 2; 4 ), ( -2; 4 ), ççç çè 4 çè 4 ÷ø 4 4 ÷ø Ví dụ 8: Giải các hệ phương trình sau: ìï 2 ì ïï x + y 2 + 1 + 1 = 5 ï ï 3x - y = 3 x + y x 2 y2 a) ïí b) í ïï ï 2 3x + y = 3 x - y 2 2 ï ï î ïïî( xy - 1 ) = x - y + 2 Lời giải ïì x ¹ 0 a) ĐKXĐ: ïí ïï y ¹ 0 î

132

ìï 2 ïï x + y 2 + 1 + 1 = 5 Hệ phương trình tương đương với í x 2 y2 ïï 2 2 2 2 ïïî x y - 1 - x + y = 2xy 2 2 ìïæ ìï 2 ïïç x + 1 ö÷ + çæ y - 1 ÷ö = 5 ïï x + y 2 + 1 + 1 = 5 ÷÷ ÷÷ çç 2 2 ïïçèç ïï x y x y ø è ø Ûí Ûí ïï ïï æ 1 x y 1 öæ 1ö - + =2 ïï xy ïï çç x + ÷÷÷ çç y - ÷÷÷ = 2 xy y x x øèç yø ïî ïî èç

ìï ïïa = x + 1 ì ï a 2 + b2 = 5 x ï ï Đặt í , khi đó hệ phương trình trở thành í 1 ïï ï ab = 2 ï î b = y ïï y ïî 2 ì ïì( a + b ) - 2ab = 5 ïì (a + b )2 = 9 ï a + b = ±3 ï Ûí Û ïí Ûï í ïï ïï ab = 2 ï ab = 2 ab = 2 ï î îï îï éX = 1 ïìa + b = 3 Với hệ phương trình ïí thì a, b là nghiệm của phương trình X 2 - 3X + 2 = 0 Û êê ïï ab = 2 êë X = 2 î Do đó hệ có nghiệm (a;b ) là ( 2;1 ) và ( 1;2 )

é X = -1 ïìa + b = -3 Với hệ phương trình ïí thì a, b là nghiệm của phương trình X 2 + 3X + 2 = 0 Û êê ïï ab = 2 êë X = -2 î Do đó hệ có nghiệm (a;b ) là ( -2; -1 ) và ( -1; -2 )

1 1 = x + ³ 2 nên chỉ còn hai trường hợp sau x x 1 ïì ì ï ì x 2 - 2x + 1 = 0 ïï 2 = x + ï x =1 ï x ï ï Ûí 2 Ûï TH1: (a;b ) = ( 2;1 ) khi đó ta có í í 1± 5 1 ïï ï ï y -y -1 = 0 y = ï ï î 1 = y ïï ï î 2 y îï æ 1 + 5 ÷ö æ 1 - 5 ÷ö ÷÷ và çç 1; ÷÷ Do đó hệ phương trình ban đầu có nghiệm ( x ; y ) là ççç 1; çç 2 ÷ø 2 ÷ø èç è 1 ïìï ì ï ì x 2 + 2x + 1 = 0 ï -2 = x + ï x = -1 ï x ï ï Ûí 2 Ûï TH2: (a;b ) = ( -2; -1 ) khi đó ta có í í -1 ± 5 1 ïï ï ï y +y -1 = 0 y = ï ï î 1 y = ïï ï 2 î y îï æ æ -1 + 5 ö÷ -1 - 5 ö÷ ÷÷ và çç -1; ÷÷ Do đó hệ phương trình ban đầu có nghiệm ( x ; y ) là ççç -1; çç ÷ø ÷ø 2 2 èç è æ 1 + 5 ÷ö æ 1 - 5 ÷ö æ æ -1 + 5 ö÷ -1 - 5 ö÷ ÷÷ , çç 1; ÷÷ , çç -1; ÷÷ và çç -1; ÷÷ . Vậy hệ phương trình ban đầu có nghiệm ( x ; y ) là ççç 1; çç ÷ø ÷ø 2 ÷ø çèç 2 ÷ø çèç 2 2 èç è ì ï ï x +y = a b) Đặt í , a ³ 0, b ³ 0 khi đó 2a 2 + b 2 = 3x + y, a 2 + 2b 2 = 3x - y ï x -y = b ï ï î

Vì a = x +

133

ìïa 2 + 2b 2 = 3a (1) Hệ phương trình trở thành ïí 2 ïï 2a + b 2 = 3b (2) î Trừ vế với vế của hai phương trình (1) và (2) ta được

é a =b b 2 - a 2 = 3 (a - b ) Û (a - b )( 3 + a + b ) = 0 Û êê êë a = -b - 3 éa = 0 Þ b = 0 Với a = b thay vào phương trình (1) suy ra 3a 2 = 3a Û êê êë a = 1 Þ b = 1

Với a = -b - 3 thay vào phương trình (1) suy ra ( -b - 3 ) + b 2 = 3b Û 2b 2 - 3b + 9 = 0 (vô nghiệm) 2

ìï x + y = 0 ì ïì x + y = 0 ïx = 0 Û ïí Ûï TH1: a = b = 0 ta có ïí í ïï x - y = 0 ïï x - y = 0 ï y =0 ï î î ïî ìï x + y = 1 ì ïìï x + y = 1 ïx = 1 Û ïí Ûï TH2: a = b = 1 ta có í í ïï x - y = 1 ïï x - y = 1 ï y =0 ï î î ïî Vậy hệ phương trình ban đầu có nghiệm ( x ; y ) là ( 0; 0 ) và ( 1; 0 )

Ví dụ 9: Giải các hệ phương trình ìï 5 ( x 2 + y 2 ) = 6xy + 2 a) ïí 2 . ïï 2x + 3x = 2y 2 + y + 3 î Lời giải

ì ï 5 ( x 2 + y 2 ) = y - 2x ï b) í ïï 3 ( x 2 + y 2 ) + 2x = y + 8xy î

2 2 ìï x + y ) + éë 2 ( x - y ) ùû = 2 ( ï a) Hệ phương trình tương đương với í ïï( x + y ) + 2 ( x - y ) + ( x + y ) 2 ( x - y ) = 3 ïî 2 ì ì ìï a = x + y ï ï a 2 + b2 = 2 ï( a + b ) - 2ab = 2 ï ï Ûí Đặt í , hệ phương trình trở thành í (*) ï ïïb = 2 ( x - y ) ï a + b + ab = 3 a + b + ab = 3 ï ï î î ï î 2 ì ï S - 2P = 2 ïìa + b = S 2 , S ³ 4P khi đó hệ phương trình (*) trở thành ï Đặt ïí í ïï S + P = 3 ïï ab = P î î ì é ï ï ê S =2 ìï S 2 + 2S - 8 = 0 ïìï S 2 - 2 ( 3 - S ) = 2 ï Ûí Û íï Û íï êëê S = -4 ïï ïï P = 3 - S ï P = 3-S ï î î P = 3-S ï ï î ìï S = 2 ìï S = -4 Û ïí (thỏa mãn) hoặc ïí (loại) ïï P = 1 ïï P = 7 î î ìï S = 2 ìïa + b = 2 Với ïí ta có ïí suy ra a, b là nghiệm của phương trình X 2 - 2X + 1 = 0 Û X = 1 ïï P = 1 ïï ab = 1 î î Do đó hệ phương trình (*) có nghiệm là (a;b ) = ( 1;1 )

ìï ïï x = 3 ì 1 = x +y ï 4. Û ïí Suy ra ïí ï ï 1 = 2 x y 1 ( ) ï ïï y = î ïî 4

134

æ3 1ö Vậy hệ phương trình ban đầu có nghiệm là ( x ; y ) = çç ; ÷÷÷ . çè 4 4 ø ìï(3x + y )2 + (x - 3y )2 + (3x + y ) + (x - 3y ) = 0 b) Hệ phương trình tương đương với ïí ïï 2(3x + y )(x - 3y ) + (3x + y ) + (x - 3y ) = 0 î ì ìï 3x + y = a ïa 2 + b 2 + a + b = 0 Đặt ïí , hệ phương trình trở thành ïí ï ïï x - 3y = b 2ab + (a + b ) = 0 ï î î ì a =b ï ï ìï a + b 2 - 2ab = 0 ì éa = b = 0 a = b ï ï ) ï( ï ï ê é a = 0 Ûí Ûí 2 Û íê êa = b = 1 ïï 2ab + (a + b ) = 0 ïï 2a + 2a = 0 ï ï êa = 1 ëê î ïî ï ï î êë ïì 3x + y = 0 ïì x = 0 Với a = b = 0 ta có ïí Û ïí ïï x - 3y = 0 ïï y = 0 î î 2 ïìï ïìï ïï 3x + y = 1 ïï x = 5 Ûí Với a = b = 1 ta có í ïï x - 3y = 1 ïï 1 ïï ïï y = î î 5 æ2 1ö Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x ; y ) là ( 0; 0 ) và çç ; - ÷÷÷ . çè 5 5 ø 3. Bài tập luyện tập. Bài 3.62: Giải các hệ phương trình sau. ìï x + y = ï a) í ïï x - y = ïî

3 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 ìï x y 7 ïï ìï x 2 + y 2 + = +1 ï ï a) í y b) í x xy ïï ïï x + y ïî ïïî x xy + y xy = 78 Bài 3.64: Giải các hệ phương trình: ìï x y + y ìï x + y + x - y = 4 ï a) ïí 2 b) í ïï x x + y ïï x + y 2 = 128 î ïî

+ 2xy = 8 2 =4

2 2 ì ï ï x + y + 2xy = 8 2 c) í ï x + y =4 ï ï î

ì ï 2(x + y ) = 3( 3 x 2y + 3 xy 2 ) c) ïí 3 ï y = 35 x +3y =6 ï ï î ì ï x +1 + y -1 = a Bài 3.65: Xác định các giá trị của a sao cho hệ sau có nghiệm duy nhất: ïí ï x + y = 2a + 1 ï î

Bài 3.66: Giải các hệ phương trình

x = 30

ìï 3 ïï x y + xy 2 + x 2 + y + xy = - 5 4 b) ïí ïï 4 5 2 2 ïï x + 2x y + y + xy = î 4 Bài 3.67: Giải các hệ phương trình sau ìï x 2 - xy + y 2 = 3 ( x - y ) ï a) í 2 ïï x + xy + y 2 = 7 ( x - y )2 ïî

135

ì ïìï y(1 + 2x 3y ) = 3x 6 ï x 2 - 2xy + x + y = 0 ïìï xy + x + 1 = 7y ï a) í 2 2 b) í c) í 4 ïï x y + xy + 1 = 13y 2 ïï1 + 4x 6y 2 = 5x 6 ï x - 4x 2y + 3x 2 + y 2 = 0 ï î î î Bài 3.68: Giải hệ phương trình : ìï x 3 + 3xy 2 = 6xy - 3x - 49 ì ï x 3 - y 3 = 35 ï ï a) í 2 b) í 2 ïï x - 8xy + y 2 = 10y - 25x - 9 ï 2x + 3y 2 = 4x - 9y ï î î ìï 4 1 2 x + y ïï x ( + )=2 ïï 4 x + y Bài 3.69: Giải hệ phương trình í ïï 4 1 2 x + y )=1 ïï y ( 4 x +y ïî

 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 a) 3 20 + x + 16 - x = 6 b) 3 2 ( x - 2 ) + 4 4 ( x + 2 ) = 2 . Lời giải a) ĐKXĐ: x £ 16 . ìï u = 3 20 + x ï Đặt í suy ra u £ 3 36, v ³ 0 và u 3 + v 2 = 36 ïï v = 16 - x ïî Khi đó phương trình trở thành u + v = 6 ìï u + v = 6 ìï v = 6 - u ìï v = 6 - u ïí ï Ta có hệ phương trình: ïí 3 Û Û í 2 ïï u + v 2 = 36 ïï u 3 + (6 - u )2 = 36 ï ï u(u + u - 12) = 0 (*) î î î é u =0 ê Phương trình (*) Û êê u = 3 thỏa mãn u £ 3 36 . ê u = -4 êë Với u = 0 Þ 0 = 3 20 + x Û x = -20 , u = 3 Þ 3 = 3 20 + x Û x = 7 và u = -4 Þ -4 = 3 20 + x Û x = -84 Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm: x = -20; x = -84; x = 7 . b) ĐKXĐ: x ³ -2 ìï u = 3 2 ( x - 2 ) ï Đặt í suy ra u ³ 0, v ³ 0 và v 4 - 2u 3 = 16 4 ïï v = 4 ( x + 2 ) ïî Khi đó phương trình trở thành u + v = 2

136

ìï u = 2 - v ïìï u + v = 2 Ta có hệ phương trình: í 4 Û ïí 4 3 3 ïï v - 2u = 16 ïï v - 2 ( 2 - v ) = 16 î ïî ìï u = 2 - v ìï u = 2 - v Û ïí 4 Û ïí (* ) ïï v + 2v 3 - 12v 2 + 24v - 32 = 0 ïï ( v - 2 ) ( v 3 + 4v 2 - 4v + 16 ) = 0 î î

Vì v 3 + 4v 2 - 4v + 16 = v 3 + ( 2v - 1 ) + 15 > 0 nên hệ phương trình 2

ìï u = 2 - v ìï u = 0 Û ïí (thỏa mãn) ïï v = 2 ïî v = 2 î 3 Ta có u = 0 Þ 2 ( x - 2 ) = 0 Û x = 2 (thỏa mãn)

( * ) Û ïíï

Vậy phương trình có nghiệm là x = 2 Nhận xét : Khi gặp phương trình có chứa các đại lượng ta đặt u =

a + f ( x ), v =

b - f ( x ) (hoặc v =

a + f ( x ), f ( x ) và

a + f ( x ) hoặc v =

Lời giải ìï u = 3 13 + 2x ï Þ u 3 + v 3 = 26 a) Đặt í ïï v = 3 13 - 2x ïî Phương trình trở thành u + v - 2uv = 8 ì u + v 3 - 3uv u + v = 26 ìï u 3 + v 3 = 26 ï ) ( ) ï( ï Ûí Vậy ta có hệ phương trình í (*) ïï u + v - 2uv = 8 ï u + v 2 uv = 8 ï î ï î ì ï S 3 - 3SP = 26 ïì S = u + v 2 , S ³ 4P , hệ phương trình (*) trở thành ï Đặt ïí í ïï P = uv ï S - 2P = 8 ï î î ìï 2S 3 - 3S ( S - 8 ) = 52 ìï 2S 3 - 3S 2 + 24S - 52 = 0 ìï S = 2 ïí Û ïí Ûï í ïï ïï ï 2P = S - 8 2P = S - 8 ï P = -3 î î î ì2 = u + v ï Thay vào ta có ïí , do đó u, v là nghiệm của phương trình ï 3 = uv ï î é X = -1 ìu =3 ïì u = -1 ï X 2 - 2X - 3 = 0 Û êê . Suy ra ïí hoặc ïí ïï v = 3 ï X =3 ï v = -1 ëê î î

137

b + f ( x ) ) thì

ì ï g ( u; v ) = c b - f ( x ) ) và đưa về hệ phương trình ï í 2 ï u + v2 = a + b ï î

ì ï g ( u; v ) = c (hoặc ïí 2 ). Giải hệ tìm được u, v từ đó giải phương trình u = ï u - v2 = a - b ï î tìm được x . Ví dụ 2: Giải các phương trình sau

a) 3 13 + 2x + 3 13 - 2x - 2 3 169 - 4x 2 = 8 b) x + 3 4 - x 3 = 2 + 3x 3 4 - x 3 c) ( 15x 2 + 6 ) 3 ( x 2 + 2 ) = 25x 3 + 36x + 2

b - f ( x ) (hoặc

b ± f (x )

ì ï u = -1 Þ 3 13 + 2x = -1 Û x = -7 Với ïí ï v = 3 ï î ì ïu =3 Þ 3 13 + 2x = 3 Û x = 7 Với ïí ï v = 1 ï î Vậy phương trình có nghiệm là x = ±7 . b) x + 3 4 - x 3 = 2 + 3x 3 4 - x 3 Đặt y = 3 4 - x 3 Þ x 3 + y 3 = 4 Phương trình trở thành x + y = 2 + xy

3 ì ï ïìï x 3 + y 3 = 4 ï( x + y ) - 3xy ( x + y ) = 4 Ûí Vậy ta có hệ phương trình í (*) ïï x + y = 2 + xy ï x + y = 2 + xy ï î ï î ì ìï S = x + y ï S 3 - 3SP = 4 , S 2 ³ 4P , hệ phương trình (*) trở thành ï Đặt ïí í ïï P = xy ï S = 2+P ï î î ìï S 3 - 3S ( S - 2 ) = 4 ìï S 3 - 3S 2 + 6S - 4 = 0 ìï S = 1 ïí Û ïí Ûï í ïï ïï ï P = -1 P = S -2 P = S -2 ï î î î ì ï1 = x + y Þ x , y là nghiệm của phương trình Thay vào ta có ïí ï 1 = xy ï î é êx = 1 + 5 1± 5 ê 2 X2 - X -1 = 0 Û X = Þê 2 ê 1- 5 êx = êë 2

Do đó phương trình có nghiệm là x = c) Phương trình tương đương với

1± 5 . 2

-25x 3 + 15 3 ( x 2 + 2 )x 2 + 6 3 ( x 2 + 2 ) - 36x = 2

( + ( 3(x

)

Û x 3 + -26x 3 + 15 3 ( x 2 + 2 )x 2 + 6 3 ( x 2 + 2 ) - 36x = 2 Û x3

Đặt y =

+ 2 ) - 2x

)

3 ( x 2 + 2 ) - 2x Þ ( 2x + y ) = 3 ( x 2 + 2 ) Û x 2 + 4xy + y 2 = 6 2

Phương trình trở thành x 3 + y 3 = 2 ìï x 3 + y 3 = 2 Do đó ta có hệ phương trình ïí 2 , đây là hệ đối xứng loại 1 giải hoàn toàn tương tự trên ta được ïï x + 4xy + y 2 = 6 î 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 =

138

1 - 8x

b) x 2 + 3x + 3 = 2 3

2 3 + 3 2 x x

Lời giải a) ĐKXĐ: x £

1 8

1 - 8x = 1 - 2y, y £

Đặt

1 Þ 1 - 8x = 4y 2 - 4y + 1 Û y 2 + 2x = y 2

Phương trình trở thành x 2 - x + 1 = 1 - 2y Û x 2 + 2y = x ìï y 2 + 2x = y Vậy ta có hệ phương trình ïí 2 (*) ïï x + 2y = x î

é x =y Þ x 2 - y 2 + 2y - 2x = x - y Û ( x - y )( x + y - 3 ) = 0 Û êê êë x = 3 - y Thay vào phương trình đầu của hệ phương trình (*): é y =0Þx =0 Với x = y ta có y 2 + 2y = y Û y 2 + y = 0 Û êê (thỏa mãn) y = 1 Þ x = 1 êë

Với x = 3 - y ta có y 2 + 2 ( 3 - y ) = y Û y 2 - 3y + 6 = 0 (vô nghiệm) Vậy phương trình có hai nghiệm là x = 0 và x = -1 . b) ĐKXĐ: x ¹ 0 .

Phương trình tương đương với x 3 + 3x 2 + 3x = 2 3 2x + 3 Û ( x + 1 ) - 1 = 2 3 2 ( x + 1 ) + 1 3

Đặt y = x + 1 phương trình trở thành y - 2 = 2 2y + 1 , đặt t = 3

ìï y 3 - 1 = 2t Khi đó ta có hệ ïí 3 ïït - 1 = 2y î

(1 ) (2 )

Lấy (1) trừ (2) ta có: y 3 - t 3 = 2t - 2y

Û ( y - t ) ( y 2 + yt + t 2 ) + 2 ( y - t ) = 0

Û ( y - t ) ( y 2 + yt + t 2 + 2 ) = 0 Û y - t = 0

æ tö 3 (Vì y + yt + t + 2 = çç y + ÷÷÷ + t 2 + 2 > 0 ) 2ø 4 èç 2

Với t = y thay vào (1) ta có y 3 - 1 = 2y Û y 3 - 2y - 1 = 0

é ê y = -1 Þ x = -2 ê ê 1+ 5 -1 + 5 Û ( y + 1 ) ( y 2 - y - 1 ) = 0 Û êê y = Þx = 2 2 ê ê 1- 5 1+ 5 Þx =êy = êë 2 2

Vậy phương trình có 3 nghiệm x = -2; x =

139

-1 + 5 1+ 5 ;x = 2 2

t3 - 1 2y + 1 Þ y = . 2

Nhận xét:  Phương trình có dạng ax 2 + bx + c = a ' x + b ' ta đặt a ' x + b ' = ay + b Þ a2y 2 + 2aby - a ' x + b - b ' = 0 và phương trình trở thành ì ï a2y 2 + 2aby - a ' x + b - b ' = 0 2 ï ax + bx + c - ay - b = 0 . Từ đó ta chọn a, b sao cho hệ phương trình í là ï ax 2 + bx + c - ay - b = 0 ï î đối xứng. Hoàn toàn tương tự đối với phương trình chứa căn bậc n .  Khi gặp phương trình có thể đưa về dạng f n ( x ) + b = a n af ( x ) - b ta đưa về hệ đối xứng loại 2 bằng cách ìït n + b = ay n đặt t = f ( x ), y = af ( x ) - b ta có hệ ïí n ïï y + b = at î Ví dụ 4: Giải các phương trình sau: a) 4x 2 + 5 + 3x + 1 = 13x b) 10x 2 + 12x + 3 = x 2x 2 + 2x + 1 Lời giải 1 a) ĐKXĐ: x ³ 3 Phương trình tương đương với ( 3 - 2x ) + 3x + 1 = x + 4 2

ïì u = 3 - 2x 11 , v ³ 0, u £ Þ v2 + u = x + 4 Đặt ïí ïï 3x + 1 = v 3 î Phương trình trở thành u 2 + v = x + 4 (*) ìï v 2 + u = x + 4 Vậy ta có hệ phương trình ïí 2 ïï u + v = x + 4 î

é v =u Þ ( v 2 + u ) - ( u 2 + v ) = 0 Û ( v - u )( u + v - 1 ) = 0 Û êê êë v = 1 - u

Với v = u thay vào (*) ta có u 2 + u = x + 4 hay ( 3 - 2x ) + 3 - 2x = x + 4 2

Û 4x 2 - 15x + 8 = 0 Û x =

15 + 97 15 ± 97 (loại x = vì khi đó v = u < 0 ) 8 8

Với v = 1 - u thay vào (*) ta có u 2 + 1 - u = x + 4 hay ( 3 - 2x ) + 1 - ( 3 - 2x ) = x + 4 2

11 - 73 11 ± 73 (loại x = vì v = 1 - ( 3 - 2x ) < 0 ) 8 8 15 - 97 11 - 73 Vậy phương trình có hai nghiệm x = và x = . 8 8 b) Phương trình tương đương với (3x + 2)2 + x 2 - 1 = x x (3x + 2) - x 2 + 1 ïì u = x (3x + 2) - x 2 + 1 , u ³ 0 suy ra u 2 = xv - x 2 + 1 Đặt ïí ïï v = 3x + 2 î Phương trình trở thành v 2 + x 2 - 1 = xu . ìï u 2 = xv - x 2 + 1 Vậy ta có hệ phương trình ïí 2 ïï v + x 2 - 1 = xu î Û 4x 2 - 11x + 3 = 0 Û x =

140

é u =v Þ u 2 - v 2 - x 2 + 1 = xv - x 2 + 1 - xu Û ( u - v )(u + v + x ) = 0 Û êê êë u + v + x = 0

Với u = v ta có v 2 = xv - x 2 + 1 hay ( 3x + 2 ) = x ( 3x + 2 ) - x 2 + 1 2

é x = -1 ê Û 7x + 10x + 3 = 0 Û ê (loại x = -1 vì khi đó u = v = -1 < 0 ) êx = - 3 êë 7 2

Với u + v + x = 0 Þ u = -x - v = -4x - 2 ta có ( -4x - 2 ) = x ( 3x + 2 ) - x 2 + 1 2

-7 + 7 -7 ± 7 (loại x = vì khi đó u < 0 ) 14 14 -7 - 7 Vậy phương trình có hia nghiệm là x = -1 và x = . 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 thể đưa Û 14x 2 + 14x + 3 = 0 Û x =

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 a) 3 2. 3 - 2x 3 = 3 3 - x 2 b) 2x + 3 9 - x 3 = 3x 2 + 13 Lời giải 3 2 3 - 2x 3 , y ³ 0 Þ 2x 3 + y 2 = 3

a) ĐKXĐ: x £ Đặt y =

2y = 3 3 - x 2 Û 2y 3 + x 2 = 3 ïìï 2x 3 + y 2 = 3 (1) Þ 2x 3 - 2y 3 + y 2 - x 2 = 0 Vậy ta có hệ phương trình í 3 ïï 2y + x 2 = 3 (2) î é x =y Û ( x - y ) ( 2x 2 + 2xy + 2y 2 - x - y ) = 0 Û êê 2 (*) 2 êë 2x + 2xy + 2y - x - y = 0 Ta có 2x 2 + 2xy + 2y 2 - x - y > 0, "x , "y , thật vậy

Phương trình trở thành

Nếu x ³ 1 thì 2x 2 + 2xy + 2y 2 - x - y = x ( 2x - 1 ) + y ( 2x - 1 ) + 2y 2 > 0 Nếu 0 < x < 1 Þ 1 < y < Nếu x £ 0 Þ y ³

3 thì 2x 2 + 2xy + 2y 2 - x - y = 2x 2 + x ( 2y - 1 ) + y ( 2y - 1 ) > 0

3 thì 2x 2 + 2xy + 2y 2 - x - y = x 2 + ( x + y ) - x + y ( y - 1 ) > 0 2

Do đó (*) Û x = y , thay vào phương trình (1) ta được 2x 3 + x 2 = 3 Û 2x 3 + x 2 - 3 = 0 Û x = 1 Suy ra phương trình có nghiệm x = 1 . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 . b) Đặt 3 9 - x 3 = y Þ x 3 + y 3 = 9 Phương trình trở thành 2x + y =

141

3x 2 + 13 Þ ( 2x + y ) = 3x 2 + 13 Û x 2 + y 2 + 4xy = 13 2

3 ì ìï x 3 + y3 = 9 ïï( x + y ) - 3xy ( x + y ) = 9 ï ï Ûí Vậy ta có hệ phương trình í 2 (**) ïï x + y 2 + 4xy = 13 ïï ( x + y )2 + 2xy = 13 î ï î ì ìï S = x + y ï S 3 - 3SP = 9 , S 2 ³ 4P , hệ phương trình (**) trở thành ï Đặt ïí í 2 ïï P = xy ï S + 2P = 13 ï î î ìï 2S 3 - 3S ( 13 - S 2 ) = 18 ì ìï 5S 3 - 39S - 18 = 0 ïï ( S - 3 ) ( 5S 2 + 15S + 6 ) = 0 ïí Û ïí Û Û (***) í ïï ïï 2P = 13 - S 2 ïï 2P = 13 - S 2 2P = 13 - S 2 î î î 26 Ta có S 2 ³ 4P Þ S 2 ³ 2 ( 13 - S 2 ) Þ S 2 ³ 3 2 æ 15 ö 225 26 225 ³ +6>0 Mặt khác 5S 2 + 15S + 6 = çç 2S + ÷÷÷ + S 2 + 6 çè 4ø 16 3 16

ìï S = 3 ì ï3 = x + y Do đó hệ phương trình (***) Û ïí suy ra ïí , x , y là nghiệm của phương trình ïï P = 2 ï 2 = xy ï î î éX = 1 X 2 - 3X + 2 = 0 Û êê êë 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 3 x  4  x3  3 x 2  x  2 .

142

3 (1) 2

b) x 2 - 3x + 4 = x 3 x 3 - x 2 - x - 1

ÔN TẬP CHƯƠNG III Bài 3.75: Giải các phương trình: a) 2x - x - 8 = 8 - x + 16. b) 3x + x - 8 = 4 - x . Bài 3.76: Giải và biện luận các phương trình: a) ( m 2 + 5 ) x + 3 = 2(x - m ) 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

a) Giải phương trình khi m = -1 b) Tìm m để phương trình có nghiệm Bài 3.79: Giải các phương trình sau a) x 2 - x + 1 = 1 - x b) 2(x + 1)2 = (x + 5)(1 - 3 + 2x )2 c) x 2 - 2x - 3 =

x +3

d) ( x + 4 ) - 6 x 3 + 3x = 13 2

Bài 3.80: Tìm m để phương trình x 2 - 2mx + 1 = m - 2 có nghiệm. Bài 3.81: Giải các hệ phương trình: ì ï x -y +z = 3 ï ì ï 3x - y = 1 ï ï ï a) í b) í x + 2y + 3z = 4 ï ï 5 x + 2 y = 3. ï ï ï î -2x + y - 3z = 1 ï ï î ì mx + y = m + 1 ï Bài 3.82: Cho hệ phương trình: ïí ï x + my = 2. ï î 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 ì ì 2x - y = 4 ï x 4 + 2x 3y + x 2y 2 = 2x + 9 ï ï a) ïí 2 b) í ï ïï x - 3xy + y 2 = -5. x 2 + 2xy = 6x + 6 ï î î Bài 3.84: Giải các hệ phương trình sau ìï ïï x = 2y 2 - 1 ìï x 3 + 1 = 2y ï x a) í b) ïí 3 1 ïï y + 1 = 2x ïï 2 î ïï y = 2x y ïî ìï xy + x + y = m + 2 Bài 3.85: Tìm m để hệ phương trình ïí 2 có nghiệm duy nhất ï x y + xy 2 = m + 1 ï î

142

ìï ïï x + 1 + y + 1 = 5 ï x y Bài 3.86: Cho hệ phương trình ïí ïï 3 1 1 3 ïï x + 3 + y + 3 = 15m - 10 x y ïî a) Giải hệ phương trình khi m = 2 b) Tìm m để hệ phương trình trên có nghiệm

143

HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SÔ CHƯƠNG III Bài 3.0: a) ĐKXĐ: x 2 - x - 1 ¹ 0 Û x ¹

1± 5 2

ïì x - 1 ³ 0 Ûx ³2 b) ĐKXĐ: ïí ïï x - 2 ³ 0 î ïì 2x - 4 ³ 0 Ûx ÎÆ c) ĐKXĐ: ïí ïï 2 - 4x ³ 0 î ìx ³ 3 ï ï ìï 2x - 6 ³ 0 ï d) ĐKXĐ: ïí 2 Ûï íx ¹ 1 z ïï x - 3x + 2 ¹ 0 ï ï î x ¹2 ï ï î 3 3 Bài 3.1: a) ĐKXĐ: x ³ . Dễ thấy x = là nghiệm của phương trình 4 4 2 æ 1 ÷ö 3 2 ç b) ĐKXĐ: -x + x - 1 ³ 0 Û - ç x - ÷÷ - ³ 0 Û x Î Æ çè 2ø 4

Vậy tập nghiệp của phương trình là S = Æ ïìï x ³ 0 ï c) ĐKXĐ: ïí x - 2 ³ 0 Û x = 2 ïï ïïî 2 - x ³ 0 Thử lại phương trình thấy x = 2 thỏa mãn Vậy tập nghiệm của phương trình là S = { 2 }

ì x -1 2 x -2 ³ 0 ìï x 3 - 4x 2 + 5x - 2 ³ 0 ï éx = 1 ( )( ) ï Ûï Û êê d) ĐKXĐ: í í ïï ï 2-x ³ 0 x £2 êë x = 2 ï î ï î Thay vào phương trình ta có tập nghiệm của phương trình là S = {1 } . ïì x ¹ 2 Bài 3.2: a) ĐKXĐ : ïí 2 Û x ¹ ±2 ïï x - 4 ¹ 0 î Với điều kiện đó phương trình tương đương với éx = 0 4 - x 2 + x + 2 = 6 Û x 2 - x = 0 Û êê (thỏa mãn) êë x = 1 b) ĐKXĐ: x < 3 pt Û 2x = 1 - ( 3 - x ) Û x = -2 (thỏa mãn)

c) ĐKXĐ: x ³ -1

é x +1 = 0 é x = -1 Phương trình tương đương với êê 2 Û êê x = ±4 êë x - 16 = 0 ëê Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x = -1 và x = 4 . ìï x < 3 d) ĐKXĐ: ïí . PT Û x = 3 (không thỏ mãn điều kiện) ïï x ¹ -1 î

Bài 3.3: a ) x = 3

b) x = 2 c) x = 0 d ) x = 3

Bài 3.4: a) Giả sử hai phương trình (1) và (2) tương đương é x = -1 Ta có ( m - 1 ) x 2 + 2 ( m - 2 ) x + m - 3 = 0 Û êê êë ( 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 Û m = 2 : Phương trình trở thành 0x = 0 Suy ra phương trình nghiệm đúng với mọi x . + Với 2m - 4 ¹ 0 Û m ¹ 2 : Phương trình tương đương với x = -1 Kết luận m = 2 : Phương trình nghiệm đúng với mọi x m ¹ 2 : Phương trình có nghiệm duy nhất x = -1 b) Phương trình tương đương với ( 3m 2 - m - 2 ) x = 1 - m é m =1 ê + Với 3m - m - 2 = 0 Û ê : êm = - 2 ëê 3 2



Khi m = 1: Phương trình trở thành 0x = 0 phương trình nghiệm đúng với mọi x .

2 5 Khi m = - : Phương trình trở thành 0x = suy ra phương trình vô nghiệm 3 3 ïìï m ¹ 1 1-m -1 2 + Với 3m - m - 2 ¹ 0 Û ïí : PT Û x = . = 2 2 ïï m ¹ 3m + 2 3m - m - 2 ïî 3 Kết luận: 2 m = - : Phương trình vô nghiệm 3 m = 1 : Phương trình nghiệm đúng với mọi x 2 -1 m = - và m = 1 : Phương trình có nghiệm x = 3 3m + 2 Bài 3.6: a) ĐK: a ≠ 0; b ≠ 0. (1) Û b ( x + a - b ) - a ( x + b - a ) = b 2 - a 2



Û bx + ab - b 2 - ax - ab + a 2 = b 2 - a 2 Û ( b - a ) x = 2 (b - a )(b + a )

2 (b - a )(b + a )

= 2 (b + a ) b -a -Nếu b – a = 0 Þ b = a thì phương trình có vô số nghiệm. Vậy: -Với b ≠ a, phương trình có nghiệm duy nhất x = 2(b + a).

-Nếu b – a ≠ 0 Þ b ¹ a thì x =

-Với b = a, phương trình có vô số nghiệm b) ĐKXĐ: x ¹ ±1 Û ( ax - 1)( x + 1 ) + 2 ( x - 1 ) = a ( x 2 + 1 ) Û ax 2 + ax - x - 1 + 2x - 2 = ax 2 + a Û (a + 1 ) x = a + 3

a +3 a +1 -Nếu a + 1 = 0 Þ a = -1 thì phương trình vô nghiệm.

-Nếu a + 1 ¹ 0 Þ a ¹ -1 thì x =

Vậy: -Với a ¹ -1 và a ¹ -2 thì phương trình có nghiệm duy nhất x = -Với a = -1 hoặc a = -2 thì phương trình vô nghiệm.

a +3 a +1

Bài 3.7: a) Ta có (m 2 - m )x = 2x + m 2 - 1 Û (m 2 - m - 2)x = m 2 - 1 ì ìïa = 0 ï m2 - m - 2 = 0 ï ï Ûm =2 Phương trình vô nghiệm Û í hay í ïï b ¹ 0 ï m2 - 1 ¹ 0 ï î î Vậy với m = 2 thì phương trình vô nghiệm b) Ta có PT Û ( m 2 - 1 ) x = m 3 - 3m + 2

ì ìïa = 0 ï m2 - 1 = 0 ï ï Û m = -1 Phương trình vô nghiệm Û í hay í 3 ïï b ¹ 0 ï m - 3m + 2 ¹ 0 ï î î Vậy với m = -1 thì phương trình vô nghiệm. Bài 3.8: a) Ta có a ( bx - a + 2 ) = ( a + b - 1 ) x + 1 Û (ab - a - b + 1 ) x = a 2 - 2a + 1 Û ( a - 1 )(b - 1 ) x = (a - 1 )

é a - 1 )(b - 1 ) ¹ 0 éì ïa ¹ 1 ê( êï í ê ì Phương trình có nghiệm Û ê ïï( a - 1 )(b - 1 ) = 0 Û êê ïîï b ¹ 1 Û a ¹ 1 2 ê íï êa =1 êëî ïï ( a - 1 ) = 0 ëê Vậy a ¹ 1 là điều kiện cần tìm. b) Phương trình tương đương với b ( 2x - a ) - ab 2 = a ( 2x - b ) - a 2b Û 2 (a - b )x = ab (a - b )

é a -b ¹ 0 ê éa ¹ b Phương trình có nghiệm Û êê ìïï a - b = 0 Û êê đúng với mọi a, b a =b ê íïab ( a - b ) = 0 ëê êëî ï Vậy với mọi a, b khác không thì phương trình có nghiệm.

Bài 3.9: D = 9m 2 - 4 ( 2m 2 - m - 1 ) = 9m 2 - 8m 2 + 4m + 4 = (m + 2)2 Phương trình có nghiệm kép khi D = (m + 2)2 = 0 Þ m = -2 Nghiệm kép đó là x 1 = x 2 =

3m -6 = = -3 . 2 2

Bài 3.10: a) Với m = -2 ta có phương trình: -2x 2 + 4x - 1 = 0 Û 2x 2 - 4x + 1 = 0 , phương 2± 2 . 2 b) Với m = 0 ta thấy phương trình vô nghiệm

trình này có hai nghiệm phân biệt x =

Với m ¹ 0 thì phương trình có nghiệm khi và chỉ khi  ' = m 2 - m ( m + 1 ) ³ 0 Û m < 0 . 1 2 2 * m - 2 ¹ 0 Û m ¹ 2 : D ' = (m + 1) - (m - 2)(m - 5) = 9m - 9 = 9(m - 1) + D ' < 0 Û 9(m - 1) < 0 Û m < 1 : Phương trình vô nghiệm.

Bài 3.11: a) * m - 2 = 0 Û m = 2 : Pt Û -6x - 3 = 0 Û x = -

m +1 = -2 . m -2 + D ' > 0 Û 9(m - 1) > 0 Û m > 1 : Phương trình có 2 nghiệm phân biệt é êx = m + 1 + 3 m - 1 ê m -2 Û ê ê m +1- 3 m -1 êx = êë m -2 Kết luận: + m < 1 : Phương trình vô nghiệm + m = 1 : phương trình có nghiệm x = -2 1 + m = 2 : phương trình có nghiệm x = 2 é êx = m + 1 + 3 m - 1 ê m -2 + 1 < m ¹ 2 : phương trình có 2 nghiệm phân biệt ê ê m +1- 3 m -1 êx = êë m -2 4 b) * m - 2 = 0 Û m = 2 , khi đó (1) Û -3x + 4 = 0 Û x = . 3 * m ¹ 2 , khi đó (1) là phương trình bậc hai có: D = -4m + 17 . 17 Þ D < 0 Þ (1) vô nghiệm i) m > 4 17 Þ D = 0 Þ (1) có nghiệm kép: ii) m = 4 2m - 1 10 . x1 = x 2 = = 2(m - 2) 3

+ D ' = 0 Û 9(m - 1) = 0 Û m = 1 : Phương trình có nghiệm kép x =

iii) m <

17 Þ D > 0 Þ (1) có hai nghiệm phân biệt 4 x1 =

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 =

4 3

17 phương trình vô nghiệm. 4 17 10 *m = phương trình có nghiệm kép x = . 4 3 ìï ï m < 17 2m - 1 ± -4m + 17 * ïí . 4 phương trình có hai nghiệm phân biệt: x 1,2 = ïï m ¹ 2 2 (m - 2 ) ïî Bài 3.12: Hoành độ giao điểm của đường thẳng d và Parabol (P) là nghiệm của :

*m>

( m - 1 ) x 2 + 2mx + 3m - 1 = 2x + m

Û ( 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 1 thì (*) là phương trình bậc hai có  D' =

( m – 1)

– ( m – 1 )( 2m – 1 ) = –m (m – 1 )

Do đó ta có các trường hợp sau: TH1: Nếu m Î ( -; 0 ) È ( 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 Î ( 0;1 ) thì  ' > 0 và (*) có hai nghiệm phân biệt x 1,2 = 1 ± é 3 êx = Bài 3.13: a) Phương trình 2x - 5x + 3 = 0 Û ê 2 êx = 1 êë

m (1 - m ) m -1

Suy ra f (x ) = ( 2x - 3 )( x - 1 )

b) g(x ) = 2 ( x 2 + 2 )( x 2 - 9 ) = 2 ( x 2 + 2 ) ( x - 3 )( x + 3 ) c) P (x ; y ) = ( x - 2y )( 3x + y )

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: ìï D ' = m 2 + 4m + 1 > 0 ïï ïìï m 2 + 4m + 1 > 0 2 Ûí 2 (*) . íc ïï = m - 4m + 1 ¹ 0 ïï m - 4m + 1 ¹ 0 î ïî a 3

Khi đó theo định lí Viet ta có: x 1 + x 2 = Ta có:

4 (1 - m ) 3

; x 1x 2 =

m 2 - 4m + 1 3

1 1 1 + = ( x 1 + x 2 ) Û ( x 1 + x 2 )( x 1x 2 - 2 ) = 0 (Do x 1x 2 ¹ 0 ) x1 x 2 2

ém = 1 é x1 + x 2 = 0 Û êê Û êê 2 Û m = 1, m = -1, m = 5 . êë x 1x 2 - 2 = 0 êë m - 4m - 5 = 0 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 Û D ' ³ 0 Û ( m - 1 ) - ( m 2 - 3 ) ³ 0 Û m £ 2 (*) 2

ïì x 1 + x 2 = 2m - 2 Theo Viet ta có: ïí ïï x 1.x 2 = m 2 - 3 î

é m = -1 a) x 1 + x 2 = 2x 1x 2 Û 2m - 2 = 2 ( m 2 - 3 ) Û êê (thỏa mãn (*)) m = 2 êë

b) A = 2 ( x 1 + x 2 ) - 5x 1x 2 = 2 ( 2m - 2 ) - 5 ( m 2 - 3 ) 2

æ 2ö = -5m 2 + 4m + 11 = -5 çç m - ÷÷÷ + 3 £ 3 çè 5ø 2

Đẳng thức xảy ra Û m = c) B =

x 1x 2

( x1 + x 2 )

Suy ra min B = -

- 3x 1x 2

2 5 =

m2 - 3

( 2m - 2 )

- 3 (m2 - 3 )

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: ì ï x 02 + 1 ï ì m = x 0 ¹ -2 ï ï ìï x 02 - 2mx 0 - 4m + 1 = 0 ï ï 2x 0 + 4 ï ïí ï Û với í í 2 ïï x 02 + ( 3m + 1) x 0 + 2m + 1 = 0 ï ï -x 02 - x 0 - 1 x0 ¹ ï ï î m = ï ï î 3 ï 3x 0 + 2 ï î

x 02 + 1 -x 02 - x 0 - 1 = Û ( x 0 + 1 ) ( 5x 02 + 3x 0 + 6 ) = 0 Û x 0 = -1 Þ m = 1 Suy ra 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.

ìï x 02 + ax 0 + b = 0 Þ (a - m )x 0 = n - b (*). Ta có: ïí 2 ïï x 0 + mx 0 + n = 0 î +) Nếu a - m = 0 Û a = m , từ (*) Þ n - b = 0 Û b = n Þ đúng.

+) Nếu m ¹ a , từ (*) Þ x 0 =

n -b thay vào một trong hai phương trình ban đầu ta được: a -m

æ n - b ÷ö æ n - b ÷ö 2 çç ÷ + a çç ÷ + b = 0 Û ( n - b ) = ( m - a )(an - bm ) çè a - m ÷ø çè a - m ÷ø 2

Bài 3.20:  Nếu trong ba số a, b, c có một số bằng 0, chẳng hạn a = 0 Þ (2) có nghiệm x = 0 .  abc ¹ 0 , khi đó ba phương trình đã cho là ba phương trình bậc hai lần lượt có biệt thức: D '1 = b 2 - ac; D '2 = c 2 - ab; D '3 = a 2 - bc . Ta có: D '1 + D '2 + D '3 = a 2 + b 2 + c 2 - ab - bc - ca =

2 2ù 1é 2 êë ( a - b )) + (b - c ) + (c - a ) úû ³ 0 . 2

Suy ra trong ba số D '1; D '2 ; D '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. Bài 3.21: a) Ta có: b 2 = (x 1 + x 2 )2 ³ 4x 1x 2 ³ 4. b) Do phương trình đã cho có hai nghiệm dương x 1 , x 2 thoả mãn x 1 x 2 ³ 1 nên b 2 ³ 4c , và b £- 2 suy ra P ³

2b 2 + b + 2 b2 +1

. Ta có

2 2 (b + 2 )(2b + 1 ) 8 5 ( 2b + b + 2 ) - 8 (b + 1 ) 2b 2 + 5b + 2 P- = = = ³ 0 với mọi b £- 2 . 5 b2 +1 b2 +1 b2 +1

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b =- 2, c = 1. Vậy Pmin =

8 khi b =- 2, c = 1. 5

ì b ï ï x1 + x 2 = ï a. Bài 3.22: Gọi x 1, x 2 là hai nghiệm của phương trình, theo Viet ta có: ïí ï c ï xx = ï ï î 1 2 a b æb ö 2 18 - 9 + çç ÷÷÷ 18 + 9 ( x 1 + x 2 ) + ( x 1 + x 2 ) a çè a ø = Ta có: Q = . b c 9 + 3(x 1 + x 2 ) + x 1x 2 9-3 + a a  Ta tìm Max của Q. 2

Ta đánh giá ( x 1 + x 2 ) qua x 1x 2 với điều kiện x 1, x 2 Î [0; 3] . 2

ìï x 12 £ x 1x 2 Giả sử 0 £ x 1 £ x 2 £ 3 Þ ïí 2 ïï x 2 £ 9 î

Suy ra ( x 1 + x 2 ) = x 12 + x 22 + 2x 1x 2 £ 9 + 3x 1x 2 2

ÞQ £

18 + 9 ( x 1 + x 2 ) + 3x 1x 2 + 9 9 + 3 ( x 1 + x 2 ) + x 1x 2

= 3.

é x1 = x 2 = 3 Đẳng thức xảy ra Û êê .Hay là: x = 0; x = 3 1 2 êë · Ta tìm Min của Q

Ta có: Q - 2 =

3 ( x 1 + x 2 ) + x 12 + x 22

9 + 3 ( x 1 + x 2 ) + x 1x 2

ìb = -6a ì ï ïb = -3a ï hoặc ïí . í ï ï c = 9 a c = 0 ï ï î î

³ 0 ÞQ ³ 2.

Đẳng thức xảy ra Û x 1 = x 2 = 0 Û b = c = 0 . Vậy max Q = 3 và min Q = 2 .

Bài 3.23: Từ giả thiết của bài toán suy ra: a ³ 1, 0 <c £ Suy ra P ³

4a 3 - 1

a 2 - 4a 4

Þ P +1 ³

4a 3 - 1

a 2 - 4a 4

+1 =

1 . 4a

4a 4 - 4a 3 - a 2 + 1 a 2 - 4a 4

(a - 1 )( 4a 3 - a - 1 ) = a 2 (1 - 4a 2 )

Vì a ³ 1 nên 4a 3 - a - 1 = a (a 2 - 1 ) + 3a 2 - 1 > 0 do đó

(a - 1 )( 4a 3 - a - 1 ) ³0ÞP a 2 ( 1 - 4a 2 )

1 ³ -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 * Nếu x  ÞPTÛ 3x  2  x 2  2x  3  x 2  x  5  0 pt vô nghiệm . 3 2 * Nếu x  ÞPTÛ 3x  2  x 2  2x  3  x 2  5x  1  0 3 5  21 2 Ûx  hai nghiệm này đều thỏa mãn x  . 2 3 5  21 Vậy nghiệm của pt đã cho là x  . 2 b) x  1, x  1  2

Bài 3.25: a) Đặt t = 2x - 1 , t ³ 0 .

é t = -1(l ) Phương trình trở thành t 2 - 3t - 4 = 0 Û êê êë t = 4

Với t = 4 ta có 2x - 1 = 4 Û 2x - 1 = ±4 Û x = Vậy phương trình có nghiệm là x  

3 5 và x = 2 2

5 3 hoặc x   2 2

x2 - 2 ,t ³0 x é t = -1 Phương trình trở thành t 2 - t - 2 = 0 Û êê êë t = 2 é x = -1 ± 3 x2 - 2 = 2 Û êê Với t = 2 ta có x êë x = 1 ± 3 Vậy phương trình có nghiệm là x = -1 ± 3 và x = 1 ± 2 Bài 3.26: Phương trình   x  1  2 x  1  m  2  0

b) ĐKXĐ: x ¹ 0 . Đặt t =

Đặt t  x  1 , t  0 ta có phương trình: t 2  2t  m  2  0 (1) t  0 t  2

a) Khi m  2 ta có t 2  2t  0  

Suy ra nghiệm phương trình là x  1, x  3, x  1 b) Phương trình đã cho có nghiệm  phương trình (1) có nghiệm t  0  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.  m  2 .

é mx + 2m = x + 1 é ( m - 1 ) x = 1 - 2m (1 ) Û êê Bài 2.37: a) Ta có PT Û êê êë mx + 2m = - ( x + 1 ) êë ( m + 1 ) x = -2m - 1 ( 2 ) Giải (1): Với m = 1 phương trình trở thành 0x = -1 phương trình vô nghiệm 1 - 2m Với m ¹ 1 phương trình tương đương với x = m -1 Giải (2): Với m = -1 phương trình trở thành 0x = 1 phương trình vô nghiệm -2m - 1 Với m ¹ -1 phương trình tương đương với x = m +1 é m =1 -3 Kết luận: êê phương trình có nghiệm là x = 2 êë m = -1 ïì m ¹ 1 1 - 2m -2m - 1 Với ïí phương trình có nghiệm là x = và x = ïï m ¹ -1 m -1 m +1 î é mx + 2x = mx - 1 Û b) Ta có mx + 2x = mx - 1 Û êê êë mx + 2x = - ( mx - 1 )

é 1 ê x =ê 2 ê (2m + 2)x = 1 (*) êë

Với phương trình (*) ta có m = -1 thì phương trình (*) vô nghiệm

1 2m + 2 1 Kết luận: m = -1 phương trình có nghiệm x = 2 1 1 m ¹ -1 phương trình có nghiệm x = - và x = . 2 2m + 2 7 Bài 3.28: a) ĐKXĐ: x ¹ ±3; x ¹ 2 13 1 6 PT Û + = ( x - 3 )( 2x + 7 ) 2x + 7 ( x - 3 )( x + 3 ) m ¹ -1 thì phương trình (*) có nghiệm x =

éx = 3 Û x 2 + x - 12 = 0 Û ( x - 3 )( x + 4 ) = 0 Û êê êë x = -4 Vậy phương trình có nghiệm x  4 . b) x  1, x  5

c) Điều kiện: x Ï { -3; -2;1; 4 }

2 4 6 8 +1+1+1+ =4 x -1 x +2 x +3 x -4 5x - 8 5x + 12 Û =0 (x - 1)(x - 4) (x + 2)(x + 3) 16 1æ 69 ÷ö ÷÷ Û x2 + x = 0 Û x = ççç -1 ± 5 2 èç 5 ÷ø

PT Û 1 +

1æ Đối chiếu với điều kiện phương trình có nghiệm là x = ççç -1 ± 2 çè ìï 2 ü ï Bài 3.29: a) Điều kiện: x Ï ïí1; ïý ïîï 3 ï ï þ

Với x  0 không là nghiệm của phương trình 2 13 Với x  0 ta có PT Û + =6 2 2 3x - 5 + 3x + 1 + x x 2 2 13 + =6 Đặt t  3 x  phương trình trở thành PT Û x t -5 t +1 1 4 Từ đó ta tìm được nghiệm của phương trình là x = ; x = . 2 3 ìï -1 ± 5 üï ïý b) Điều kiện: x Ï ïí 0; ïï ïï 2 î þ

69 ÷ö ÷÷ . 5 ÷ø

x 4 + 3x 2 + 1 1 x2 + 2 + 3 2 x PT Û 3 x 2 =3Û =3 1 x +x -x x - +1 x x2 t2 + 5 1 =3 Đặt t = x - phương trình trở thành t +1 x

Từ đó phương trình có nghiệm là x = c) Điều kiện: x ¹ -1; x ¹ 0

1± 5 ;x = 1 ± 2 . 2

æ1 æ 1 ÷ö 2 1 2 ÷÷ö + PT Û çç = 15 Û çç - 15 = 0 ÷÷ + ÷ çè x (x + 1) ø x ( x + 1) x (x + 1) èç x x + 1 ø 2

Đặt

1 = t ta được phương trình t 2 + 2t - 15 = 0 Û t = 3; t = -5 x (x + 1)

+) t = 3 Û

1 -3 ± 21 = 3 Û 3x 2 + 3x - 1 = 0 Û x = x (x + 1) 6

+) t = -5 Û

1 -5 ± 5 = -5 Û 5x 2 + 5x + 1 = 0 Û x = x (x + 1) 10

Đối chiếu với điều kiện (*) thì phương trình có bốn nghiệm x =

-3 ± 21 -5 ± 5 ;x = . 6 10

Bài 3.30: a) Điều kiện: x  2; x  3 x 1 x2 Đặt u  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 +) u  3v  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  4  x 2  4 x  3  4 x 2  16 x  16  5 x 2  12 x  19  0  x +) u  4v  x2 x3 8  46 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  . 2 1 b) ĐKXĐ: x  0, x  3 2 Đặt u  3 x  x, v  x  1, u  0, v  0 2u 13u   6  4u 2  7uv  2v 2  0 Khi đó phương trình trở thành 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 ±1

PT Û ( ax - 1)( x + 1 ) + 2 ( x - 1 ) = a ( x 2 + 1 )

Û ax 2 + ax - x - 1 + 2x - 2 = ax 2 + a Û (a + 1 ) x = a + 3

a +3 a +3 a +3 ¹ 1 , xét ¹ -1 Û a ¹ -2 . Ta có a +1 a +1 a +1  Nếu a = -1 thì phương trình vô nghiệm. 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.  Nếu a ¹ -1 thì x =

Bài 3.32: Điều kiện: x  a, x  b : Ta có: PT  2( x  a )( x  b)  a ( x  a )  b( x  b)  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 Phương trình có hai nghiệm là x1  a  b và x 2  2 Ta có x1  a  b  0 , x1  b  a  0 , x 2  a  x 2  b  a  b ab x1  x2  a  b   a  b 2 Vậy với a  b; a  0, b  0 thì pt có hai nghiệm phân biệt ì 1 ï ìï 3x + 1 ³ 0 ï ïx ³ ï Bài 3.33: a) Pt Û í . Û í 3 ïï 2x + 1 = (3x + 1)2 ï 2 ï 9x + 4x = 0 î ï î ìï é x =0 ïï x ³ - 1 ê ï 3 Ûí Û ê ïï 4 êx = - 4 êë ïï x = 0, x = 9 î 9  x  1 x  1  b) PT   3  x  1 7  x  5x  4  0  2 4 2   x4  x2 1  0 x  x 1  0  2  x  2 c) PT   4 4 2  x  3x  1  x  x  1  x  3x  2  0 ì x ³ -1 ïì x + 1 ³ 0 ï ï Û d) Pt Û ïí í 2 2 ïï 2x + 6x + 1 = (x + 1) ïï 6x 2 + 1 = x 2 + 1 î î ìï x ³ -1 ìï x ³ -1 Û ïí 2 Û ïí 4 Û x = 0, x = 2 ïï 6x + 1 = (x 2 + 1)2 ïï x - 4x 2 = 0 î î x  1  x  3  1  3x 2 2  e) 1  3  x  9x    x  5  97  x  3  1  3x  18





f) x 2  (x  7)  (x  x  7)  0  (x  x  7)(x  x  7  1)  0

Từ đó phương trình đã cho có hai nghiệm x  2; x 

1  29 . 2

5 3 Phương trình đã cho tương đương với: x 2 + 12 - 4 = 3x - 6 + x 2 + 5 - 3 x2 - 4 x2 - 4 Û = 3 (x - 2 ) + x 2 + 12 + 4 x2 + 5 + 3 æ ö x +2 x +2 Û ( x - 2 ) çç - 3 ÷÷÷ = 0 çè x 2 + 12 + 4 ø x2 + 5 + 3 éx = 2 ê Û ê x +2 x +2 ê - 3 = 0(*) êë x 2 + 12 + 4 x2 + 5 + 3

Bài 3.34: a) ĐKXĐ: x ³

x +2

x 2 + 12 + 4 x2 + 5 + 3 x 2 + 12 + 4 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2.

x +2

x2 + 5 + 3

< 0 nên pt (*) vô nghiệm.

b) Ta dự đoán được nghiệm x = ±1 , và ta viết lại phương trình như sau: PT Û 3 3 x 2 - 1 + x 2 + 8 - 3 = x 2 + 15 - 4

(

3 ( x - 1) 2

) ( +

x2 - 1

) (

)

x2 - 1

x4 + 3 x2 + 1 x2 + 8 + 3 x 2 + 15 + 4 éx2 = 1 ê Û ê 1 1 1 ê + = ê 3 x4 + 3 x2 + 1 2 2 x +8+3 x + 15 + 4 ë Mặt khác, ta có: 3

x 2 + 15 >

x2 + 8 Þ

x 2 + 15 + 4 >

x2 + 8 + 3 Þ

Nên phương trình thức hai vô nghiệm. Vậy pt có 2 nghiệm x = 1, x = -1 .

x 2 + 15 + 4

1 . 5 Phương trình đã cho tương đương với: 5x - 1 - 2 + 3 9 - x - 2 = 2x 2 + 3x - 5 5 ( x - 1) 1-x Û + = ( x - 1 )( 2x + 5 ) 2 3 3 5x - 1 + 2 9-x +2 9-x + 4

c) ĐKXĐ: x ³

(

é ê Û ( x - 1) ê 2x + 5 ê êë

)

5x - 1 + 2

(

9-x

)

ù ú ú=0 ú 3 + 2 9-x + 4ú û 1

x2 + 8 + 3

é ê 5 5x - 1 + 5 Û ( x - 1) ê 2x + + ê 5 x 1 + 2 êë

(

9-x

)

ù ú ú=0 ú 3 + 2 9-x + 4ú û 1

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất x = 1 . d) ĐKXĐ: x ³ 1 PT Û

x + 6 + x - 1 + x2 - 7 = 0

Û ( 3 x + 6 - 2) + ( x - 1 - 1) + (x 2 - 4) = 0 (1)

Ta có "x ³ 1 : 3 (x + 6)2 + 2 3 x + 6 + 4 = ( 3 x + 6 + 1)2 + 3 > 0 & x - 1 + 1 > 0 Do đó PT Û

x -2

(x + 6)2 + 2 3 x + 6 + 4

x -2

x -1 +1

+ (x - 2)(x + 2) = 0

é ù 1 1 Û (x - 2) êê + + x + 2 úú = 0 Û x = 2 3 x -1 +1 êë 3 (x + 6)2 + 2 x + 6 + 4 úû Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2 . Bài 3.35: a) Đặt t = x 2 + x + 2, ( t ³ 0) Þ x 2 + x = t 2 - 2 é t = -1(l ) Phương trình trở thành: t = t 2 - 2 Û t 2 - t - 2 = 0 Û êê êë t = 2 é x =1 Với t = 2 ta có: 2 = x 2 + x + 2, ( t ³ 0) Û x 2 + x - 2 = 0 Û êê êë x = -2 b) Đặt t = x 2 - x + 1, ( t ³ 0) Þ x 2 - x = t 2 - 1 ét = 1 ê 2 2 Phương trình trở thành: 4 ( t - 1 ) + 1 = t Û 4t - t - 3 = 0 Û ê êt = 3 êë 4 Từ đó phương trình có nghiệm là x = 0, x = 1

c) Điều kiện x + 3 ³ 0 Û x ³ -3 . Đặt t = x + 3, t ³ 0 Þ x = t 2 - 3 Lúc đó phương trình đã cho trở thành: 13(t 2 - 3) + 2 éë 3(t 2 - 3) + 2 ùû t + 42 = 0 Û 6t 3 + 13t 2 - 14t + 3 = 0

ì 1 ï ï t = ï 2 Û (t + 3)(6t 2 - 5t + 1) = 0 Û 6t 2 - 5t + 1 = 0,(t ³ 0) Û ï í ï 1 ï t = ï ï î 3 11 26 Từ đó x = - ; x = - . 4 9 2 d) Đặt t = -x + 2x + 24, ( t ³ 0) Þ -x 2 + 2x + 24 = t 2 Þ x 2 - 2x - 22 = 2 - t 2 é t =1 Phương trình trở thành: 2 - t 2 - t = 0 Û t 2 + t - 2 = 0 Û êê êë t = -2(l ) Với t = 1 ta có: -x 2 + 2x + 24 = 1 Û x 2 - 2x - 23 = 0 Û x = 1 ± 2 6

e) ĐKXĐ: -1 £ x £ 3, x ¹ 1 . PT Û 2 x + 1 Û

(

x +1 +

)

3 - x = ( 2x - 1 )( 2x - 2 )

-x 2 + 2x + 3 = 2 ( x 2 - 2x ) .

f) Đặt t =

4x - 1 , ta có t 4 - 4t 2 + 4t - 1 = 0 Û (t - 1)2 (t 2 + 2t - 1) = 0

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 -

æ 1ö 1 h) x = 0 không phải là nghiệm , Chia cả hai vế cho x ta được: çç x - ÷÷÷ + 3 x - = 2 çè xø x 1± 5 1 , Ta có : t 3 + t - 2 = 0 Û t = 1 Þ x = 2 x 2 Bài 3.36: a) PT Û -( 3x - 2 ) + 3x - 2 + 4x - 18x + 20 = 0

Đặt t =

3x - 2, t ³ 0 .

Phương trình trở thành -t 2 + t + 4x 2 - 18x + 20 = 0 Có Dt = ( 4x - 9 )

19 + 73 23 - 97 ,x = 8 8 b) PT Û 2 ( x + 3 ) + 5x x + 3 + 3x 2 - 3x - 18 = 0

Từ đó ta có nghiệm phương trình là x = Đặt t =

x + 3, t ³ 0 .

Phương trình trở thành 2t 2 + 5xt + 3x 2 - 3x - 18 = 0 Có Dt = ( x + 12 )

16 + 2 10 9 2 c) PT Û -27 ( x - 2 ) - 51 x - 2 + 3x - 31x + 56 = 0

Từ đó ta có nghiệm phương trình là x = 1, x = -

Đặt t  x  2, t  0 . Phương trình trở thành 27t 2  51t  3 x 2  31x  56  0 2 Có  t  18 x  93

25  3 33 41  3 93 , x 2 6 2 d) PT  2  3 x  1  x 3 x  1  x  0  ( x  3 x  1)(2 3 x  1  x)  0

Từ đó ta có nghiệm phương trình là x 

Từ đó ta có nghiệm phương trình là x  Bài 3.37:  Với x > 3 : Đặt a =

3 5 . 2

x + 3;b =

ì ï a 2 + b 2 = 2x ï x - 3; a > 0, b > 0 Þ í 2 ï a - b2 = 6 ï î

Phương trình trở thành: 4a 2 a a 2 + b 2 + 2ab = 4 Û a + b = 2 2 b b 2a (a - b ) Û ( a + b )( a - b ) = Û 6b 2 = 2a (a - b ) 2 b 1 ± 13 Û a 2 - ab - 3b 2 = 0 Û a = b 2

1 + 13 b 2 1 + 13 x - 3 Û x = 8 - 13 (thỏa mãn). Suy ra x + 3 = 2  Với x £ -3 tương tự ta có phương trình vô nghiệm.  Với -3 < x £ 3 khi đó phương trình không xác định nên nó vô nghiệm.

Do a > 0, b > 0 Þ a =

Vậy phương trình có nghiệm là x = 8 - 13 . Bài 3.38: Xét phương trình x 2 - x + 1 = -x - 2 ì x £ -2 ï ï x £ -2 ïìï ï Ûí 2 Ûí 3 (vô nghiệm) ïï x - x + 1 = x 2 + 4x + 4 ï x =ï î ï î 5 2 Suy ra x - x + 1 + x + 2 ¹ 0 do đó x 3 + 2x 2 - 3x + 1 - (x + 2 ) Phương trình Û x 2 - x + 1 - ( x + 2 ) = x2 + 2 é 5x + 3 = 0 -5x - 3 -5x - 3 Û = 2 Û êê 2 2 x +2 x2 - x + 1 + x + 2 êë x - x + 1 + x + 2 = 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

d) PT  ( x 2  1)( x 2  2)( x  2)  0 1  4 12  3 1  4 12  3 hoặc x  2 2 1 5 b) PT  ( x 2  x  1)( x 2  x  1)  0  x  . 2 Bài 3.41: PT   x  1  x 2  2mx  m 2  m  1  0

Bài 3.40: a) ( x 2  x  1) 2  3 x 2  0  x 

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 2 Phương trình trở thành: 2  y  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 

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 . x x3 x2 1 1 1  t 2  2; x 3   t(t 2  3) . Đặt t  x  , | t | 2 . Ta có : x 2  2 3 x x x 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 1 3 5  3  x 2  3x  1  0  x  . x 2 3  5 * t  3  x 2  3x  1  0  x  . 2 3  5 3 5 ;x Vậy phương trình có bốn nghiệm x  . 2 2

* t 3 x

b) . Đặt x = t + 1 , ta có: ( t + 4 ) + ( t - 4 ) = 1312 4

Û t 4 + 96t 2 - 400 = 0 Û t 2 = 4 Û 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 Û ( 32x 2 + 52x + 15 )( 32x 2 - 46x + 15 ) - 99x 2 = 0

æ 15 öæ 15 ö Û çç 36x + 52 + ÷÷÷ çç 32x - 46 + ÷÷÷ - 99 = 0 . x øèç x ø èç

Đặt t = 32x +

15 .Ta có: ( t + 52 )( t - 46 ) - 99 = 0 Û t 2 + 6t - 2491 = 0 Û t = 47, t = -53 x

 t = 47 Û 32x 2 - 47x + 15 = 0 Û x = 1, x =  t = -53 Û 32x 2 - 53x + 15 = 0 Û x =

15 32

53 ± 889 . 64

ì 15 53 ± 889 ï ü ï ï Vậy tập nghiệm phương trình đã cho là: ïí1, , ý. ï ï 32 64 ï ï î þ

d) Phương trình Û ( x 2 - m ) + ( 2m - 9 ) x 2 - 2x + 15 - m 2 = 0 2

Ta chọn m sao cho  ' = 1 - ( 15 - m 2 ) ( 2m - 9 ) = 0 ta tìm được m = 4 Nên ta có: ( x 2 - 4 ) - ( x - 1 ) = 0 Û ( x 2 + x - 5 )( x 2 - x - 3 ) = 0 2

é ê x = -1 ± 21 éx2 + x - 5 = 0 ê 2 Û êê 2 Û ê x x 3 = 0 ê 1 ± 13 êë êx = êë 2 ì ï -1 ± 21 1 ± 13 ü ï ï ; Vậy tập nghiệm của phương trình là: ïí ý. ï ï 2 2 ï ï î þ

e) 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 2 +5 2 = 11 . x +1 x -x +1 Đặt t =

x2 - x + 1 5 1 Þ 2t + = 11 Û 2t 2 - 11t + 5 = 0 Û t = 5, t = . x +1 t 2

x2 - x + 1 = 5 Û x 2 - 6x - 4 = 0 Û x = 3 ± 13 x +1 x2 - x + 1 1 1 = Û 2x 2 - 3x + 1 = 0 Û x = 1, x = . t =5Û x +1 2 2 Bài 3.43:Phương trình Û (x - 1)(x + 5)(x + 1)(x + 3) = m ·t = 5 Û

Û (x 2 + 4x - 5)(x 2 + 4x + 3) = m

Đặt t = x 2 + 4x = (x + 2)2 - 4 ³ -4 ,ta có phương trình : Û (t - 5)(t + 3) = m Û t 2 - 2t - 15 = m (2) . Phương trình (1) có nghiệm Û (2) có nghiệm t ³ -4 .

Với t ³ -4 Þ t 2 - 2t - 15 = (t - 1)2 - 16 ³ -16 Þ (2) có nghiệm t ³ -4 Û m ³ -16 . Bài 3.44: Phương trình Û (x 2 - 2x )2 - 4(x 2 - 2x ) = m

Đặt t = x 2 - 2x = (x - 1)2 - 1 ³ -1 . Phương trình trở thành: t 2 - 2t = m (*). Phương trình có bốn nghiệm phương trình Û (*) có hai nghiệm phân biệt t > -1 . Xét hàm số : f (t ) = t 2 - 2t với t ³ -1 , ta có bảng biến thiên: t

-1 3

f(t)

+¥ +¥

-1 Dựa vào bảng biến thiên Þ -1 < m < 3 .  136 1905  ; c)  x; y      73   73 ìï x + 2y - 3z = 2 ì ì ï ï x = 1 + 5y x = 1 + 5y ïï ï ï ï ï ï ï ï Bài 3.46: a) í x - 3y + z = 5 Û í1 + 5y + 2y - 3z = 2 Û í 7y - 3z = 1 Û ïï ï ï ï ï 1 + 5 y 3 y + z = 5 2y + z = 4 ïïî x - 5y = 1 ï ï ï ï î î  11 5 1  b)  x; y; z   1; 1;1 c)  x; y; z    0; 4;10  d)  x; y; z    ; ;    14 2 7  ì17y = 17 ìy = 1 ïì x + 5y = 7 ïì 3x + 15y = 21 ï ï Û ïí Ûï Ûï Bài 3.47: a) ïí í í ï 3x - 2y = 4 ï 3x - 2y = 4 ïï 3x - 2y = 4 ïï x = 2 îï îï î î 1 1 = u; =v b) ĐKXĐ: x ¹ ±y , đặt x +y x -y ìï ì 1 ï ì 2v = 1 ïï u + v = 5 ï ï v= ï ï ï 8 Ûï 2 Khi đó, có hệ mới ïí í 5 Ûí ïï ï ï 3 ïï u + v = ïï u = 1 ïï -u + v = î 8 ï î 8 î 8 ìx = 5 ïì x + y = 8 ï Ûï Thay trở lại, ta được: ïí í ïï x - y = 2 ï ïy = 3 î î c)  3; 2  ,  2; 3  ,  2;3  ,  3; 2  d)  1; 1 , 1;1

Bài 3.45: a) Vô nghiệm

b)  x; y   1; 2 

Bài 3.48: a) Từ hệ phương trình ta có: D =

ì ï x =6 ï ï ï íy = 1 ï ï z =2 ï ï î

m 2 = m.1 - 1.2 = m - 2 1 1

2m 2 = 2m.1 - 3.2 = 2m - 6 3 1 m 2m Dy = = m.3 - 1.2m = 3m - 2m = m 1 3 Dx =

 Nếu D ¹ 0 Û m–2 ¹ 0 Û m ¹ 2

D Dx 2m - 6 m = ;y = y = D m -2 D m -2  Nếu D  0  m  2 Þ Dx = -4 ¹ 0 Þ hệ phương trình vô nghiệm

Suy ra hệ phương trình có một nghiệm duy nhất: x =

b) Ta có D  Dx  Dy 



m 1

m  1 2 m2 2

m  2m 1 2

m 1 m

1

 2m 2  m  1   m  1 2m  1

 2m 2  3m  1   m  1 2m  1

m 1 m 2  2m

  m  1  m 2  2m   m 2  m  1  2m  2m  1

 m 1  Với D  0   1 : Hệ phương trình có nghiệm duy nhất m   2 D D  m  1 2m  ;  x; y    x ; y      D D   m 1 m 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 x - 2y = - Û x = 4y - 1 . Do đó hệ phương trình có nghiệm là  x; y    4t  1; t  , t  R . 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 m   hệ phương trình có nghiệm là  x; y    4t  1; t  , t  R . 2 m  1 hệ phương trình vô nghiệm m +1 8 = (m + 1)(m + 3) - 8m = m 2 - 4m + 3 Bài 3.49: Ta có: D = m m+3

Hệ đã cho có nghiệm duy nhất Û D ¹ 0 Û m 2 - 4m + 3 ¹ 0 Û m ¹ 1 và m ¹ 3 . Bài 3.50: Ta có: D = -8 - m ( m + 6 ) = -m 2 - 6m - 8 Dx = 2 ( m + 1 ) - m ( m + 3 ) = -m 2 - m + 2

Dy = -4 ( m + 3 ) - ( m + 1 )( m + 6 ) = -m 2 - 11m - 18

ì ìï D = 0 ï -m 2 - 6m - 8 = 0 ï ïï ï Û m = -2 Hệ có vô số nghiệm Û íï Dx = 0 Û ïí -m 2 - m + 2 = 0 ïï ï ï 2 -m - 11m - 18 = 0 ïïî Dy = 0 ï ï î 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

D

m 2  m2 1 1

Nếu D  0  m  2 thì hệ phương trình (*) có nghiệm do đó min P  x; y   0 . 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 4 . 5 Bài 3.52: Ta có: D = -2(m - 2)(m + 2) ; Dx = (m - 2)(1 - 3m ) ; Dy = (m - 2)(m + 3)

Vậy m  2 thì min P  x; y   0 , m  2 thì min P  x; y  

ïì D = 0 Û m = -2 Û m ¹ -2 . a) hệ có nghiệm Û ïí 2 ïï Dx + Dy2 ¹ 0 î

ì 3m - 1 ï ï x = ï ï 2(m + 2) b) Hệ có nghiệm duy nhất Û m ¹ ±2 và nghiệm duy nhất của hệ là: ïí ï m+3 ï y =ï ï 2(m + 2) ï î

éì ï m ³ -1 êï í 3m - 1 2(m + 3) 5m + 5 Þ x ³ 2y Û ³Û ³ 0 Û êê ï ïm ¹ 2 . î 2(m + 2) 2(m + 2) m +2 ê m < -2 êë

c) Hệ có nghiệm duy nhất Û m ¹ ±2

3m 2 + 3m + 7 Û (3 - P )m 2 + (3 - 4P )m + 7 - 4P = 0 (1) 2 m + 4m + 4 5 * P=3 P = 3 thì (1) có nghiệm m = 9 P = x 2 + 3y 2 =

* P ¹ 3 Þ (1) có nghiệm    52P  75  0  P 

75 . 52

75 8 Đẳng thức xảy ra khi m = . 52 9 8 75 Vậy P nhỏ nhất Û m = và MinP = . 9 52 ìï x + 1 = u ï (u, v > 0) Bài 3.53: Đặt: í ïï y = v ïî ìï mu + v = m + 1 Khi đó hệ có dạng: ïí ïï ux + mv = 2 î Û D = 52P - 75 ³ 0 Û P ³

æ m 1 ö÷ ÷÷ = m 2 - 1 Ta có: D = ççç çè 1 m ø÷ æ m + 1 1 ö÷ æ m am + 1 ö÷ ÷÷ = m 2 + m - 2; Dv = çç ÷ = m -1 Du = ççç çç 1 m ø÷ 2 ø÷÷ èç 2 è

 Nếu D ¹ 0 Û m 2 - 1 ¹ 0 Û m ¹ ±1 m +2 1 Hệ có nghiệm duy nhất u = và v = m +1 m +1 ìï m + 2 ïï ³0 Û m > -1 Vì điều kiện u, v > 0 nên ta có : ïí m + 1 ï 1 ï ³0 ï ï ï îm + 1 ì 2m + 3 ï m +2 ïìï ï x = 1 x + = ï ïï (m + 1)2 ï m +1 Û ï Khi đó ta được: í í ïï ï 1 1 ï y = ïï y = ï ï m +1 (m + 1)2 îï ï î ém = 1  Nếu D = 0 Û m 2 - 1 = 0 Û êê êë m = -1 Với m = 1 Þ Du = Dv = 0 , hệ có vô số nghiệm thoả x + 1 + y = 2

Với m = -1 Þ Du = 2 ¹ 0 , hệ vô nghiệm.

Bài 3.54: a) Ta có y = 5 - 2x thế vào phương trình hai ta được:

éx = 2 Þ y = 1 ê 4x + (5 - 2x ) = 17 Û 2x - 5x + 2 = 0 Û ê . êx = 1 Þ y = 4 êë 2 1 Vậy nghiệm của hệ là: (x ; y ) = (2;1),( ; 4) . 2 3 b) Ta có y = 8 - 3x đầu x (8 - 3x ) = 16 Û 3x 4 - 8x 3 + 16 = 0 Û (x - 2)2 (3x 2 + 4x + 4) = 0 Ûx =2x =y =2 2

c) phương trình Þ x 2 = 3(y 2 + 2) phương trình

éx = 0 ê x2 2 2 x - 8x = y(y + 2) = y Û x (3x - xy - 24) = 0 Û ê ê y = 3x - 24 3 êë x 3

æ 3x 2 - 24 ö÷ 3x 2 - 24 2 x = 3 çç x = 0y +2 = 0y = ÷ + 6 Û 13x 4 - 213x 2 + 864 = 0 çè x x ø÷ é x = ±3 Þ y = ±1 éx2 = 9 ê ê 96 78 Û ê 2 Û ê (x ; y ) = (±3; ±1), (± ; ) Bài 3.55: Ta có 96 96 78 êx = ± êx = 14 13 Þ y =  êë êë 13 13 13 2

x = m - y thay vào phương trình hai ta được: 2(m - y )2 - 3y 2 = 1 Û y 2 + 4my + 1 - 2m 2 = 0 (*)

Hệ có nghiệm Û (*) có nghiệm Û D ' = 4m 2 - (1 - 2m 2 ) ³ 0 Û m ³ Vậy m ³

là những giái trị cần tìm.

Bài 3.56: a) 1) Đặt S = x + y, P = xy . Khi đó hệ trở thành: ìï ïï P = 2 - S ïìï S + 2P = 2 2 Û ïí í 2 ïï S (S - 3P ) = 8 ïï 6 - 3S 2 î )=8 ïï S (S î 2 Þ 2S 3 + 3S 2 - 6S - 16 = 0 Û (S - 2)(2S 2 + 7S + 8) = 0 Û S = 2 Þ P = 0 Þ x , y là nghiệm phương trình: X 2 - 2X = 0 Û X = 0, X = 2 . ìï x = 0 ì ïx = 2 È ï Vậy nghiệm của hệ là: ïí . í ïï y = 2 ï y = 0 ï î î

b) Đặt S = x + y; P = xy . Khi đó hệ trở thành: ìï S (S 2 - 3P ) = 19 ì ïì SP = -8S ï SP = 2 - 8S ïí Û ïí 3 Ûï í 3 ïï S (8 + P ) = 2 ïï S - 3(2 - 8S ) = 19 ï ï S + 24S - 25 = 0 î î î ìï S = 1 Û ïí Þ x , y là nghiệm của phương trình : X 2 - X - 6 = 0 Û X1 = 3; X 2 = -2 . ïï P = -6 î

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: éx = y x 2 - y 2 = x - y Û (x - y )(x + y - 1) = 0 Û êê . êë x = 1 - y

* Với x = y Þ x 2 = 3x Û x = 0, x = 3

é y = -1 Þ x = 2 * Với x = 1 - y Þ y 2 = 3y + 2(1 - y ) Û y 2 - y - 2 = 0 Û êê

êë y = 2 Þ x = -1

Vậy nghiệm của hệ: (x ; y ) = (0; 0), (3; 3), (-1;2), (2; -1) . b) : x , y ¹ 0

ìï 2x 3 + x 2y = 3 Þ 2(x 2 - y 3 ) + xy(x - y ) = 0 Û (x - y )(2x 2 + 3xy + 2y 2 ) = 0 Hệ Û ïí 3 ïï 2y + y 2x = 3 î 3 7 Û 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 Û x = 1 = y . Vậy hệ có nghiệm: x = y = 1 .

(

) (

c) ( -1; -1 ), ( 0; 0 ), (1;1 ), - 3; 3 ,

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 Û D ' = 1 - m = 0 Û m = 1 . ïìï x = y 2 - y + 1 · Với m = 1 hệ trở thành: í Þ x 2 + y 2 - 2x - 2y + 2 = 0 2 ïï y = x - x + 1 î Û (x - 1)2 + (y - 1)2 = 0 Û 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 ì ï 3x 2 + 5tx 2 - 4t 2x 2 = 38 Xét x ¹ 0 . Đặt x = ky và thay vào hệ ta được: ïí 2 ï 5x - 9tx 2 - 3t 2x 2 = 15 (*) ï î ìï x 2 (3 + 5t - 4t 2 ) = 38 Û ïí 2 Þ 15 ( 3 + 5t - 4t 2 ) = 38 ( 5 - 9t - 3t 2 ) ïï x (5 - 9t - 3t 2 ) = 15 î é 1 ê t = 3 Û 54t 2 + 417t - 145 = 0 Û êê 145 êt = êë 18 é x =3Þy =1 1 Với t = thì (*) Û x 2 = 9 Û êê 3 êë x = -3 Þ y = -1 145 15.108 Với t = thì (*) Û x 2 = : Phương trình vô nghiệm 18 12655 ìï x = 3 ìï x = -3 hay ïí Vậy ïí . ïï y = 1 ïï y = -1 î î Bài 3.60: Dễ thấy x = 0 không thoả hệ ì ï x 2 (3 + 2k + k 2 ) = 11(*) Với x ¹ 0 , đặt y = tx , thay vào hệ ta được ïí 2 ï x (1 + 2k + 3k 2 ) = 17 ï î Suy ra 17 ( 3 + 2k + k 2 ) = 11 ( 1 + 2k + 3k 2 )

é 5 êk = Û 16k - 12k - 40 = 0 Û ê 4 ê k =2 êë Thay vào (*) ta được: 2

é 4 5 4 5 ê x = Þy =- . =5 33 2 16 ê 4 3 3 3 x = 11 Û x 2 = Ûê  k= - Þ 4 5 4 5 4 16 3 ê Þ y = - .(- ) = êx = êë 4 3 3 3 é x =1Þy =2  k = 2 Þ 11x 2 = 11 Û x 2 = 1 Û êê êë x = -1 Þ y = -2 æ 4 5 ö÷ æ 4 5 ö÷ ; ;Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x ; y ) là çç ÷÷ ; çç ÷÷ ; (1;2 ); ( -1; -2 ) èç 3 3 ø èç 3 3ø

Bài 3.61: Dễ thấy y = 0 không phải là nghiệm của hpt. Đặt x = ty , ta có :

ì ï t 2 - 4t + 1 m 2 2 ìït 2y 2 - 4ty 2 + y 2 = m ì ï ï y ( t 4 t + 1) = m = Hệ  ïí 2  ïí 2  ïí 1 - 3t 4 (I) ï ïï y - 3ty 2 = 4 ï y (1 3 t ) = 4 2 ï ï y (1 - 3t ) = 4 î î ï î 1 Do y ¹ 0 nên từ y 2 ( 1 - 3t ) = 4 Þ 1 - 3t > 0 Û t < 3 2 ì ï t - 4t + 1 1 ï = ï a) Với m = 1 ta có hệ phương trình í 1 - 3t 4 ï 2 ï y (1 3 t ) = 4 ï î Ta có nghiệm là ( 1 ; 4 ), ( -1 ; -4 ). ìï 4(t 2 - 4t + 1) = m(1 - 3t ) b) Ta có : (I)  ïí 2 ïï y (1 - 3t ) = 4 î ìï 4t 2 - (16 - 3m )t + 4 - m = 0 (*)  ïí 2 ïï y (1 - 3t ) = 4 î Đặt f ( t ) = 4t 2 - ( 16 - 3m )t + 4 - m thì

1 Û Đồ thị hàm số 3 æ 1ö f ( t ) = 4t 2 - ( 16 - 3m )t + 4 - m với t Î çç -¥; ÷÷÷ cắt trục hoành Û "m çè 3ø

Hệ có nghiệm  (*) có nghiệm thoả mãn t <

ïì x ³ y Bài 3.62: a) ĐKXĐ : ïí ïï x ³ -y î x + y = 3 x + y Û ( x + y )6 = ( 3 x + y )6

é x = -y Û (x + y )3 = (x + y )2 Û (x + y )2 (x + y - 1) = 0 Û êê . êë x + y = 1

Thay x = -y vào b) Đặt a  x  y 

x -y =

x - y - 12 ta được y = -2 Þ x = 2 .

1 ,b  x  y x y

   1 5 ( x  y)2    3( x  y)2  13 2   ( x  y)  Hệ   nên ta có:  1 )x y1 ( x  y  x y  5(a2  2)  3b2  13    a  b  1

5a2  3b2  23 giải hệ này ta tìm được   a  b  1

 5  a   a  4 2 và   7 b   3  b   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 ìï(x + y ) + (- xy ) = 7 ï HPT Û í ïï(x + y )(- xy ) = -78 ïî Suy ra x + y và - xy là nghiệm của phương trình: é x + y = 13 é t = 13 é x + y = 13 2 ê t - 7t - 78 = 0 Þ ê Û êê Û êê t = -6 xy = 36 - xy = -6 ëê ëê ëê

éì ïx êï êí éu = 4 ï ïy 2 Suy ra x , y là nghiệm của phương trình: u - 13 u + 36 = 0 Û êê Û êê î ìx êë u = 9 êï ï êí êï ïy ëî Vậy, hệ phưong trình có nghiệm là ( 4, 9 ), ( 9, 4 ) .

b) Điều kiện :x ³ 0 ,y ³ 0 2 2 ìï 2x 2 + 2y 2 + 4xy = 16 ì ï ï ï 2x + 2y = x + y HPT Û í Ûí ïï x + y + 4xy = 16 ï x + y =4 ï ïî ï î ìï 2x 2 + 2y 2 = x 2 + y 2 + 2xy ì ï (x - y )2 = 0 ï ï Ûí Ûí Ûx =y =4 ïï x + y = 4 ï x + y =4 ï î î Vậy hệ có nghiệm là ( 4; 4 ) . ìï x ³ 0 c) Điều kiện: ïí ïï y ³ 0 î ìï S = x + y ï Đặt í , điều kiện S , P ³ 0 và S 2 - 4P ³ 0 ïï P = xy ïî

= = = =

4 9 9 4

2 ìï é 2 ù ïï ê x + y - 2 xy ú - 2xy + 2xy = 8 2 Khi đó hệ phương trình có dạng: ïí ëê ûú ïï ïïî x + y = 4 2 ìï ïï ( S 2 - 2P ) - 2P 2 + 2P = 8 2 Ûí ïï S = 4 ïî Þ P 2 - 32P + 128 = 8 ïì 8 - P ³ 0 Û ïí 2 ÛP =4 ïï P - 32P + 128 = (8 - P )2 î ìï x + y = 4 ïì S = 4 ï Þí Ûx =y =4 Vậy ta được: ïí ïï P = 4 ïï xy = 4 î ïî ìï x + y ³ 0 ì ï y ³ -x Û ïí Û -x £ y £ x Þ x ³ 0 Bài 3.64: a) Điều kiện: ïí ïï x - y ³ 0 ï y £x ï î î ì ï ì ï x +y + x -y = 4 ï ï x +y + x -y = 4 Viết lại hệ phương trình dưới dạng: ïí 1 Û í 1 ï ï (x + y )2 + (x - y )2 = 256 (x + y )2 (x - y )2 = 128 ï ï î ï î2 2 ì ï ïu = x + y Đặt: í , u, v ³ 0 ï v = x y ï ï î ì é ï ïï ê uv = 0 ìï u + v = 4 ìï u + v = 4 Ta được: ïí 4 Û ïí Ûï í êêë uv = 32 ïï u + v 4 = 256 ïï uv(uv - 32) ï ï î î u +v = 4 ï ï î ïì u + v = 4 ïì u + v = 4 Û ïí Hoặc ïí ïï uv = 32 ïï uv = 0 î î 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 ) Þ (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 ìï y - 1 + y - 1 = a ì2 y - 1 = a ï 0 0 Ûï Khi đó hệ có dạng: ïí 0 í ïï y 0 - 2 + y 0 = 2a + 1 ï 2y = 2a + 3 ï î î 0 ìïa ³ 0 Þ 2(2a + 3) - 1 = a Û ïí Ûa =2+ 6 ïï 4a - 2 = a 2 î ì ï x +1 + y -1 = 2 + 6 Û · Với a = 2 + 6 , hệ có dạng: ïí ïï x + y = 2(2 + 6) + 1 îï

ì ï x +1 + y -1 = 2 + 6 ïí ïï(x + 1) + (y - 1) = 5 + 2 6 ï î

ìï u = x + 1 ï ; u, v ³ 0 . Ta được: Đặt: í ïï v = y - 1 ïî

Suy ra u,v là nghiệm phương trình:

ì ï ìu + v = 2 + 6 ïu + v = 2 + 6 ï ï Ûï í 2 í 5+2 6 2 ï ï uv = ïu + v = 5 + 2 6 ï ï î ï ï î 2

1 2+ 6 2+ 6 t 2 - (2 + 6)t + (5 + 2 6) = 0 Û t = Þu =v = 2 2 2 ìï ì ïï 6+4 6 ïï x + 1 = 2 + 6 ïx = 2 4 Û ïí Û ïí là nghiệm duy nhất. ïï ïï 2+ 6 14 + 4 6 ïï y - 1 = ïï y = îï 2 îï 4 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi a = 2 + 6 . ìï x - y 2 - 3xy = 3 x - y ) ( ) ï( Bài 3.66: a) Ta có: HPT Û ïí 2 ïï xy = 2 ( x - y ) ïî ì ì ï u 2 - 3u + v = 0 u =0 ï ï Đặt u = x - y, v = xy . Hệ trở thành ïí . hoặc Û í 2 ï ï v=0 v = 2u ï ï î î Từ đó giải được các nghiệm của hệ là ( 0; 0 ), ( 2;1 ), ( -1; -2 ) . ìï 2 ïï x + y + xy(x 2 + y ) + xy = - 5 4 . Đặt a = x 2 + y;b = xy b) HPT Û ïí ïï 2 5 2 ïï(x + y ) + xy = î 4 5 5 ïìï ïìï 2 ïïa + ab + b = ïïb = - - a 4 Ûí 4 Ta có: í ïï 2 ïï 5 5 5 5 2 2 ïïa + b = ïïa + a(- - a ) - - a = î 4 î 4 4 4 ì ì 1 5 ï ï ï ï ïìïa = 0 a =b = - - a2 ï ï ï 2 4 Ûï Û ïí í 5 hoặc í ï ï ï 3 1 ï ï ïïb = b=a3 + a2 + a = 0 ï ï î 4 ï ï î 2 î 4 ì ï 5 ï ïìï x 2 + y = 0 ïìïa = 0 x = 3 ï ï 4 Û ïí Ûí * ïí ïïb = - 5 ïï xy = - 5 ï 25 ï 3 y = ïî ïî ï 4 4 ï ï î 16 ìï ì 1 ïï 2 ìx = 1 ïïa = - 1 ï x +y = ï ï ï ï 2 2 Ûí Ûï *í í 3 ïï ïï ï 3 3 y =ï ïïb = ïï xy = ï î 2 î 2 î 2 æ 5 24 ö÷ æç 3ö ÷÷, ç 1; - ÷÷ . Vậy hệ có hai cặp nghiệm (x ; y ) = ççç 3 ; - 3 çè 4 16 ÷ø çè 2 ÷ø

ì u =1 ï ï í ï v=2 ï î

ì x 1 ï ï x+ + =7 ï ï y y Bài 3.67: a) Vì y = 0 không thỏa hệ đã cho nên hệ đã cho Û ïí ï x 1 ï x 2 + + 2 = 13 ï ï y y ï î 1 x 1 Đặt a = a = x + ; b = Þ x 2 + 2 = a 2 - 2b . y y y ìïa + b = 7 ìïa + b = 7 ìa = 4 ì a = -5 ï ï Ta có hệ là ïí 2  ïí hoặc ïí . Û ïí 2 ïïa - b = 13 ïïa + a - 20 = 0 ï ï b=3 b = 12 ï ï î î î î ìï ïï x + 1 = 4 é 1 ìï x 2 - 4x + 3 = 0 êx = 1 Þ y = ï y ï ï Ûí Û ê *í 3 ïï x ïï x = 3y êx = 3 Þ y = 1 î =3 êë ï ï ï îy ì 1 ï ï x + = -5 ï ìï x 2 + 5x + 12 = 0 ï y Û ïí * ïí hệ vô nghiệm. ï ï x x = 12 y ï îï = 12 ï ï ï îy

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 ì 1 1 ï ï 2y 3 ( 3 + 2y ) = 6 ï 1 ï x x . Đặt a = 2y, b = 3 , ta có hệ í ï 1 x ï + (2y )2 = 5 ï 6 ï îx ì 6 6 ïìï ï ìïab(a + b) = 6 ï a +b = a +b = ï ï ïí Ûí Ûí ab ab ïïa 2 + b 2 = 5 ïï(a + b)2 - 2ab = 5 ï 3 3 ï 2 a b + 5 a 2b 2 - 36 = 0 î ï îï î ìïab = 2 ìïa = 1 ìïa = 2 Û ïí Û ïí v ïí . ïïa + b = 3 ïïb = 2 ïïb = 1 î î î ìï ïï y = 1 ìïa = 1 ì ì ïa = 2 ïy = 1 2 . * ïí * ïí . Þ ïí Þï í 1 ïïb = 2 ïï ï ï b = 1 x = 1 ï ï î î î ïï x = 3 ïî 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 Þ y = 0 Þ x = y = 0 là một nghiệm của hệ ìï ïï x + y = 2y - 1 x Với x ¹ 0 ta có hệ đã cho Û ïí ïï 2 y 2 ïï x + 2 = 4y - 3 î x

ìï ìï ïï x + y = 2y - 1 ïï x + y = 2y - 1 (1) ï x Ûí Ûí x ïï ïï(2y - 1)2 = 6y - 3 y 2 (2) ïï(x + ) = 6y - 3 ïî î x 1 (2) Û 2y 2 - 5y + 2 = 0 Û y = 2; y = . 2 2 * y = 2 Þ (1) Û x + = 3 Û x 2 - 3x + 2 = 0 Û x = 1; x = 2 . x 1 1 = 0 phương trình vô nghiệm. * y = Þ (1) Û x + 2 2x Vậy hệ đã cho có ba cặp nghiệm: (x ; y ) = (0; 0), (1;2), (2;2) . ïìï x 3 - y 3 = 35 í 2 ïï 2x + 3y 2 = 4x - 9y î 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 Û (x + 1)(x 2 + 2x + 76) + 3y 2 (x + 1) - 30y(x + 1) = 0

Û (x + 1)(x 2 + 2x + 3y 2 - 30y + 76) = 0 (*)

Do x 2 + 2x + 3y 2 - 30y + 76 = (x + 1)2 + 3(y - 5)2 ³ 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) Û (x - 2)3 = (y + 3)3 Û x = y + 5 Lại thay vào phương trình thứ hai của hệ, ta được: 2(y + 5)2 + 3y 2 = 4(y + 5) - 9y Û 5y 2 + 25y + 30 = 0 . Û (y + 2)(y + 3) = 0 Û y = -2 Ú y = -3 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) . ìï x , y ³ 0 Bài 3.69: Điều kiện: ïí ïï x + y ¹ 0 î Ta thấy x = 0 (y = 0) không là nghiệm của hệ nên hệ đã cho tương đương với ì1 2 x + y ï ïìï 2 x + y 2 2 1 ï + = 4 = 4 ï ïï 2 ï 4 x +y x +y ï4 x Ûï x y í í ï ï 1 2 x + y 1 1 2 1 ï ïï = = + ï 4 ï ïï 2 4 4 4 x + y y x y ï î î æ 2 2 x + y 1 öæ ÷÷ çç 2 + 1 ö÷÷ = 4 - 1 Suy ra = ççç 4 ÷÷ ç 4 ÷ 4 4 x +y è x y øè x y ø÷ x y Û x x - 2x y + 2y x - 4y y = 0 .

x ta có: t 3 - 2t 2 + 2t - 4 = 0 Û t = 2 Û x = 4y y 4 ïìï 2 + 1 ïï ïx = 4 Từ đó ta tìm được ïí . 4 ïï 2 + 1 ïï ïïî y = 16 3 Bài 3.70: a) Đặt: u = 3x + 1 và v = 3 3x - 1 ìï u 2 + v 2 + u.v = 1 (6) trở thành: ïí 3 Þ u -v = 2 Þ u = v +2 ïï u - v 3 = 2 î

Đặt t =

(

)

(

)

Do đó: ( v + 2 ) + v 2 + v ( v + 2 ) = 1 2

Û 3v 2 + 6v + 3 = 0 Û 3 ( v + 1 ) = 0 Û v = -1 Þ u = 1 2

ìï u = 3 3x + 1 = 1 Þx =0 Vậy ta có: ïí ïï v = 3 3x - 1 = -1 ïî b) ĐKXĐ: 0 £ x £ 2 .

Đặt a = 4 x; b = 4 17 - x ; a, b ³ 0 . Ta có hệ phương trình ìïa + b = 3 ìïa + b = 3 ìïa + b = 3 ïí Û ïí Ûï í 2 2 4 4 2 2 2 2 ïïa + b = 17 ïï[(a + b) - 2ab ] - 2a b = 17 ï ïa b - 18ab + 32 = 0 î î î ïìa + b = 3 Û ïí . ïïab = 2 V ab = 16 î ìa = 2 éx = 1 ïìa + b = 3 ïìa = 1 ï Þ ïí V ï Þ êê  Với ïí . í ïïab = 2 ïïb = 2 ï êë x = 16 ïb = 1 î î î ïìa + b = 2 Þ hệ vô nghiệm.Vậy phương trình đã cho có hai ngiệm x = 1; x = 16 .  Với ïí ïïab = 16 î Bài 3.71: a) ĐKXĐ: x ³ -3 . (x + 1) + 2 1 x +1 Û (x + 1)2 - 1 = +1 . 2 2 2 x +1 t t +1 = + 1 Þ y 2 - 1 = , ta có hệ phương trình: 2 2 2

Phương trình Û 2(x + 1)2 - 2 = Đặt t = x + 1; y =

ìï 2 ét = y ïït - 1 = 1 y 1 ï 2 Þ (t - y )(t + y + ) = 0 Û êê í ïï 2 1 ê y = -t - 1 2 y -1 = t êë ï 2 ï î 2

* t = y Û t2 - 1 =

t 1 ± 17 -3 ± 17 Û 2t 2 - t - 2 = 0 Û t = Ûx = (thỏa đk x ³ -3 ) 2 4 4

1 1 t -1 ± 13 -5 ± 13 Þ (t + )2 - 1 = Û 4t 2 + 2t - 3 = 0 Û t = Ûx = 2 2 2 4 4 (thỏa đk x ³ -3 ).

* y = -t -

Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm: x = b) ĐKXĐ: x ³ 2

-3 ± 17 -5 ± 13 ;x = . 4 4

Phương trình Û (2x + 1)2 + 3x = 2 2(2x + 1) - 3x Đặt t = 2x + 1; y = 2t - 3x Þ y 2 + 3x = ïìït 2 + 3x = 2y Þ (t - y )(t + y + 2) = 0 Û í 2 ïï y + 3x = 2t î

2t Þ ta có hệ phương trình éy = t ê ê y = -t - 2 . ëê é x = -1 ê 2 2 * y = t Û t - 2t + 3x = 0 Û 4x + 3x - 1 = 0 Û ê . êx = 1 êë 4

é x = -1 ê * y = -t - 2 Þ t + 3x + 2(t + 2) = 0 Û 4x + 11x + 7 = 0 Û ê . êx = - 7 êë 4 7 1 Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm: x = -1; x = - ; x = . 4 4 2

Cách khác : pt Û 4x 2 + 8x + 4 = c) Ta có phương trình Û

(

x +2 +1

)

3x - 5 = (2x - 3)3 - x + 2

Đặt 3 3x - 5 = 2y - 3 Þ (2y - 3)2 = 3x - 5 , khi đó ta có hệ phương trình ìï(2x - 3)3 = 2y - 3 + x - 2 ïí Þ a 3 - b 3 = b - a (Với a = 2x - 3;b = 2y - 3 ) ïï(2y - 3)3 = 2x - 3 + x - 2 î Û (a - b)(a 2 + ab + b 2 + 1) = 0 Û a = b Û (2x - 3)3 = 3x - 5 éx = 2 ê 3 2 2 Û 8x - 36x + 51x - 22 = 0 Û (x - 2)(8x - 20x + 11) = 0 Û ê . êx = 5 ± 3 êë 4 Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm x = 2; x = Bài 3.72: a) ĐK: 0 £ x £

5± 3 . 4

ì ïa + b = 2 x ;b = 2 - x , ta có hệ phương trình: ï (I) í 4 ï a + b4 = 2 ï î (I) Û a = b = 1 Û x = 1 là nghiệm của phương trình đã cho.

Đặt a =

b) ĐKXĐ: x £ Đặt a =

2 - x , a ³ 0 Þ a3 = 2 - x2 Û a3 + x2 = 2 2

Mặt khác từ phương trình ban đầu Þ a =

2 - x 3 Û x 3 + a2 = 2

ìïa 3 + x 2 = 2 Vậy ta có hệ phương trình: ïí 3 trừ hai phương trình của hệ ta được ïï x + a 2 = 2 î 3 3 2 2 a - x - (a - x ) = 0 Û (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 ³ 1 Þ a + x > 0 Þ (a + x )(x - 1) ³ 0 Þ a 2 + (a + x )(x - 1) > 0

* Với 0 £ x < 1 Þ a ³ 1 Þ a 2 + ax + x 2 - a - x = a(a - 1) + ax + x (a - 1) > 0 * Với x < 0 Þ a + x < 0 Þ (a + x )(x - 1) > 0 Þ a 2 + (a + x )(x - 1) > 0 Þ a 2 + ax + x 2 - a - x > 0 "x

ì ï 0£x £ 32 ï Û x = 1. Do đo (*) Û a = x thay vào hệ ta được: 2 - x = x Û í 3 ï x + x2 - 2 = 0 ï î Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1 . ì ï 2y 3 - 2x 3 = 3 (I ) (I) Bài 3.73: Đặt y = 4x 3 - x + 3 . (1) có dạng: ïí 3 ï 4 x x + 3 = y ï î 3 3 3 3 ìï 2y - 2x = 3 ì ï 2y - 2x = 3(2) Û ïí 3 Ûï í 3 ïï 2x + 2y - (x + y ) = 0 ïï(x + y )(2x 2 - 2xy + 2y 2 - 1) = 0(3) î î 3 TH1: y = -x kết hợp(2), có nghiệm của (1): x = - 3 4 2 TH2: 2x 2 - 2xy + 2y 2 - 1 = 0; D 'x = 2 - 3y 2 . Nếu có nghiệm thì y £ . Tương tự cũng có 3 3 æ 2 ÷ö 2 8 2 ç ÷÷ = x £ . Khi đó VT (2) £ 4 çç < 3 . Chứng tỏ TH2 vô nghiệm. çè 3 ÷ø 3 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 ¹ 0 phương trình tương đương với ( x - 1 ) + x + 1 = x 2 3 x 2 (x - 1) - x - 1 3

ìï u = 3 x 2 (x - 1) - x - 1 Þ u 3 + x + 1 = x 2v Đặt ïí ïï v = x -1 î Phương trình trở thành v 3 + x + 1 = x 2v ìï u 3 + x + 1 = x 2v Vậy ta có hệ phương trình ïí 3 ïï v + x + 1 = x 2v î

é u =v Þ u 3 - v 3 = x 2 ( v - u ) Û ( u - v )( u 2 + uv + v 2 + x 2 ) = 0 Û êê 2 2 2 êë u + uv + v + x = 0 éx = 0 3 Với u = v ta có ( x - 1 ) + x + 1 = x 2 ( x - 1 ) Û 2x 2 - 4x = 0 Û êê (loại x = 0 ) êë x = 2

æ vö 3 Với u + uv + v + x = 0 Û çç u + ÷÷ + v 2 + x 2 = 0 Û u = v = x = 0 (loại) ÷ çè 2ø 4 Vậy phương trình có nghiệm là x = 2 . b) Phương trình đã cho tương đương với 3 3 x  4  2 x  3  ( x  1)3 2

( x  1)3  2 x  y  4 Đặt y  1  3 3 x  4 . Ta có hệ phương trình  3 ( y  1)  3 x  4 Trừ hai phương trình của hệ, vế theo vế, ta được ( x  y ) ( x  1) 2  ( x  1)( y  1)  ( y  1) 2   y  x x  y  0  x y 2 2 ( x  1)  ( x  1)( y  1)  ( y  1)  1 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) ìï x - 8 ³ 0 ìï x ³ 8 Û ïí Û x = 8. Điều kiện : ïí ïï 8 - x ³ 0 ïï x £ 8 î î 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 . ìï x - 8 ³ 0 ìï x ³ 8 Û ïí Û x Î Æ. Điều kiện: ïí ïï 4 - x ³ 0 ïï x £ 4 î î Vậy, phương trình (2) vô nghiệm. Bài 3.76: a) PT Û (m 2 + 3)x = -2m - 3 Û x = Vậy, nghiệm của (1) là : x =

-(2m + 3) . m2 + 3

-2m - 3 (vì m2 + 3  0, m) 2 m +3

b) PT Û (m 2 - 4)x = m 2 + m - 6 Û (m + 2)(m - 2)x = (m - 2)(m + 3). m+3 . m +2 + m + 2 = 0 Û m = -2 : (2) trở thành: 0x = -4 : vô nghiệm + m - 2 = 0 Û m = 2 : (2) trở thành : 0x = 0 : x Î  . m+3 Kết luận: m ¹ ± 2 : x = m +2 m = 2 : phương trình vô nghiệm. m=2:x . c) Điều kiện: x + 1 ¹ 0 Û x ¹ -1 .Với điều kiện đó thì: PT Û mx - m - 3 = 2x + 2 Û (m - 2)x = m + 5.

+ ( m + 2 )( m - 2 ) ¹ 0 Û m ¹ ± 2. Nghiệm của (2) là: x =

m +5 . Để nó là nghiệm của (3) thì: m -2 m +5 3 x ¹ -1 Û ¹ -1 Û m ¹ - . m -2 2 + m - 2 = 0 Û m = 2 : (3) Û 0x = 7 : vô nghiệm.

+ m -2 ¹ 0 Û m ¹ 2 : x =

3 m +5 Vậy: m ¹ 2 và m ¹ - , thì nghiệm của phương trình là: x = 2 m -2 3 m = 2 hay m = - : phương trình vô nghiệm. 2 3 Bài 3.77: a) m = 1: PT trở thành:  2 x  3  0  x  2 m  1: (1) có: D¢ = 1 - 3 ( m - 1 ) = -3m + 4.

4 : phương trình (1) vô nghiệm. 3 4 1 + D¢ = -3m + 4 = 0 Û m = : phương trình (1) có nghiệm kép x = = 3. 3 m -1 4 + D¢ = -3m + 4 > 0 Û m < : phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt: 3

+ D¢ = -3m + 4 < 0 Û m >

1 ± -3m + 4 . m -1 b) Điều kiện : x 2 - 1 ¹ 0 Û x ¹ ±1. Với điều kiện đó, thì: x =

PT Û f ( x ) = x 2 - 2mx + m 2 - m + 1 =

(*)

ì ïm ¹ 1 . Với x  1 thì: f ( 1 ) = m 2 - 3m + 2 ¹ 0 Û ïí ï m ¹2 ï î 2 Với x  1 thì: f ( -1 ) = m + m + 2 ¹ 0 : đúng với mọi m.

Khi đó, ( * ) có biệt thức: D¢ = m 2 - ( m 2 - m + 1 ) = m - 1.

ìï m > 1  ïí thì D¢ > 0, nên ( * ) có hai nghiệm phân biệt x = m ± m - 1 và ïï m ¹ 2 î đó cũng là hai nghiệm của (2).  m = 1 thì: D¢ = 0, nên ( * ) có nghiệm kép x = m = 1 (không thoả điều kiện),

suy ra đã cho vô nghiệm.

é x = 1 (loaïi)  m = 2, thì ( * ) trở thành: x 2 - 4x + 3 = 0 Û êê êë x = 3 Do đó nghiệm của đã cho là x = 3.  m < 1 thì D¢ < 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 ³ 0 Þ x - 1 ³ 0 Û x ³ 1 . Khi đó ta có: x - 2 + x - 1 + x = x - 1 Û| x - 2 | +x = 0 phương trình vô nghiệm. b) Xét hàm số :

ì 2x - 3 khi x ³ 2 ï ï ï ïï1 khi 1 £ x < 2 y = f (x ) = x - 2 + x - 1 + x - x = ïí . ï2x + 3 khi 0 £ x < 1 ï ï ï -4x + 3 khi x <0 ï ï î Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình có nghiệm Û m ³ 1 . Bài 3.79: a) x = 0 é x = -1 2 2 b) PT Û 2(x + 1)2 1 + 3 + 2x = ( x + 5 )( 2x + 2 ) Û êê êë x = 3 é ê x = 1 - 13 2 2 æ ö÷ æ ö÷ 1 1 ê 2 c) PT Û çç x - ÷÷ = çç x + 3 + ÷÷ Û ê çè ç 2ø 2ø è ê 3 + 17 êx = êë 2

(

)

3 =t x Phương trình có nghiệm là x = 1, x = 3, x = 8 ± 61 . x+

d) Chia hai vế cho x rồi đặt

Bài 3.80: * Nếu m < 2 Þ phương trình vô nghiệm * Với m ³ 2 Þ Phương trình Û x 2 - 2mx + 1 = m 2 - 4m + 4 Û x 2 - 2mx - m 2 + 4m - 3 = 0 Phương trình có nghiệm D ' = 2 ( m - 1 ) + 1 > 0 đúng mọi m 2

Vậy m ³ 2 là những giá trị cần tìm. Bài 3.81: a) Ta có: D = Dy =

-1 2

6 + 5 ; Dx =

= -2.

Hệ có nghiệm duy nhất:

æ 2+ 3 -2 ö÷ çç ÷÷ . x ; y = ; ( ) çç 6 + 5 ÷ø è 6+5

b) ( x ; y; z ) = ( 40;15; -22 ) Bài 3.82: Ta có: D =

m 1

1 = m 2 - 1 = (m - 1) (m + 1) ; m

-1 2

3 ;

Dx =

m +1 1 m = m 2 + m - 2 = (m - 1) (m + 2) ; Dy = 2 m 1

m +1 = m - 1. 2

ì D ï m +2 ï x = x = ï ï D m +1  D  0  m  ±1 : Hệ có nghiệm duy nhất: ïí D ï 1 ï y = y = . ï ï D m +1 ï î  D = 0  m = ±1. ì ïx + y = 2 Û x + y = 2. + Khi m = 1 thì: Dx = Dy = 0 , hệ trở thành: ïí ï x + y = 2 ï î ïì x Î R Hệ đã cho có vô số nghiệm: ïí ïï y = 2 - x . î + Khi m = 1 thì: Dx = -2 ¹ 0 : Hệ vô nghiệm. ì m +2 ï ï x = ï m +1 Kết luận :  m  ±1: Hệ có nghiệm: ïí ï 1 ï y = . ï ï m +1 ï î ìï x Î R .  m = 1: Hệ có nghiệm: ïí ïï y = 2 - x . î  m = 1: Hệ vô nghiệm. ìï y = 2x - 4 Bài 3.83: a) PT Û ïí 2 ïï x - 3x (2x - 4) + (2x - 4)2 = -5 î ì é x = 3, y = 2 ï y = 2x - 4 ê Û Ûï í 2 ê x = -7, y = -18. ïï x + 4x - 21 = 0 êë î Vậy nghiệm của hệ là (3; 2), (7; 18). ìï x 2 + xy 2 = 2x + 9 (1) ) ïï( b) HPT Û í 2 ïï xy = 3x + 3 - x (2) ïïî 2 2 ö æ 2 çç x + 3x + 3 - x ÷÷ = 2x + 9 Thay (2) vào (1) ta được: çè 2 ÷ø

éx = 0 3 Û x 4 + 12x 3 + 48x 2 + 64x = 0 Û x ( x + 4 ) = 0 Û êê êë 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

æ 17 ö Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là çç -4; ÷÷÷ çè 4ø

Bài 3.84: a) ( x ; y ) = ( 1;1 )

æ 1 + 5 1 + 5 ö÷ æ -1 + 5 -1 + 5 ö÷ ÷÷, çç ÷÷ ;; b) Nghiệm ( x ; y ) của hệ là ( 1;1 ), ççç ÷ø 2 2 ÷ø ççè 2 2 èç 3 Bài 3.85: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi: m = - , m = 1 4 Bài 3.86: ĐKXĐ: x ¹ 0, y ¹ 0

1 1 Đặt u = x + , v = y + với u  2, v  2, hệ trên trở thành: x y ìu + v = 5 u +v = 5 ïìï ï  ïí í 3 3 ïï u + v - 3(u + v ) = 15m - 10 ï (u + v )3 - 3uv(u + v ) - 3(u + v ) = 15m - 10 ï î î ìu + v = 5 u +v = 5 ïì ï  ïí  ïí ïï125 - 15uv - 15 = 15m - 10 ï ï uv = 8 - m î î  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 ³ 2, t2 ³ 2

( t1 , t2 không nhất thiết phân biệt).

Xét hàm số f ( t ) = t 2 - 5t + 8 với t

³ 2.

Từ bảng biến thiên ta có hệ trên có nghiệm khi và chỉ khi

7 £ m £ 2 hoặc m  22 4

CHƯƠNG IV. BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH §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 " 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 Þ a > c * a > b Û a +c > b +c * a > b và c > d Þ a + c > b + d * Nếu c > 0 thì a > b Û ac > bc Nếu c < 0 thì a > b Û ac < bc * a >b ³ 0 Þ a > b * a ³ b ³ 0 Û a 2 ³ b2

* a > b ³ 0 Þ a n > bn 3. Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối. * - a £ a £ a với mọi số thực a .

* x < a Û -a < x < a ( Với a > 0 )

éx > a * x > a Û êê ( Với a > 0 ) êë 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 a +b Cho a ³ 0, b ³ 0 , ta có ³ 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 3 abc . Dấu '=' xảy ra khi và chỉ khi a = b = c Cho a ³ 0, b ³ 0, c ³ 0 , ta có 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 ³ B ta có thể sử dụng các cách sau:  Ta đi chứng minh A - B ³ 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. 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 2 + b2 a) ab £ 2

182

æ a + b ÷ö b) ab £ çç ÷ çè 2 ÷ø

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 ³ 0 Þ a 2 + b 2 ³ 2ab . Đẳng thức Û a = b . æ a + b ÷ö b) Bất đẳng thức tương đương với çç ÷ - ab ³ 0 çè 2 ÷ø 2

 a 2  2ab  b 2  4ab   a  b   0 (đúng) ĐPCM. 2

Đẳng thức xảy ra Û a = b c) BĐT tương đương 3  a 2  b 2  c 2   a 2  b 2  c 2  2ab  2bc  2ca   a  b    b  c    c  a   0 (đúng) ĐPCM. 2

Đẳng thức xảy ra Û a = b = c d) BĐT tương đương a 2  b 2  c 2  2ab  2bc  2ca  3  ab  bc  ca   2  a 2  b 2  c 2   2  ab  bc  ca   0   a  b    b  c    c  a   0 (đúng) ĐPCM. 2

Đẳng thức xảy ra Û 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 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ³ 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 ³ 0 Þ đpcm. 2 2 2 2 a Đẳng thức xảy ra Û b = c = d = e = . 2 1 1 2 Ví dụ 3 : Cho ab ³ 1 . Chứng minh rằng : 2 . + 2 ³ a + 1 b + 1 1 + ab Lời giải 1 1 2 1 1 1 2 Ta có 2 + 2 =( 2 )+( 2 ) a + 1 b + 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 = ( ) = . 1 + ab (1 + b 2 )(1 + a 2 ) (a + 1)(1 + ab) (b + 1)(1 + ab) 1 + ab 1 + b 2 1 + a 2 =

a - b (a - b)(ab - 1) (a - b)2 (ab - 1) = ³ 0 (Do ab ³ 1) . 1 + ab (1 + b 2 )(1 + a 2 ) (1 + ab)(1 + b 2 )(1 + a 2 )

Nhận xét : Nếu -1 < b £ 1 thì BĐT có chiều ngược lại :

1 1 2 . + 2 £ a + 1 b + 1 1 + ab 2

Ví dụ 4: Cho số thực x . Chứng minh rằng a) x 4 + 3 ³ 4x b) x 4  5  x 2  4 x c) x12  x 4  1  x9  x Lời giải a) Bất đẳng thức tương đương với x 4 - 4x + 3 ³ 0   x  1  x3  x 2  x  3  0   x  1  x 2  2 x  3   0 2

2 2   x  1  x  1  1  0 (đúng với mọi số thực x )  

183

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

 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 2

 x2 1  0 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  (không xảy ra) x20

Suy ra  x 2  1   x  2   0 ĐPCM. 2

c) Bất đẳng thức tương đương với x12  x9  x 4  x  1  0 + Với x  1 : Ta có x12  x9  x 4  x  1  x12  x 4 1  x5   1  x  Vì x  1 nên 1  x  0, 1  x5  0 do đó x12  x9  x 4  x  1  0 .

+ Với x  1 : Ta có x12  x9  x 4  x  1  x9  x3  1  x  x3  1  1 Vì x  1 nên x 3 - 1 ³ 0 do đó x 12 - x 9 + x 4 - x + 1 > 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 ³ 0

b) 2 ( a 4 + 1 ) + (b 2 + 1 ) ³ 2 (ab + 1 ) 2

(

c) 3 ( a 2 + b 2 ) - ab + 4 ³ 2 a b 2 + 1 + b a 2 + 1

)

Lời giải a) BĐT tương đương với ( a 4 + b 4 - 2a 2b 2 ) + ( 2a 2b 2 - 4ab + 2 ) ³ 0 Û ( a 2 - b 2 ) + 2 (ab - 1 ) ³ 0 (đúng) 2

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 ) ³ 0 Û ( a 4 + b 4 - 2a 2b 2 ) + ( 2a 2 - 4ab + 2b 2 ) + (a 4 - 4a 2 + 1 ) ³ 0

Û (a 2 - b 2 )2 + 2(a - b)2 + (a 2 - 1)2 ³ 0 (đúng) 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 ³ 0

(

)

Û éê a 2 - 4a b 2 + 1 + 4 (b 2 + 1 ) ùú + éê b 2 - 4b a 2 + 1 + 4 (a 2 + 1 )ùú + (a 2 - 2ab + b 2 ) ³ 0 ë û ë û

(

Û a - 2 b2 + 1

) + (b - 2 2

a2 + 1

) + (a - b ) 2

³ 0 (đúng)

Đẳng thức không xảy ra. Ví dụ 6: Cho hai số thực x , y thỏa mãn x ³ y . Chứng minh rằng; a) 4 ( x 3 - y 3 ) ³ ( x - y )

b) x 3 - 3x + 4 ³ y 3 - 3y Lời giải

a) Bất đẳng thức tương đương 4 ( x - y ) ( x 2 + xy + y 2 ) - ( x - y ) ³ 0 3

2 Û ( x - y ) éê 4 ( x 2 + xy + y 2 ) - ( x - y ) ùú ³ 0 Û ( x - y ) éë 3x 2 + 3xy + y 2 ùû ³ 0 ë û 2 éæ ù yö 3y 2 ú Û 3 ( x - y ) êê çç x + ÷÷÷ + ³ 0 (đúng với x ³ y ) ĐPCM. 2ø 4 úú êë çè û

184

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y .

b) Bất đẳng thức tương đương x 3 - y 3 ³ 3x - 3y - 4 Theo câu a) ta có x 3 - y 3 ³

3 1 ( x - y ) , do đó ta chỉ cần chứng minh 4

3 1 ( x - y ) ³ 3x - 3y - 4 (*), Thật vậy, 4

BĐT (*) Û ( x - y ) - 12 ( x - y ) + 16 ³ 0 3

2 Û ( x - y - 2 ) éê ( x - y ) + 2 ( x - y ) - 8 ùú ³ 0 ë û

Û ( x - y - 2 ) ( x - y + 4 ) ³ 0 (đúng với x ³ y ) 2

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 Î éë a; b ùû Þ (a - a )(a - b ) £ 0 ( * ) a, b, c Î ëé a; b ûù Þ (a - a )(b - a )(c - a ) + ( b - a )( b - b )( b - c ) ³ 0 (* * ) Ví dụ 7 : Cho a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng : 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 Þ ac + bc > c 2 . Tương tự bc + ba > b 2 ; ca + cb > c 2 cộng ba BĐT này lại với nhau ta có đpcm 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.

Ví dụ 8 : Cho a, b, c Î [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 Î [0;1] Þ (1 - a 2 )(1 - b 2 )(1 - c 2 ) ³ 0 Û 1 + a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 - a 2b 2c 2 ³ a 2 + b 2 + c 2 (*)

Ta có : a 2b 2c 2 ³ 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.

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 Î éë 0;1 ùû Þ 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 ) Ta chỉ cần chứng minh a ( 1 - b ) + b ( 1 - c ) + c (1 - a ) £ 1 Thật vậy: vì a, b, c Î éë 0;1 ùû nên theo nhận xét ( * * ) ta có abc + ( 1 - a )( 1 - b )(1 - c ) ³ 0 Û a + b + c - ( ab + bc + ca ) £ 1

Û a ( 1 - b ) + b ( 1 - c ) + c (1 - a ) £ 1

vậy BĐT ban đầu được chứng minh 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 ³ 0 . 185

Lời giải Vì a 2 + b 2 + c 2 = 1 Þ a, b, c Î [-1;1] nên ta có : (1 + a )(1 + b)(1 + c) ³ 0 Û 1 + a + b + c + ab + bc + ca + abc ³ 0 (*)

(1 + a + b + c)2 ³ 0 Û 1 + a + b + c + ab + bc + ca ³ 0 (**) 2 Cộng (*) và (**) ta có đpcm.

Mặt khác :

Ví dụ 10: Chứng minh rằng nếu a ³ 4, b ³ 5, c ³ 6 và a 2 + b 2 + c 2 = 90 thì a + b + c ³ 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

nhân ra và cộng các BĐT cùng chiều

lại ta được: a 2 + b 2 + c 2 - 13(a + b + c) + 118 £ 0 suy ra

1 2 (a + b 2 + c 2 + 118 ) = 16 vì a 2 + b 2 + c 2 = 90 13 vậy a + b + c ³ 16 dấu “=” xảy ra khi a = 4, b = 5, c = 7 Ví dụ 11: Cho ba số a, b, c thuộc éë -1;1 ùû và không đồng thời bằng không. Chứng minh rằng a 4b 2 + b 4c 2 + c 4a 2 + 3 ³2 a 2012 + b 2012 + c 2012 Lời giải Vì ba số a, b, c thuộc éë -1;1 ùû nên 0 £ a 2 , b 2 , c 2 £ 1 a +b +c ³

Suy ra (1 - b 2 )(1 + b 2 - a 4 ) ³ 0 Û a 4 + b 4 - a 4b 2 £ 1 (*) Mặt khác a 4 ³ a 2012 , b 4 ³ b 2012 đúng với mọi a, b thuộc éë -1;1 ùû Suy ra a 4 + b 4 - a 4b 2 ³ a 2012 + b 2012 - a 4b 2 (**)

a 4b 2 + c 2012 + 1 ³1 a 2012 + b 2012 + c 2012 b 4c 2 + a 2012 + 1 c 4a 2 + b 2012 + 1 ³ 1 ³1 Tương tự ta có 2012 và a + b 2012 + c 2012 a 2012 + b 2012 + c 2012 a 4b 2 + b 4c 2 + c 4a 2 + a 2012 + b 2012 + c 2012 + 3 ³3 Cộng vế với ta được a 2012 + b 2012 + c 2012 a 4b 2 + b 4c 2 + c 4a 2 + 3 ³ 2 ĐPCM. Hay 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:

Từ (*) và (**) ta có a 2012 + b 2012 £ a 4b 2 + 1 hay

a) a + b + c ³ ab + bc + ca b) a 2 + b 2 + 1 ³ ab + a + b c) a 2 + b 2 + c 2 + 3 ³ 2(a + b + c) d) a 2 + b 2 + c 2 ³ 2(ab + bc - ca ) Bài 4.1: Cho a, b, c, d là số dương.. Chứng minh rằng a a +c a a b c < với < 1 . b) + + <2 b b +c b a +b b +c c +a a b c d c) 1 < + + + <2 a +b +c b +c +d c +d +a d +a +b

186

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 ) ³ (a + b)2 xy ( với a, b > 0; x , y Î R ) .

d) 2 <

c +a

c +b

. với a > b > 0; c > ab . c +a c2 + b2 1 1 2 a +b c +b c) + ³ 4 với a, b, c > 0 và + = a c b 2a - b 2c - b 2 2 2 3 3 3 d) a(b - c) + b(c - a ) + c(a - b) > a + b + c với a, b, c là ba cạnh của tam giác Bài 4.3: Cho x ³ y ³ z ³ 0 . Chứng minh rằng: b)

a) xy 3 + yz 3 + zx 3 ³ xz 3 + zy 3 + yx 3

x 2y y 2z z 2x x 2z y 2x z 2y + + ³ + + . z x y y z x Bài 4.4: Cho bốn số dương a, b, c, d . Chứng minh rằng:

. 1 1 1 1 1 1 + + + a b c d a +c b +d Bài 4.5: Cho a, b, c Î éë 1; 3 ùû 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(côsi) 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 2 (x + y )2 æ x + y ÷ö 2 2 2 2 ç x +y ³ ; xy £ ç Đối với hai số: x + y ³ 2xy; ÷ . 2 èç 2 ÷ø

æ a + b + c ö÷ a 3 + b3 + c3 , abc £ çç Đối với ba số: abc £ ÷÷ çè 3 3 ø 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 æ a b öæ a 5 b ö a) çç + ÷÷ çç 2 + 2 ÷÷ ³ 4 b) ( a + b ) ³ 16ab ( 1 + a 2 )( 1 + b 2 ) çè b a ÷øèç b a ÷ø 3

Lời giải a) Áp dụng BĐT côsi ta có

a b a b a b a b + ³ 2 . = 2, 2 + 2 ³ 2 2 . 2 = b a b a b a b a æ a b öæ a b ö 4 Suy ra çç + ÷÷ çç 2 + 2 ÷÷ ³ (1) ÷ çè b a ÷øèç b a ø ab

Mặt khác ta có 2 = a 2 + b 2 ³ 2 a 2b 2 = 2ab Þ ab £ 1 (1) 187

æ a b öæ a b ö Từ (1) và (2) suy ra çç + ÷÷ çç 2 + 2 ÷÷ ³ 4 ĐPCM. çè b a ÷øèç b a ÷ø Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1 .

b) Ta có ( a + b ) = (a 2 + 2ab + b 2 )(a 3 + 3ab 2 + 3a 2b + b 3 ) 5

Áp dụng BĐT côsi ta có a 2 + 2ab + b 2 ³ 2 2ab (a 2 + b 2 ) = 4 ab và

(a 3 + 3ab 2 ) + ( 3a 2b + b 3 ) ³ 2 (a 3 + 3ab 2 )( 3a 2b + b 3 ) = 4 ab (1 + b 2 )(a 2 + 1 ) Suy ra ( a 2 + 2ab + b 2 )(a 3 + 3ab 2 + 3a 2b + b 3 ) ³ 16ab (a 2 + 1 )(b 2 + 1 ) Do đó ( a + b ) ³ 16ab 5

(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 æ 1 öæ 1 öæ 1ö a) çça + ÷÷÷ ççb + ÷÷÷ ççc + ÷÷÷ ³ 8 b øèç c øèç aø èç b) a 2 (1 + b 2 ) + b 2 (1 + c 2 ) + c 2 (1 + a 2 ) ³ 6abc c) (1 + a )(1 + b)(1 + c) ³ ( 1 + 3 abc )

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 1 a 1 b 1 ³2 ,b+ ³2 ,c+ ³2 b b c c a æ 1 öæ 1 öæ 1ö a Suy ra çça + ÷÷ ççb + ÷÷ ççc + ÷÷ ³ 8 . ÷ ÷ ÷ çè ç ç b øè c øè aø b

c a b c . = 8 ĐPCM. c a Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c . b) Áp dụng BĐT côsi cho hai số dương ta có 1 + a 2 ³ 2 a 2 = 2a , tương tự ta có 1 + b 2 ³ 2b, 1 + c 2 ³ 2c a+

Suy ra a 2 (1 + b 2 ) + b 2 (1 + c 2 ) + c 2 (1 + a 2 ) ³ 2 (a 2b + b 2c + c 2a )

Mặt khác, áp dụng BĐT côsi cho ba số dương ta có a 2b + b 2c + c 2a ³ 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 ) ³ 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 ab + bc + ca ³ 3 3 ab.bc.ca = 3

(

abc

Suy ra (1 + a )(1 + b)(1 + c) ³ 1 + 3

(

)

và a + b + c ³ 3 3 abc

abc

)

+ 3 3 abc + abc = ( 1 + 3 abc ) ĐPCM

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c . d) Áp dụng BĐT côsi cho hai số dương ta có æ b + c ÷ö 2 æ a + c ÷ö 2 æ a + b ÷ö a 2 bc £ a 2 çç ÷, b ac £ b 2 çç ÷, c ab £ c 2 çç ÷ çè 2 ÷ø çè 2 ÷ø çè 2 ÷ø

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

Suy ra a 2 bc + b 2 ac + c 2 ab £ 188

a 3 + a 3 + b3 2 b3 + b3 + a 3 2 a 3 + a 3 + c3 ,ba £ ,ac £ , 3 3 3 c3 + c3 + a 3 2 b3 + b3 + c3 2 c3 + c3 + b3 c 2a £ ,bc £ ,cb £ 3 3 3 2 2 2 2 2 2 3 3 Suy ra a b + b a + a c + c a + b c + c b £ 2 (a + b + c 3 ) (2) a 2b £

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 ³ 4 abcd 4 æa b c d ö b) çç 3 + 3 + 3 + 3 ÷÷÷ (a + b )(b + c ) ³ 16 çè b c d a ø

a +b +c

8abc ³ 4. (a + b)(b + c)(c + a )

abc Lời giải a) Áp dụng BĐT côsi ta có 3

a + b ³ 2 ab, c + d ³ 2 cd và

ab + cd ³ 2

ab . cd = 2 4 abcd

a +b +c +d 2 ab + 2 cd ³ ³ 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

a b c d a b c d 4 + 3 + 3 + 3 ³ 44 3 . 3 . 3 . 3 = 3 b c d a b c d a abcd æa ö b c d 4 Suy ra çç 3 + 3 + 3 + 3 ÷÷÷ (a + b )(c + d ) ³ .2 ab .2 cd = 16 ĐPCM çè b c d a ø abcd

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d . c) Áp dụng câu a) ta có VT = 3.

a +b +c 3 3 abc

æ a + b + c ÷ö 8 (a + b + c ) 8abc 8abc + ³ 4 4 çç 3 = 44 ÷÷ çè 3 abc ø (a + b)(b + c)(c + a ) (a + b)(b + c)(c + a ) 27(a + b)(b + c)(c 3

8 (a + b + c )

Như vậy ta chỉ cần chứng minh 4 4

27(a + b)(b + c)(c + a )

Û 8 ( a + b + c ) ³ 27 (a + b )(b + c )(c + a ) (*)

³4

Áp dụng BĐT côsi cho ba số ta có 3 3 æ ( a + b ) + (b + c ) + (c + a ) ö÷ 8 (a + b + c ) ç ÷÷ = ( a + b )( b + c )( c + a ) £ ççç ÷ø 3 27 è 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 . Khi đó ta có 189

a1 + a2 + ... + an ³ 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 a) a 2b + b 2c + c 2a £ 3 ab bc ca 3 b) + + £ 2 2 2 4 3 +c 3 +a 3 +b Lời giải

a) Ta có ( a 2 + b 2 + c 2 ) = 9 Û a 4 + b 4 + c 4 + 2a 2b 2 + 2b 2c 2 + 2c 2b 2 = 9 (1) 2

Áp dụng BĐT côsi ta có a 4 + b 4 ³ 2a 2b 2 , b 4 + c 4 ³ 2b 2c 2 , c 4 + a 4 ³ 2c 2a 2

Cộng vế với vế lại ta được a 4 + b 4 + c 4 ³ a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 (2) Từ (1) và (2) ta có a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 £ 3 (3) Áp dụng BĐT côsi ta có a 2 + a 2b 2 ³ 2 a 2 .a 2b 2 = 2a 2b , tương tự ta có b 2 + b 2c 2 ³ 2b 2c, c 2 + c 2a 2 ³ 2c 2a

Cộng vế với vế ta được a 2 + b 2 + c 2 + a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 ³ 2 (a 2b + b 2c + c 2a ) (4) 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 - b 2 - c 2 ) = ( 3 - b 2 ) + ( 3 - c 2 ) ³ 2 ( 3 - b 2 )( 3 - c 2 ) bc Þ £ 3 + a2 2

Tương tự ta có

( 3 - b 2 )( 3 - c 2 )

1 b2 c2 1 æç b 2 c 2 ö÷ 1 çæ b 2 c 2 ö÷ = . £ ç + + ÷= ç ÷ 2 3 - c2 3 - b2 4 èç 3 - c 2 3 - b 2 ÷ø 4 çè b 2 + a 2 c 2 + a 2 ÷ø

ab 1 æç a 2 b 2 ö÷ ca 1 æç c 2 a 2 ö÷ £ + , £ + ÷ ÷ ç ç 4 èç a 2 + c 2 b 2 + c 2 ÷ø 3 + b 2 4 èç c 2 + b 2 a 2 + b 2 ÷ø 3 + c2

ab bc ca 3 + + £ ĐPCM. 2 2 2 4 3 +c 3 +a 3 +b 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 ³ a + b + c (hoặc xyz ³ abc ), ta thường đi chứng

Cộng vế với vế ta được

minh x + y ³ 2a (hoặc ab £ x 2 ), xây dựng các BĐT tương tự rồi cộng(hoặc nhân) vế với vế ta suy ra điều phải 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:

ab bc ac + + ³ a +b +c c a b Lời giải

a b c 1 1 1 + 2 + 2 ³ + + 2 a b c b c a

ab bc ab bc + ³2 . = 2b c a c a bc ac ac ba + ³ 2c, + ³ 2a . Tương tự ta có a b b c Cộng vế với vế các BĐT trên ta được æ ab bc ac ö ab bc ac 2 çç + + ÷÷÷ ³ 2 (a + b + c ) Û + + ³ a + b + c ĐPCM çè c a b ø c a b Đẳng thức xảy ra khi a = b = c . 190

a) Áp dụng BĐT côsi ta có

a 1 a 1 2 + ³2 2. = 2 a b b b a b 1 2 c 1 2 Tương tự ta có 2 + ³ , 2 + ³ b c a c a c Cộng vế với vế các BĐT trên ta được a b c 1 1 1 2 2 2 a b c 1 1 1 + 2 + 2 + + + ³ + + Û 2 + 2 + 2 ³ + + ĐPCM. 2 a b c a b c a b c b c a 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

b) Áp dụng BĐT côsi ta có

a 3b 3 b 3c 3 c 3a 3 + + ³ 3abc c a b ab bc ca + + ³ 3. b) c a b Lời giải

a 3b 3 b 3c 3 a 3b 3 b 3c 3 + ³2 . = 2b 3ac c a c a b 3c 3 c 3a 3 c 3a 3 a 3b 3 + ³ 2abc 3 , + ³ 2a 3bc Tương tự ta có a b b c æ a 3b 3 b 3c 3 c 3a 3 ö÷ + + Cộng vế với vế ta có 2 çç ÷ ³ 2abc (a 2 + b 2 + c 2 ) çè c a b ÷ø

a) Áp dụng BĐT côsi ta có

a 3b 3 b 3c 3 c 3a 3 + + ³ 3abc . ĐPCM c a b Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 . 2 æ ab bc ca ö÷ ç b) BĐT tương đương với ç + + ÷÷ ³ 9 a b ø èç c Û

æ ab ö æ bc ö æ ca ö æ ab ö æ bc ö æ ca ö Û çç ÷÷ + çç ÷÷ + çç ÷÷ + 2 (a 2 + b 2 + c 2 ) ³ 9 Û çç ÷÷ + çç ÷÷ + çç ÷÷ ³ 3 çè c ÷ø çè a ÷ø çè b ÷ø çè c ÷ø çè a ÷ø çè b ÷ø 2

æ ab ö æ bc ö Áp dụng BĐT côsi ta có çç ÷÷÷ + çç ÷÷÷ ³ 2 çè a ø èç c ø 2

æ ö çç ab ÷÷ çè c ÷ø

æ bc ö . çç ÷÷÷ = 2b 2 çè a ø 2

æ bc ö æ ca ö æ ca ö æ ab ö Tương tự ta có çç ÷÷ + çç ÷÷ ³ 2c 2 , çç ÷÷ + çç ÷÷ ³ 2a 2 çè a ÷ø çè b ÷ø çè b ÷ø çè c ÷ø 2

æ ab ö æ bc ö æ ca ö Cộng vế với vế và rút gọn ta được çç ÷÷ + çç ÷÷ + çç ÷÷ ³ 3 ĐPCM. çè c ÷ø çè a ÷ø çè b ÷ø 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 2

a) 8 (a + b )(b + c )(c + a ) £ ( 3 + a )( 3 + b )( 3 + c ) b) ( 3 - 2a )( 3 - 2b )( 3 - 2c ) £ abc

Lời giải a) Áp dụng BĐT côsi ta có 2 2 æ ( a + b ) + (b + c ) ö÷ 3 +a) ( ç ÷ = ( a + b )(b + c ) £ ççç ÷ø÷ 2 4 è Tương tự ta có (b + c )( c + a ) £ 191

(3 + c )

, (c + a )(a + b ) £

(3 + a )

Nhân vế với vế lại ta được éë ( a + b )(b + c )(c + a ) ùû £ 64 éë ( 3 + a )( 3 + b )( 3 + c )ùû Suy ra 8 (a + b )(b + c )(c + a ) £ ( 3 + a )( 3 + b )( 3 + c ) ĐPCM 2

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

( 3 - 2a ), ( 3 - 2b ), ( 3 - 2c ) đều dương. Áp dụng BĐT côsi ta có

æ ( 3 - 2a ) + ( 3 - 2b ) ö÷ ÷÷ = c 2 , tương tự ta có ( 3 - 2a )( 3 - 2b ) £ çççç ÷ø 2 è 2

( 3 - 2b )( 3 - 2c ) £ a 2, ( 3 - 2c )( 3 - 2a ) £ b 2

Nhân vế với vế ta được éë ( 3 - 2a )( 3 - 2b )( 3 - 2c ) ùû £ a 2b 2c 2 Hay ( 3 - 2a )( 3 - 2b )( 3 - 2c ) £ abc . 2

+ Nếu hai trong ba số ( 3 - 2a ), ( 3 - 2b ), ( 3 - 2c ) âm và một số dương. Không mất tính tổng quát giả sử 3 - 2a < 0, 3 - 2b < 0 suy racó 6 - 2a - 2b < 0 Û c < 0 (không xảy ra) Vậy BĐT được chứng minh. Đẳng thức xảy ra Û a = b = c = 1 . Ví dụ 8: Cho a, b, c là số dương. Chứng minh rằng Lời giải Áp dụng BĐT Côsi cho hai số thực dương ta có :

a2 b2 c2 a +b +c + + ³ . b +c c +a a +b 2

a2 b +c a2 b + c + ³2 . =a. b +c 4 b +c 4 b2 c +a c2 a +b + ³ b; + ³c. Tương tự ta có c +a 4 a +b 4 Cộng ba BĐT này lại với nhau ta đươc : a2 b2 c2 a +b +c + + + ³ a +b +c b +c c +a a +b 2 a2 b2 c2 a +b +c Û + + ³ b +c c +a a +b 2 Đẳng thức xảy ra Û a = b = c . a2 b +c + Lưu ý :Việc ta ghép 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 a2 đại lượng 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 a2 a = và b + c = 2a do đó ta ghép như trên. đoán dấu bằng xảy ra khi a = b = c khi đó b +c 2 Ví dụ 9: Cho a, b, c là số dương thỏa mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng:

a) b) 192

b +1

c +1

a +1

3 2 2

a3 b3 c3 3 + + ³ b+3 c+3 a +3 2

Lời giải

a) Đặt P =

b +1 c +1 Áp dụng BĐT côsi ta có a

b +1 b +1 Tương tự ta có b

2a (b + 1 ) 4

2b (c + 1 )

a +1 ³ 33

4 c +1 c +1 Cộng vế với vế ba BĐT trên ta được

b +1

3 2b , 2

b +1

a +1

2a (b + 1 )

a +1

3 2a 2

2c (a + 1 ) 4

2 3 2 (ab + bc + ca + a + b + c ) ³ (a + b + c ) 4 2 15 2 2 ÛP ³ (ab + bc + ca ) (vì a + b + c = 3 ) 8 8

2P +

Mặt khác ta có ( a + b + c ) ³ 3 (ab + bc + ca ) (theo ví dụ 1) 2

Do đó ab + bc + ca £ 3

15 2 2 3 2 .3 = ĐPCM. 8 8 2 Đẳng thức xảy ra Û a = b = c = 1 .

Suy ra Û P ³ b) Đặt Q = Ta có Q =

a3 b3 c3 + + b+3 c+3 a +3 2 2 a b c2 + + a (b + 3 ) b (c + 3 ) c (a + 3 )

Áp dụng BĐT côsi ta có 4 a (b + 3 ) = 2 4a (b + 3 ) £ 4a + b + 3 Suy ra b2

a (b + 3 )

b (c + 3 )

4a 2 , tương tự ta có 4a + b + 3

4b 2 , 4b + c + 3

c (a + 3 )

Cộng vế với vế lại ta được Q ³ Áp dụng BĐT côsi ta có

4c 2 4c + a + 3

4a 2 4b 2 4c 2 + + =L 4a + b + 3 4b + c + 3 4c + a + 3

4a 2 1 4a 2 1 + ( 4a + b + 3 ) ³ 2 . ( 4a + b + 3 ) = a 4a + b + 3 16 4a + b + 3 16 Tương tự ta có 4b 2 1 4c 2 1 + ( 4b + c + 3 ) ³ b, + ( 4c + a + 3 ) ³ c 4b + c + 3 16 4c + a + 3 16 1 Cộng vế với vế lại ta được L + éë 5 (a + b + c ) + 9 ùû ³ a + b + c 16 3 3 Vì a + b + c = 3 nên L ³ suy ra Q ³ ĐPCM 2 2 Đẳng thức xảy ra Û a = b = c = 1 .

193

3 2c 2

Ví dụ 10: Cho a, b, c là số dương thỏa mãn abc = 1 . Chứng minh rằng

1 1 1 + 2 + 2 + 3 ³ 2 (a + b + c ) . 2 a b c Lời giải 2 2 2 Ta có éë( a - 1)( b - 1) ùû éë ( b - 1)( c - 1 ) ùû éë ( c - 1 )(a - 1 ) ùû = (a - 1 ) (b - 1 ) (c - 1 ) ³ 0 Do đó không mất tính tổng quát giả sử (a - 1 )(b - 1 ) ³ 0 Û ab + 1 ³ a + b Û 2 (ab + c + 1 ) ³ 2 (a + b + c )

Do đó ta chỉ cần chứng minh

1 1 1 + 2 + 2 + 3 ³ 2 (ab + c + 1 ) 2 a b c

1 1 1 + 2 + 2 + 1 ³ 2 (ab + c ) 2 a b c 1 1 2 1 2 Áp dụng BĐT côsi ta có 2 + 2 ³ = 2c, 2 + 1 ³ = 2ab (do abc = 1 ) ab c a b c 1 1 1 Cộng vế với vế ta được 2 + 2 + 2 + 1 ³ 2 (ab + c ) ĐPCM. a b c Đẳng thức xảy ra Û a = b = c = 1 . Ví dụ 11: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Û

a) f (x ) =

( x - 1)

x -2

c) h ( x ) = x + Lời giải

b) g(x ) = 2x +

với x > 2

3 với x ³ 2 x

( x + 1)

d) k ( x ) = 2x +

với x > -1

1 1 với 0 < x £ . 2 2 x

x 2 - 2x + 1 1 = x -2 + +2 x -2 x -2 1 > 0 . Áp dụng BĐT côsi ta có Do x > 2 nên x - 2 > 0, x -2 1 1 x -2 + ³ 2 ( x - 2 ). =2 x -2 x -2 Suy ra f ( x ) ³ 4

a) Ta có f (x ) =

2 1 Û ( x - 2 ) = 1 Û x = 1 (loại) hoặc x = 3 (thỏa mãn) x -2 Vậy min f ( x ) = 4 khi và chỉ khi x = 3 .

Đẳng thức xảy ra Û x - 2 =

b) Do x > -1 nên x + 1 > 0 . Áp dụng BĐT côsi ta có g(x ) = ( x + 1) + ( x + 1 ) +

Đẳng thức xảy ra Û x + 1 =

- 2 ³ 3 3 ( x + 1 ) . ( x + 1 ).

( x + 1) 1

( x + 1)

æ 3 3x ö x c) Ta có h ( x ) = çç + ÷÷÷ + çè x 4 ø 4

194

(x + 1)

-2 = 1

Û ( x + 1 ) = 1 Û x = 0 (thỏa mãn)

Vậy min g ( x ) = 1 khi và chỉ khi x = 0 .

Áp dụng BĐT côsi ta có

3 3x 3 3x + ³2 . =3 x 4 x 4

æ 3 3x ö x 2 7 Mặt khác x ³ 2 suy ra h ( x ) = çç + ÷÷÷ + ³ 3 + = çè x 4 ø 4 4 2 ìï 3 ïï = 3x Đẳng thức xảy ra Û í x 4 Ûx =2 ïï x = 2 ïî 7 Vậy min h ( x ) = khi và chỉ khi x = 2 . 2 1 7 d) Ta có k ( x ) = x + x + 2 + 2 8x 8x 1 1 3 Áp dụng BĐT côsi ta có x + x + 2 ³ 3 3 x .x . 2 = 2 8x 8x 3 7 1 7 7 Mặt khác 0 < x £ Þ 2 ³ suy ra k ( x ) ³ + = 5 2 2 2 2 8x ìï ïï x = 1 8x 2 Û x = 1 Đẳng thức xảy ra Û ïí ïï 1 2 ïï x = î 2 1 Vậy min k ( x ) = 5 khi và chỉ khi x = . 2 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 là số dương thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của A = ( 1 + 2a )( 1 + 2bc )

Phân tích Rõ ràng ta sẽ đánh giá biểu thức A để làm xuất hiện a 2 + b 2 + c 2 . a2 + m (với m > 0 ) Trước tiên ta sẽ đánh giá a qua a 2 bởi a 2 + m 2 ³ 2ma Þ 2a £ m Do b, c bình đẳng nên dự đoán dấu bằng A đạt giá trị nhỏ nhất khi b = c nên ta đánh giá æa2 ö 2bc £ b 2 + c 2 . Suy ra A £ çç + m + 1 ÷÷÷ ( 1 + b 2 + c 2 ) = B . Tiếp tục ta sẽ sử dụng BĐT côsi dưới çè m ø æ x + y ÷ö dạng xy £ çç ÷ để là xuất hiện a 2 + b 2 + c 2 nên ta sẽ tách như sau èç 2 ÷ø 2

2 2 2 2 1 1 æ ( a + m + m ) + ( 1 + b + c ) ö÷÷ B = ( a 2 + m 2 + m )( 1 + b 2 + c 2 ) £ ççç ÷÷ m m çè 2 ø

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 .

Suy ra A £

Từ đây ta có m = Lời giải

2 . Do đó ta có lời giải như sau: 3

4 4 3a 2 2 + và 2bc £ b 2 + c 2 Áp dụng BĐT côsi ta có a + ³ a Þ 2a £ 9 3 2 3 2

195

æ 3a 2 2 ö + + 1 ÷÷ (b 2 + c 2 + 1 ) Suy ra A £ çç çè 2 ÷ø 3 Áp dụng BĐT côsi ta có æ 2 10 ö çç a + + b 2 + c 2 + 1 ÷÷÷ æ 3a 2 2 ö÷ 2 æ ö 3 10 3ç 9 ÷÷ = 98 çç + + 1 ÷( b + c 2 + 1) = çça 2 + ÷÷( b 2 + c 2 + 1) £ çç ÷÷ çè 2 ÷ ç ÷ ç 3 2è 9ø 2ç 2 27 ø ÷÷ ççè ø÷ ì 2 ï ï a = ï ì ï 3 2 ï ï ï a = ï ï b = c ï 98 3 Suy ra A £ , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ïí Ûï í ï ï 10 5 27 2 2 2 ï ï a + = b +c +1 b =c = ï ï ï ï 9 ï î 18 ï 2 2 2 ï a + b + c = 1 ï ï î 98 2 5 Vậy max A = 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 trị nhỏ nhất của 2

A = a 2 + b2 + c 3 . Phân tích 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 ³ 3pc 2 2 2 2 2 3 2 2 3 Suy ra a + b + c + m + n + 4 p ³ 2am + 2bn + 3pc (*) a 2 + m 2 ³ 2am, b 2 + n 2 ³ 2bn và

Để 2am + 2bn + 3pc 2 có thể bội số của 2a + 4b + 3c 2 thì

2m 2n 3p n = = Ûm = =p 2 4 3 2 Mặt khác dấu bằng ở BĐT (*) xảy ra khi a = m, b = n, c = 2p

Hay a = m, b = 2m, c = 2m Þ 2m + 4.( 2m ) + 3 ( 2m ) = 68 2

Û 12m 2 + 10m - 68 = 0 Û m = 2 (nhận) hoặc m = -

17 (loại) 6

Suy ra p = 2, n = 4 do đó ta có lời giải như sau Lời giải Áp dụng bĐT côsi ta có c3 c3 + + 32 ³ 6c 2 a 2 + 4 ³ 4a, b 2 + 16 ³ 8b và 2 2 Cộng vế với vế ta được a 2 + b 2 + c 3 + 52 ³ 4a + 8b + 6c 2 , kết hợp với 2a + 4b + 3c 2 = 68 Suy ra a 2 + b 2 + c 3 ³ 84 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 2, b = 4, c = 4 Vậy min A = 84 Û a = 2, b = 4, c = 4 .

Ví dụ 14: Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau x2 - x + 3 a) A = với x < 1 1 - x3 b) B = -x 2 + 4x + 21 - -x 2 + 3x + 10 với -2 £ x £ 5 . 196

Lời giải

x2 - x + 3

a) Ta có A =

( 1 - x )( x 2 + x + 1 )

Áp dụng BĐT côsi cho hai số dương ta có

( 1 - x ) ( x 2 + x + 1) = Suy ra A ³

2 ( 1 - x ). x 2 + x + 1 £

x -x + 3 =2 2 x2 - x + 3 2

2 1 2 (1 - x ) + x + x + 1 x 2 - x + 3 = 2 2 2 2

2 2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 ( 1 - x ) = x 2 + x + 1 Û x 2 + 3x - 1 = 0 Û x = Vậy min A = 2 2 khi x = x <1

b) Ta có B =

-3 ± 13 2 x + 11

-3 ± 13 2

x + 11

(x + 3)(7 - x ) + (x + 2)(5 - x ) -x + 4x + 21 + -x + 3x + 10 Với -2 £ x £ 5 thì x + 11 ; x + 3 ; 7 - x ; x + 2 ; 5 - x là các số không âm nên theo BĐT côsi 2

ta có :

1 æç (2x + 6) + (7 - x ) ö÷ x + 13 (1) ÷÷ = ç 2 ø 2 2 çè 2 2 1 1 æç (2x + 4) + (5 - x ) ö÷ x + 9 (x + 2)(5 - x ) = (2x + 4)(5 - x ) £ (2) ÷÷ = ç 2 ø 2 2 çè 2 2 x + 11 Từ (1) và (2) suy ra (x + 3)(7 - x ) + (x + 2)(5 - x ) £ , từ đó ta có B ³ 2 . 2 1 Dấu bằng xảy ra Û (1) và (2) đồng thời xảy ra dấu bằng Û x = . 3 1 Vậy min B = 2 Û 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 (x + 3)(7 - x ) =

P =

a + 2 bc Lời giải

(2x + 6)(7 - x ) £

b + 2 ca

c + 2 ab

ö÷ 1 æ ö÷ 1æ a a = çç 1 ÷ £ çç 1 ÷ 2 çè a + b + c ÷ø a + 2 bc a + 2 bc ÷ø 2 èç ö÷ ö÷ ca 1æ b ab 1æ c £ çç 1 £ çç 1 Tương tự ta có ÷÷, ÷ 2 èç a + b + c ø c + 2 ab 2 èç a + b + c ÷ø b + 2 ca Cộng vế với vế các BĐT trên ta được ö÷ 1æ a b c P £ çç 3 ÷=1 2 çè a + b + c a + b + c a + b + c ÷ø Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c Vậy min P = 1 Û 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

Áp dụng BĐT côsi ta có

197

a b c 3 + + ³ . 2 2 2 2 1+b 1+c 1+a 2 2 2 a b c + + ³1 b) 3 3 a + 2b b + 2c c + 2a 3 Lời giải a) Áp dụng BĐT côsi ta có: a (1 + b2 - b2 ) a ab 2 ab 2 ab = = a ³ a =a2 2 2 2b 2 1+b 1+b 1+b b bc c ca Tương tự ta có và ³b³c2 2 2 2 1+c 1+a Cộng vế theo vế các BĐT trên ta được: a b c ab + bc + ca ab + bc + ca + + ³ a +b +c = 32 2 2 2 2 1+b 1+c 1+a

Mặt khác ta có ( a + b + c ) ³ 3 (ab + bc + ca ) Þ ab + bc + ca £ 3 . 2

a b c 3 3 + + ³ 3 - = ĐPCM. 2 2 2 2 2 1+b 1+c 1+a Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 b) Theo bất đẳng thức Côsi ta có : a ( a + 2b 3 ) - 2ab 3 a2 2ab 3 2b 3 a 2 = ³ a = a . 3 a + 2b 3 a + 2b 3 3 3 ab 6

Do đó

b2 2c 3 b c2 2a 3 c ³ b , ³ c 3 3 b + 2c 3 c + 2a 3 Cộng vế theo vế các BĐT trên ta được: a2 b2 c2 2 + + ³ a + b + c - b 3 a 2 + a 3 c2 + c 3 b2 3 3 3 3 a + 2b b + 2c c + 2a

Tương tự ta có

(

)

Mặt khác a + b + c = 3 do đó ta chỉ cần chứng minh: b 3 a 2 + c 3 b 2 + a 3 c 2 £ 3 . Thật vậy, theo bất đẳng thức Côsi ta có : 1 2ab + b b 3 a 2 £ b. (a + a + 1 ) = 3 3 2bc + c 3 2 2ca + a ,a c £ Tương tự ta có c 3 b 2 £ 3 3 Cộng vế theo vế các BĐT trên ta có: 2ab + b 2bc + c 2ca + a 2 1 b 3 a 2 + c 3 b2 + a 3 c2 £ + + = (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 Lời giải

c b a + + ³1 1 + ab 1 + ac 1 + bc

c b a + + 1 + ab 1 + ac 1 + bc Áp dụng BĐT côsi ta có

Đặt P =

198

(ca )(cb ) c abc abc ca + cb =c³c=c³c1 + ab 1 + ab 2 4 2 ab b ba + bc a ab + ac Tương tự ta ta có ³b, £a1 + ac 4 1 + bc 4 Cộng vế theo vế các BĐT trên ta được: ab + bc + ca P ³ a +b +c 2

Mặt khác a 2 + b 2 + c 2 = 1 Þ ( a + b + c ) = 1 + 2 (ab + bc + ca ) (*) 2

Hay ab + bc + ca =

(a + b + c )

-1

(a + b + c )

-1

(a + b + c - 1)(3 - a - b - c) + 1 (1) 4 4 Từ giả thiết ta có a, b, c Î [0;1] Þ 3 - a - b - c ³ 0 (2) Và từ (*) suy ra a + b + c ³ 1 (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra P ³ 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.

Suy ra P ³ a + b + c -

Bài 4.6: Cho x , y, z dương. Chứng minh rằng

2 x 2 y 2 z 1 1 1 + 3 + 3 £ 2 + 2 + 2. 2 2 2 x +y y +z z +x x y z 3

Bài 4.7: Cho các số dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1 . Chứng minh rằng:

1 + x 3 + y3 1 + y3 + z 3 1 + z3 + x3 + + ³3 3 xy yz zx

Bài 4.8: Với các số dương a, b, c, d sao cho: Chứng minh rằng: abcd £

a b c d + + + =1 1+a 1+b 1+c 1+d

1 81

Bài 4.9: Với các số dương a, b, c sao cho:

a b c + + =1 1+b 1+c 1+a

æ1 + b öæ 1 + c öæ 1 + a ö - 1 ÷÷÷ çç - 1 ÷÷÷ çç - 1 ÷÷÷ ³ 8 Chứng minh rằng: çç çè a øèç b øèç c ø

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 thỏa mãn ab + bc + ca = 1 . Chứng minh rằng a

3 . 2

1 + a2 1 + b2 1 + c2 Bài 4.12: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1 . Chứng minh rằng ab

c + ab

199

a + bc

b + ca

1 . 2

Bài 4.13: Cho ba số thực dương a, b, c . Chứng minh rằng 1 + Bài 4.14: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1 . Chứng minh rằng :

3 6 ³ . ab + bc + ca a +b +c

1 1 1 3 + + 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 . a +b b +c c +a + + ³ 3. 2ab 2bc 2ca Bài 4.16: Cho ba số thực dương a, b, c . Chứng minh rằng

Chứng minh rằng:

æ öæ öæ ö æ ö çç 1 + a ÷÷ çç 1 + b ÷÷ çç 1 + c ÷÷ ³ 2 çç 1 + a + b + c ÷÷ . 3 çè çè b ÷øèç c ÷øèç a ÷ø abc ÷ø

Bài 4.17: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =

2a + 2b + 2c - a

2b + 2c + 2a - b

2c 2a + 2b - c

Bài 4.18: Với các số dương a, b, c, chứng minh rằng: a) a 3 + b 3 + c 3 ³ ab 2 + bc 2 + ca 2 c)

a 3 b3 c3 + + ³ ab + bc + ca b c a

a 6 b6 c6 a 4 b4 c4 + + ³ + + 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 . 1

Chứng minh rằng a 3 + b 3 + c 3 ³

Bài 4.20: Với các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện 4 (a + b + c ) = 3abc . Chứng minh rằng:

1 1 1 3 + 3 + 3 ³ 3 8 a b c

Bài 4.21: Với các số dương a, b, c. Chứng minh rằng: a3 b3 c3 1 + + ³ (a + b + c ) a) b (b + c ) c ( c + a ) a (a + b ) 2

(b + 2c )

(c + 2a )

(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 + z 3 ³ 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 ) ³a 2 + b 2 + c 2 .

Bài 4.24: Cho x , y, z dương thỏa mãn x + y + z = 1 . Chứng minh rằng : 200

1 1 1 (1 + )4 + (1 + )4 + (1 + )4 ³ 768 . x y z Bài 4.25: Cho a, b dương thỏa mãn a + b = 1 . Chứng minh rằng æ 2 öæ ö 1 1 1 2 çça + 1 ÷÷ ççb 2 + 1 ÷÷ ³ 289 a) b) c) + 2 ³ 6 + + 4 ab ³ 11 çè 16 ab a + b 2 b 2 ÷øèç a 2 ÷ø a 2 + b 2 ab Bài 4.26: Cho hai số thực dương a, b . Chứng minh rằng æ 2 öæ ö æ öæ ö çça + b + 3 ÷÷ ççb 2 + a + 3 ÷÷ ³ çç 2a + 1 ÷÷ çç 2b + 1 ÷÷ . ÷ ÷ ÷ 4 øèç 4 ø çè 2 øèç 2 ÷ø èç

Bài 4.27: Cho các số thực dương x , y, z thỏa mãn xy + yz + zx = 3 .Chứng minh rằng: 1 4 3 + 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 x3 y3 z3 1 2 + + ³ + ( xy + yz + zx ) 3 3 3 9 27 y +8 z +8 x +8 Bài 4.29: Cho a, b, c dương . Chứng minh rằng a2

3a + 8b + 14ab 3b + 8c + 14bc 3c + 8a + 14ca Bài 4.30: Cho ba số thực dương x , y, z . Chứng minh rằng: 2

1 (a + b + c ) 5

16x 16y 16z + 1+ + 1+ ³9 y +z z +x x +y

Bài 4.31: Cho a, b, c là số dương thỏa mãn abc ³ 1 . Chứng minh rằng a 2 + 1 + b2 + 1 + c2 + 1 £

2 (a + b + c )

Bài 3.32: Cho a, b, c là số dương. Chứng minh rằng æa b c ö æ 1 1 1ö a) çç + + ÷÷÷ ³ (a + b + c )çç + + ÷÷ çè b c a ø çè a b c ø÷ 2

a 3 + (b + c )

b 3 + (c + a )

c 3 + (a + b )

³1

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 ³

6 7

4 . Chứng minh rằng x + y + z ³ 1 3 a2 b2 16c 2 1 + + ³ (64c - a - b) Bài 3.38: Cho a, b, c dương. Chứng minh rằng b +c c +a a +b 9 2 3x 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 2 biểu thức P = x + y + z .

Bài 3.37: Cho x , y, z dương thỏa mãn x + xy + 3 xyz =

201

Bài 3.40: Cho x , y, z dương thỏa mãn

xy + yz + zx = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của:

x2 y2 z2 + + 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 =

x2 y2 z2 A= + + . x + y2 y + z 2 z + x 2

 DẠNG 4: ĐẶT ẨN PHỤ TRONG BẤT ĐẲNG THỨC. 1. Phương pháp giải. Điều quan trọng trong kĩ thuật này là phát hiện ra ẩn phụ (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. a +b 6b + 8c 3a + 2b + c + + ³7 a +b +c 2a + b b +c a +b b +c c +a b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P = . + + a + b + c b + c + 4a c + a + 16b Lời giải a) Đặt x = a + b + c, y = 2a + b, z = b + c

a) Chứng minh rằng

Suy ra a = x - z, b = -2x + y + 2z, c = 2x - y - z

-x + y + z 4x - 2y + 4z x + y + + ³7 x y z y z 4x 4z x y Û -1 + + + -2 + + + ³7 x x y y z z æ y 4x ÷ö æ z x ÷ö æ 4z y ÷ö Û çç + ÷ + çç + ÷ + çç + ÷ ³ 10 (*) çè x y ÷ø çè x z ÷ø çè y z ÷ø

Bất đẳng thức trở thành

y 4x z x 4z y + ³ 4, + ³ 2, + ³4 x y x z y z Suy ra BĐT (*) đúng. ĐPCM. ìï 2x = y ïï Đẳng thức xảy ra Û ïí x = z Û 2x = y = 2z suy ra không tồn tại a, b, c. ïï ïïî 2z = y Dấu đẳng thức không xảy ra. b) Đặt x = a + b + c, y = b + c + 4a, z = c + a + 16b

Áp dụng BĐT côsi ta có

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 y 4x z 16x 4 ÞP = + + + 3x 3y 15y 15z 5

Suy ra a =

202

y 4x 4 z 16y 8 + ³ , + ³ 3x 3y 3 15y 15z 15 4 8 4 16 5b 5c - = = Suy ra P ³ + , đẳng thức xảy ra Û 4x = 2y = z Û a = 3 15 5 15 3 7 16 5b 5c = Vậy min P = 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 2p . Chứng minh rằng

Áp dụng BĐT côsi ta có

a b c b +c c +a a +b + + ³ + + 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: y +z z +x x +y + + ³ x y z

y +z z +x x +y + 2+ + 2+ x y z

Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có: 4 2 + Tương tự ta có 4 2 +

æ y +z y + z ÷ö y +z £ çç 2 + +6 ÷÷ + 4 = x x ø x èç

z +x z +x x +y x +y £ + 6, 4 2 + £ +6 y y z z

Cộng vế với vế các BĐT trên ta được æ y +z z +x x + y ö÷ y + z z + x x + y ÷÷ £ 4 ççç 2 + + 2+ + 2+ + + + 18 çè x y z ÷ø x y z

Vì vậy ta chỉ cần chứng minh Û

ö y +z z +x x +y 1 æy + z z + x x + y + + ³ çç + + + 18 ÷÷÷ x y z 4 çè x y z ø

y +z z +x x +y + + ³ 6. x y z

Ta có

æy x ö æy z ö æx z ö y +z z +x x +y + + = çç + ÷÷÷ + çç + ÷÷÷ + çç + ÷÷÷ çè x y ø çè z y ø èç z x ø x y z

Áp dụng BĐT côsi ta có Suy ra

y x y x y z x z + ³ 2 . = 2, + ³ 2, + ³ 2 x y x y z y z x

y +z z +x x +y + + ³ 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 thì khi đó a = y + z ; b = z + x ; c = x + y và ,y = ,z = 2 2 2 x , y, z dương. Ta chuyển về bài toán với giả thiết x , y, z dương không còn ràng buộc là ba cạnh của tam giác. 203 x =

Ví dụ 3: Cho x , y, z là số dương. Chứng minh rằng x 3 + 2y 3 + 3z 3 ³ Lời giải

3 1590 (x + y + z ) 1331

æ x y z ÷÷ö + 2 ççæ ÷÷ö + 3 ççæ ÷÷ö ³ Ta có BĐT Û çç ÷ ÷ çè x + y + z ø çè x + y + z ø çè x + y + z ÷ø 3

x y z ,b = ,c = Þ a, b, c dương và a + b + c = 1 x +y +z x +y +z x +y +z 1590 BĐT trở thành a 3 + 2b 3 + 3c 3 ³ 1331 Áp dụng BĐT côsi ta có 3 3 3 3 3 3 æ 6 ÷ö æ 6 ÷ö æ 3 ö÷ æ 3 ÷ö æ 2 ÷ö æ 2 ÷ö 18 18 18 3 3 3 a + çç ÷ + çç ÷ ³ a , 2b + 2 çç ÷ + 2 çç ÷ ³ b , 3c + 3 çç ÷ + 3 çç ÷ ³ c çè 11 ÷ø çè 11 ÷ø çè 11 ÷ø çè 11 ÷ø çè 11 ÷ø çè 11 ÷ø 11 11 11 Cộng vế với vế các BĐT trên ta được 588 18 18 a 3 + 2b 3 + 3c 3 + ³ (a + b + c ) = 1331 11 11 1590 Suy ra a 3 + 2b 3 + 3c 3 ³ . 1331 Nhận xét: Phương pháp đặt ẩn phụ trên được áp dụng khi BĐT là đồng bậc(Người ta gọi là phương pháp chuẩn hóa) 3 Ví dụ 4: Cho x , y, z là số dương thỏa mãn x + y + z £ 2 1 1 1 15 Chứng minh rằng x + y + z + + + ³ . x y z 2 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:

Đặt a =

1 1 1 9 1 1 1 1 + + ³ 33 và x + y + z ³ 3 3 xyz nên + + ³ x y z x +y +z x y z xyz 1 1 1 9 Suy ra x + y + z + + + ³ x + y + z + x y z x +y +z 3 Đặt t = x + y + z Þ 0 < t £ 2 9 9 15 =t+ ³ Khi đó ta chỉ cần chứng minh x + y + z + x +y +z t 2 Áp dụng BĐT côsi ta có 9 9 27 9 27 15 =t+ + ³ 2 t. + = ĐPCM. t 4t 4t 4t 3 2 4. 2 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = . 2 1 1 1 + + = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất Ví dụ 5: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a +2 b +2 c +2 4 của biểu thức P = a + b + c + 3 . abc Lời giải t+

204

Ta có

1 1 1 + + = 1 Û 4 = abc + ab + bc + ca a +2 b +2 c +2

Áp dụng BĐT côsi ta có ab + bc + ca ³ 3 3 ( abc )

Suy ra 4 = abc + ab + bc + ca ³ abc + 3 3 ( abc ) = t 3 + 3t 2 , với t = 2

Þ t 3 + 3t 2 - 4 £ 0 Û ( t - 1 )( t + 2 ) £ 0 Û t £ 1

abc .

Cũng theo BĐT côsi ta có 4 4 P = a +b +c + 3 ³ 3 3 abc + 3 abc abc æ ö 4 3 1 Suy ra P ³ 3t + = çç 3t + ÷÷÷ + ç t tø t è Áp dụng BĐT côsi ta có 3t +

3 3 1 ³ 2 3t. = 6 , mặt khác t £ 1 Þ ³ 1 t t t

4 ³ 7 , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = 1 hay a = b = c = 1 t Vậy min P = 7 Û a = b = c = 1 æ 1 öæ 1 öæ 1ö Ví dụ 6: Cho x , y, z dương thỏa mãn çç 1 + ÷÷÷ çç 1 + ÷÷÷ çç 1 + ÷÷÷ = 8 . x øèç y øèç zø èç

Do đó P ³ 3t +

Tìm giá trị lớn nhất của P =

x 2 + y 2 + z 2 + 14xyz

4 ( x + y + z ) + 15xyz 2

Lời giải æ 1 öæ 1 öæ 1ö Ta có çç 1 + ÷÷ çç 1 + ÷÷ çç 1 + ÷÷ = 8 Û 8xyz = 1 + x + y + z + xy + yz + zx + xyz çè x ÷øèç y ÷øèç z ÷ø Û x 2 + y 2 + z 2 + 14xyz = ( x + y + z ) + 2 ( x + y + z ) + 2 (1 ) 2

æ 1 öæ 1 öæ 1ö Áp dụng BĐT côsi ta có: 8 = çç 1 + ÷÷÷ çç 1 + ÷÷÷ çç 1 + ÷÷÷ ³ x øèç y øèç zø èç

t 2 + 2t + 2 1 - = =- 2 £0 3 4t 2 + 15 12t 2 + 45 12t + 45 t 2 + 2t + 2 1 1 £ do đó P £ Suy ra 2 3 3 4t + 15 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = 3 hay x = y = z = 1

Xét

xyz

Þ xyz ³ 1

( x + y + z ) + 2 ( x + y + z ) + 2 t 2 + 2t + 2 £ = 2 4t 2 + 15 4 ( x + y + z ) + 15 2 (t - 3 ) -t 2 + 6t - 9 2

Từ (1) và (2) ta có P

1 khi và chỉ khi x = y = z = 1 3 3. Bài tập luyên tập. 25x 4y 9z + + > 12 Bài 4.42: Cho x , y, z dương , CMR y +z z +x x +y Bài 4.43: Cho các số dương a, b, c. Chứng minh rằng

Vậy max P =

4a b + 3c 8c + ³ 12 2 - 17 a + b + 2c 2a + b + c a + b + 3c

205

(2 )

với x + y + z = t > 0 .

Bài 4.44: Cho x , y, z là các số dương thoả mãn xyz ³ x + y + z + 2 . Chứng minh rằng x +y +z ³ 6. Bài 4.45: Cho a, b, c là các số thực dương.

a 11 b 11 c 11 3 a 6 + b6 + c6 + 9 + + + 2 2 2 ³ bc ca ab a b c 2 2 Bài 4.46: Cho x , y, z là số không âm thoatr mãn x + y 2 + z 2 + xyz = 4 . Chứng minh rằng x +y +z £ 3.

Chứng minh rằng

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 thức P = x 3 + y 3 + z 3 - 3xyz . Bài 4.48: Cho x , y, z Î (0;1) và xyz = (1 - x )(1 - y )(1 - z ) . Chứng minh rằng x 2 + y 2 + z 2 ³ Bài 4.49: Cho các số thực x , y thỏa x ¹ -2y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P =

3 4

(2x 2 + 13y 2 - xy )2 - 6xy + 9 . (x + 2y )2

 DẠNG 5: SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC PHỤ. 1. Phương pháp giải. 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: a b c a +b +c + 3 + 3 ³ 3 abc b c a 1 1 1 1 b) 3 + 3 + 3 £ 3 3 3 a + b + abc b + c + abc c + a + abc abc Lời giải Trước tiên ta chứng minh a 3 + b 3 ³ a 2b + b 2a .

BĐT tương đương với a 3 + b 3 - a 2b - b 2a ³ 0 Û a 2 (a - b) + b 2 (b - a ) ³ 0 Û (a - b)2 (a + b) ³ 0 (đúng với mọi a > 0, b > 0 )

Þ a 3 + b 3 ³ a 2b + b 2a . Đẳng thức xảy ra khi a = b . a 1 1 1 a) Ta có a 3 + b 3 ³ a 2b + b 2a Û 3 + 2 ³ 2 + ab b a b b 1 1 1 c 1 1 1 Hoàn toàn tương tự ta có 3 + 2 ³ 2 + , 3 + 2 ³ 2 + bc a ac c b c c a a b c 1 1 1 Cộng vế với vế rút gọn ta được 3 + 3 + 3 ³ + + a b c b c a a b c a +b +c Hay 3 + 3 + 3 ³ , đẳng thức xảy ra khi a = b = c . abc b c a b) Theo bài toán trên ta có : a 3 + b 3 ³ a 2b + b 2a = ab(a + b) Þ a 3 + b 3 + abc ³ ab(a + b + c) Þ

Tương tự : 206

b + c + abc 3

a + b + abc 3

1 c = ab(a + b + c) abc(a + b + c)

a 1 b ; 3 £ 3 abc(a + b + c) c + a + abc abc(a + b + c)

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 ³ 3ab .

b) 64a 3b 3 (a 2 + b 2 )2 £ (a + b )

Lời giải

æ a + b ÷ö 3 a) Áp dụng bất đẳng thức ab £ çç ÷÷ nên ta chứng minh 3(a + b + 1)2 + 1 ³ (a + b)2 (*) 4 èç 2 ø 2

Thật vậy : (*) Û 12(a + b)2 + 24(a + b) + 16 ³ 3(a + b)2

Û 9(a + b)2 + 24(a + b) + 16 ³ 0 Û (3a + 3b + 4)2 ³ 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 .

æ a + b ÷ö Xét ab > 0 . Áp dụng BĐT ab £ çç ÷ ta có çè 2 ÷ø 2

2 æ a + b ÷ö é 2ab + (a 2 + b 2 ) ù 6 ç ú = (a + b ) 64a b (a + b ) = 16ab éë 2ab(a + b ) ùû £ 16 ç ÷÷ ê çè 2 ø êë úû 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 . 2a 3 + a + 1 - 2b . Tìm giá trị nhỏ nhất của P = a2 Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức ( a 2 + b 2 )( c 2 + d 2 ) ³ ( ac + bd ) (*), dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2

ad = bc .

Ta có ( a 2 + b 2 ) ( 1 + 4 ) = 25 ³ (a + 2b ) Û a + 2b £ 5 2

Suy ra -2b ³ a - 5 2a 3 + a + 1 2a 3 + a + 1 1 1 2 b ³ + a 5 = 3 a + + - 5 (1) Do đó P = a a2 a2 a2 1 1 Áp dụng BĐT côsi ta có a + ³ 2, a + a + 2 ³ 3 a a Do đó 3a +

1 1 + 2 ³ 5 (2) a a

Từ (1) và (2) suy sa P ³ 0 . Đẳng thức xảy ra khi a = 1, b = 2 . Vậy min P = 0 Û 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 3 b3 c3 + + ³3 a) bc ca ab 207

1 1 1 + 2 + 2 ³ a 2 + b2 + c2 2 a b c Lời giải a) Áp dụng BĐT a 2 + b 2 + c 2 ³ ab + bc + ca này hai lần ta có : a 4 + b 4 + c 4 = (a 2 )2 + (b 2 )2 + (c 2 )2 ³ a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 = (ab)2 + (bc)2 + (ca )2 ³ ³ ab.bc + bc.ca + ca.ab = abc(a + b + c) = 3abc (vì a + b + c = 3 )

a 4 + b4 + c4 a 3 b3 c3 ³ 3 hay + + ³ 3 ĐPCM. abc bc ca ab Đẳng thức xảy ra Û a = b = c 1 1 1 1 1 1 3 b) Áp dụng a 2 + b 2 + c 2 ³ ab + bc + ca ta có 2 + 2 + 2 ³ + + = ab bc ca abc a b c 3 ³ a 2 + b 2 + c 2 Û abc (a 2 + b 2 + c 2 ) £ 3 (*) Do đó ta cần chứng minh abc

Suy ra

Lại áp dụng ( a + b + c ) ³ 3 (ab + bc + ca ) (ví dụ 1) ta có 2

( ab + bc + ca )

³ 3abc ( a + b + c ) Þ abc £

(ab + bc + ca ) 9

(**)

æ a + b + c ÷ö Áp dụng bất đẳng thức abc £ çç ÷÷ và (**) ta có çè 3 ø 3

abc ( a 2 + b 2 + c 2 ) £

( ab + bc + ca ) ( a 2 + b 2 + c 2 ) 2

Vậy BĐT (*) đúng nên BĐT ban đầu đúng. ĐPCM.. Đẳng thức xảy ra Û a = b = c . Ví dụ 5: Cho a, b, c là số dương. Chứng minh rằng

2 ö æ 1 çç ( a + b + c ) ÷÷ ÷÷ = 3 £ ç ÷÷ 9 ççè 3 ø

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 + + ³ + + b) 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 ³ 2 ab üïï 1 1 1 ï 1 1 1 ýï Þ (a + b)(a + b ) ³ 2 ab .2 ab = 4 + ³2 ï a b ab ïþï 1 1 4 Suy ra + ³ (*). Đẳng thức xảy ra Û 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 Û a = b = c . b) Áp dụng BĐT (*) ta có: 1 1 4 2 + ³ = . a + 3b a + b + 2c 2a + 4b + 2c a + 2b + c Tương tự

Tương tự ta có

208

1 1 2 1 1 2 + ³ ; + ³ 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 Û 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 b) 2 + + + ³ 30 a + b 2 + c 2 ab bc ca Lời giải Áp dụng BĐT Côsi cho ba số thực dương ta có : a + b + c ³ 3 3 abc üïï 1 1 1 1 ï 3 =9 1 1 1 1 ýï Þ (a + b + c)( + + ) ³ 3 abc .3 3 a b c + + ³33 abc ïï a b c abc ïþ 1 1 1 9 Suy ra + + ³ (*) . Đẳng thức xảy ra Û a = b = c . a b c a +b +c a +1-1 b +1-1 c +1-1 3 + + £ a) Ta có BĐT Û a +1 b +1 c +1 4 1 1 1 3 1 1 1 9 Û 3 -( + + )£ Û + + ³ . a +1 b +1 c +1 4 a +1 b +1 c +1 4 1 1 1 9 9 + + ³ = đpcm. Áp dụng BĐT (*) ta có a +1 b +1 c +1 a +b +c + 3 4 1 Đẳng thức xảy ra Û a = b = c = . 3 1 1 1 9 + + ³ b) Áp dụng BĐT (*) ta có : ab bc ca ab + bc + ca 1 1 1 1 1 9 Þ 2 + + + ³ 2 + 2 2 2 2 ab bc ca ab + bc + ca a +b +c a +b +c 1 1 1 7 = 2 + + + 2 2 ab + bc + ca ab + bc + ca ab + bc + ca a +b +c 1 1 7 ³ 21 Mặt khác : ab + bc + ca £ (a + b + c)2 = Þ 3 3 ab + bc + ca 1 1 1 9 + + ³ 2 =9 2 2 2 2 2 ab + bc + ca ab + bc + ca a +b +c a + b + c + 2(ab + bc + ca )

1 1 1 1 + + + ³ 9 + 21 = 30 đpcm. 2 2 ab bc ca a +b +c 1 Đẳng thức xảy ra Û a = b = c = . 3 1 2 3 6 Ví dụ 7: Cho a, b, c là các số thuộc éë 0;1 ùû thỏa mãn 4 + 4 + 4 = . 7 4a + 5 4b + 5 4c + 5 2 3 Tìm giá trị lớn nhất của P = ab c Lời giải Ta chứng minh bất đẳng thức sau 1 1 2 Với x , y thuộc [0,1] , ta luôn có (*) + 4 £ 2 2 4 4x + 5 4y + 5 4x y + 5 Thật vậy, BĐT (*)

Suy ra :

209

Û ( 2x 4 + 2y 4 + 5 )( 4x 2y 2 + 5 ) £ ( 4x 4 + 5 )( 4y 4 + 5 )

Û 8x 4y 4 - 10x 2y 2 + ( x 4 + y 4 )( 5 - 4x 2y 2 ) ³ 0

Û (5 - 4x 2y 2 )(x 2 - y 2 )2 ³ 0 (đúng với x , y Î [0,1] ) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y .

1 1 2 1 1 2 + 4 £ 2 2 , 4 + 4 £ 2 2 4a + 5 4c + 5 4a c + 5 4b + 5 4c + 5 4b c + 5 1 1 2 2 2 4 Suy ra 4 (1) + 4 + 4 £ 2 2 + 2 2 £ 4a + 5 4b + 5 4c + 5 4a c + 5 4b c + 5 4abc 2 + 5 1 1 2 1 1 2 Và 4 + £ , 4 + £ 2 2 4b + 5 7 b c +5 7 c 4. +5 4. +5 2 2 1 1 2 2 2 4 Suy ra 4 (2) + 4 + £ + £ 2 2 bc 4b + 5 4c + 5 7 b c 4. +5 4. + 5 4. +5 2 2 2 4 4 8 Ta lại có (3) + £ 2 2 3 bc 4abc + 5 ab c 4. +5 4. +5 2 2 1 2 3 2 8 Từ (1), (2) và (3) ta có 4 + 4 + 4 + £ 2 4a + 5 4b + 5 4c + 5 7 ab c 3 4. +5 2 8 8 2 ³ Þ ab 2c 3 £ Kết hợp giả thiết suy ra 2 3 7 4 ab c 4. +5 2 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 4 2 1 1 Vậy max P = 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: a 2 + x 2 + b 2 + y 2 ³ (a + b)2 + (x + y )2 (1) Áp dụng chứng minh các bất đẳng thức sau: a) Cho a, b  0 thoả a + b = 1 . Chứng minh rằng 1 + a 2 + 1 + b 2 ³ 5 .

Áp dụng BĐT (*) ta có:

1 1 + b2 + 2 . 2 b a c) Cho x, y, z > 0 thoả mãn x + y + z = 1 . Chứng minh:

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

x2 +

1 1 1 + y2 + 2 + z 2 + 2 ³ 2 x y z

d) Cho x, y, z > 0 thoả mãn x + y + z = P=

Áp dụng chứng minh các BĐT sau:

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

210

a2 +

1 1 4 + ³ (1). a b a +b

æ 1 1 1 1 1 1 ö÷ + + ³ 2 ççç + + ÷ ; với a, b, c > 0. è a + b b + c c + a ÷ø a b c æ ö÷ 1 1 1 1 1 1 + + ³ 2 ççç + + b) ÷ ; với a, b, c > 0. è 2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c ÷ø a +b b +c c +a 1 1 1 1 1 1 + + £1 c) Cho a, b, c > 0 thoả + + = 4 . Chứng minh: a b c 2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c ab bc ca a +b +c d) ; với a, b, c > 0. + + £ a +b b +c c +a 2 2xy 8yz 4xz + + £ 6. e) Cho x , y, z dương thoả mãn x + 2y + 4z = 12 . Chứng minh: 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: æ 1 1 1ö 1 1 1 + + ³ 2 çç + + ÷÷÷ . èa b c ø p -a p -b p -c

Bài 4.52: Cho a, b, c là số dương. Chứng minh

1 1 1 9 + + ³ (1). a b c a +b +c

Áp dụng chứng minh các BĐT sau: æ 1 1 1 ö÷ 3 + + a) (a 2 + b 2 + c 2 ) ççç ÷ ³ (a + b + c) với a, b, c dương è a + b b + c c + a ø÷ 2 a b c 3 + + £ . Với a, b, c dương thoả a + b + c = 1 . b) a +1 b +1 c +1 4 1 1 1 c) 2 + 2 + 2 ³ 9 . Với a, b, c dương thỏa mãn a + b + c £ 1 a + 2bc b + 2ac c + 2ab 1 2009 d) 2 + ³ 670 . Với a, b, c dương thỏa mãn a + b + c = 3 2 2 ab + bc + ca a +b +c Bài 4.53: Cho a, b, c ³ 0 và abc = 1 . Chứng minh rằng :

ab bc ca + 5 + 5 £ 1. 5 5 a + b + ab b + c + bc c + 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 5

nhất của biểu thức P =

211

a b c ab + bc + ca + + + 4 2. 2 b +c c +a a +b a + b2 + c2

§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 Ç Dg . Mệnh đề

chứa biến có một trong các dạng f ( x ) < g ( x ) , f ( x ) > g ( x ) , f ( x ) £ g ( x ) , f ( x ) ³ 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 Î D gọi là một nghiệm của bất phương trình f ( x ) < g ( x ) nếu f ( x 0 ) < g ( x 0 ) là mệnh đề đúng.

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. Kí hiệu: Nếu f1 ( x ) < g1 ( x ) tương đương với f2 ( x ) < g2 ( x ) thì ta viết f1 ( x ) < g1 ( x ) Û 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: 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 Î D 3) f ( x ).h ( x ) > g ( x ).h ( x ) nếu h ( x ) < 0 với mọi x Î 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 ) ³ 0  

1 xác định là f ( x ) ¹ 0 f (x ) 1

f (x )

xác định là f ( x ) > 0

2. Các ví dụ điển hình. Ví dụ 1: Tìm điều kiện xác định của phương trình sau:

212

5 <1 4x - 9 Lời giải

a) x +

4 - 2x ³

x +1 x - 2x - 1 2

a) Điều kiện xác định của bất phương trình là 4x 2 - 9 ¹ 0 Û x 2 ¹

9 3 Ûx ¹± 4 2

b) Điều kiện xác định của bất phương trình là ìï x £ 2 ìï x £ 2 ìï 4 - 2x ³ 0 ï ï ïí Û Û í í ïï x 2 - 2x - 1 ¹ 0 ïï x ¹ 1 ± 2 ïï x ¹ 1 - 2 î î î Ví dụ 2: Tìm điều kiện xác định của bất phương trình sau rồi suy ra tập nghiệm của nó: a) 2x + x - 3 ³ 2 3 - x + 3 b) -x 2 + 4x - 4 £ 27 - 3x 3 2 1 1 < +2 c) x + d) ( x - 1 ) ( 3 - 4x ) - 5x > 4x - 3 - 7 x -2 x -2 Lời giải ì ì ïx - 3 ³ 0 ïx ³ 3 Ûï Ûx =3 a) Điều kiện xác định của bất phương trình là ïí í ï ï 3-x ³ 0 x £3 ï ï î î 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

-x 2 + 4x - 4 ³ 0 Û -( x - 2 ) ³ 0 Û x = 2 2

Thay x = 2 vào thấy thỏa mãn bất phương trình Vậy tập nghiệp của bất phương trình là S = { 3 }

ì ì ï x ³0 ïx ³ 0 Ûï Ûx >2 c) Điều kiện xác định của bất phương trình là ïí í ï ï x 2 > 0 x > 2 ï ï î î Với điều kiện đó bất phương trình tương đương với x < 2 Û x < 4 Đối chiếu với điều kiện ta thấy bất phương trình vô nghiệm. Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = Æ 2 ì ï ï( x - 1 ) ( 3 - 4x ) ³ 0 d) Điều kiện xác định của bất phương trình là í (*) ï 4 x 3 ³ 0 ï ï î Dễ thấy x = 1 thỏa mãn điều kiện (*). ìï ïï x £ 3 ìï 3 - 4x ³ 0 4 Ûx = 3 Û ïí Nếu x ¹ 1 thì (*) Û ïí ïï 4x - 3 ³ 0 ïï 3 4 î ïï x ³ î 4 3 Vậy điều kiện xác định của bất phương trình là x = 1 hoặc x = 4 3 Thay x = 1 hoặc x = vào bất phương trình thấy đều thỏa mãn. 4 ì ï 3ü ï Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ïí1; ïý . ï ï 4ï ï î þ

3. Bài tập luyện tập.

213

Bài 4.55: Tìm điều kiện xác định của phương trình sau: 1 1 x a) b) x - 2 > < 2 x +2 x - 3 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 ³ 2 1 - 2x + 1 b) -x 2 + x - 1 £ 2 c)

x + 1-x <

1-x +2

( x - 1 ) ( 2 - x )( x - 2 ) > -7 2

 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.  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 3 x  1  0 (*) : 1 1 x x  a) 3 x  1  b) 3 x  1   x 3 x 3 3x  1 3x  1 Lời giải 1 Ta có 3 x  1  0  x   3 1 1  a) 3 x  1  (1) không tương đương 3 x  1  0 vì x  3 là nghiệm của bất phương trình (*) nhưng x 3 x 3 không là nghiệm của bất phương trình (1). x x 1   3x  1  0  x   b) 3 x  1  3 3x  1 3x  1 x x  Do đó 3 x  1  tương đương 3 x  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. x x 1  2 a) x 2  2 x  3  0 b) 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 . Áp dụng BĐT côsi ta có

214

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 . x 1  x2  2x 1

Lời giải a) BPT  Do

x 1  x2  2x  1  0 

1 1 2   x  1  2 x 1 x 1

x  1   x  1  0 2

x  1  0,  x  1  0 với mọi x nên 2

x  1   x  1  0 với mọi x . 2

Vậy bất phương trình nghiệm đúng với mọi x . 2 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 Bất phương trình tương đương với  x  1   x  1 2

 x2  2x  1  x2  2x  1  4x  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:  Với x  1 ta có x  1  0, x  1  0 suy ra nghiệm của bất phương trình là x  1 x 1   Với x  1 : Bất phương trình tương đương với  2 2  x  1   x  1 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   . 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) 3 x  1  b) 3 x  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 x  2  1  0 như sau

Bất phương trình tương đương với 2x  2 1  0  2x  2  1  2x  2  1  x  

1 2

1 Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S  [ ; ) . 2

215

2

Theo em ban Bình giải như vậy đúng hay sai? Nếu sai hãy sửa lại cho đúng.

§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: Bước 1. Vẽ đường thẳng (d): ax  by  c  0 Bước 2. Xét một điểm M  x0 ; y0  không nằm trên (d).  

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.

216

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: a) 2 x  y  0

x  2 y 2x  y 1  2 3

y 2

Lời giải a) Trong mặt phẳng tọa độ, vẽ đường thẳng  d  : 2x  y  0 . Ta có  d  chia 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 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).

(d)

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

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). Ví dụ 2: Xác định miền nghiệm của các hệ bất phương trình sau:  x y20 a)  x  3y  3  0

-2 Δ

O -2

x  y  0  b) 2 x  3 y  6  0 x  2 y 1  0 

(d')

2 1

Lời giải

-3 -2

2 (d)

217

a) Vẽ các đường thẳng  d  : x  y  2  0 ,  d '  : x  3 y  3  0 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  là nghiệm của bất phương trình 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 x  y  0. Vậy miền nghiệm cần tìm là phần mặt phẳng không được tô màu hình vẽ kể cả đường thẳng  d "

(d)

(d')

2 1 -3 -2

-1 O

2 3

(d")

trên

Ví dụ 3: Xác định miền nghiệm bất phương trình  x  y   x3  y 3   0 . Lời giải Ta có  x  y   x3  y 3   0   x  y  x  y   x 2  xy  y 2   0 x  y  0 x  y  0   x  y  x  y   0   (1) hoặc  (2) 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).

Vẽ các đường thẳng  d  : x  y  0 ,  d '  : x  y  0 trên mặt phẳng tọa độ Oxy . Xét điểm M 1;0  , ta có 1;0  là nghiệm của các bất

y (d)

2 1 -2

-1 O

(d')

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 '  . 3. Bài tập luyện tập. Bài 4.61: Xác định miền nghiệm của các bất phương trình sau: a) x  3 y  0

x y  x  y 1 2

Bài 4.62: Xác định miền nghiệm của các hệ bất phương trình sau:

218

x  y  2  0 a)  x  y  3  0

x  y  2  0  b) 2 x  3 y  6  0 x  2 y  3  0 

 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 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)

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 .

Bài toán trở thành: Xác định x, y sao cho: M  x; y   x  6 y đạt giá trị lớn nhất.  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 (*)

219

(d)

4 3 O

Trong mặt phẳng tọa độ vẽ các đường thẳng  d  : x  5 y  20  0,  d '  : x  5,  d ''  : y  4 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 . ì x + 2y - 100 £ 0 ï ï ï ï ï 2x + y - 80 £ 0 Bài toán trở thành: Tìm x, y thoả mãn hệ ïí (*) sao cho L  x; y   40000 x  30000 y đạt ï x ³0 ï ï ï y³0 ï ï î

giá trị lớn nhất. 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 trong các điểm  0;0  ,  40;0  ,  0;50  ,  20; 40  . Ta có

y 80 50 40 x O

20 40

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  . Vậy cần sản xuất 20 kg sản phẩm loại I và 40 kg sản phẩm loại II để có mức lời lớn nhất.

220

100

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?

221

§3. 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 ³ 0 thì tập nghiệm BPT là S   æ b bö  Nếu a > 0 thì ( 1 ) Û x < - suy ra tập nghiệm là S = çç -¥; - ÷÷÷ è a aø æ b ö b  Nếu a < 0 thì ( 1 ) Û x > - suy ra tập nghiệm là S = çç - ; +¥÷÷÷ è a ø a Các bất phương trình dạng ax + b > 0, ax + b £ 0, ax + b ³ 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 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 . 3m - 6 =3 Với m > 2 bât phương trình tương đương với x < m -2 3m - 6 =3 Với m < 2 bât phương trình tương đương với x > m -2 Kết luận m = 2 bất phương trình nghiệm đúng với mọi x (có tập nghiệm là S =  ). 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. 4 - m2 = -m - 2 Với m > 2 bât phương trình tương đương với x > m -2 4 - m2 = -m - 2 Với m < 2 bât phương trình tương đương với x < 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 c) Bất phương trình tương đương với ( m + 3 ) x ³ m - 3 2

Với m = -3 bất phương trình trở thành 0x ³ -6 suy ra bất phương trình nghiệm đúng với mọi x . m -3 Với m ¹ -3 bât phương trình tương đương với x ³ 2 (m + 3 ) Kết luận

222

m = -3 bất phương trình nghiệm đúng với mọi x . m -3 . m ¹ -3 bât phương trình có nghiệm là x ³ 2 (m + 3 )

d) Bất phương trình tương đương với Û ( m 3 - 1 ) x < m 2 - 2m + 1

(m - 1)

æ 1ö 3 Û ( m - 1) x < 2 (vì m + m + 1 = çç m + ÷÷÷ + > 0 ) 2ø 4 èç m +m +1 Với m = 1 bất phương trình trở thành 0x < 0 suy ra bất phương trình vô nghiệm. m -1 Với m > 1 bât phương trình tương đương với x < 2 m +m +1 m -1 Với m < 1 bât phương trình tương đương với x > 2 m +m +1 Kết luận m = 2 bất phương trình vô nghiệm m -1 m > 1 bât phương trình có nghiệm là x < 2 m +m +1 m -1 . m < 1 bât phương trình có nghiệm là x > 2 m +m +1 Ví dụ 2. Tìm m để bất phương trình ( m 2 - m ) x + m < 6x - 2 vô nghiệm. 2

Lời giải Bất phương trình tương đương với ( m 2 - m - 6 ) x < -2 - m

ìï m ¹ -2 Rõ ràng nếu m 2 - m - 6 ¹ 0 Û ïí bất phương trình luôn có nghiệm. ïï m ¹ 3 î 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 . Ví dụ 3. Tìm m để bất phương trình 4m 2 ( 2x - 1 ) ³ ( 4m 2 + 5m + 9 ) x - 12m có nghiệm đúng "x Î  .

Lời giải Bất phương trình tương đương với ( 4m 2 - 5m - 9 ) x ³ 4m 2 - 12m

ïìï m ¹ -1 Dễ dàng thấy nếu 4m - 5m - 9 ¹ 0 Û ïí thì bất phương trình không thể có nghiệm đúng "x Î  ïï m ¹ 9 ïî 4 Với m = -1 bất phương trình trở thành 0x ³ 16 suy ra bất phương trình vô nghiệm 9 27 Với m = bât phương trình trở thành 0x ³ suy ra bất phương trình nghiệm đúng với mọi x . 4 4 9 Vậy giá trị cần tìm là m = . 4 Ví dụ 4. Tìm m để bất phương trình ( 4m 2 + 2m + 1 ) x - 5m ³ 3x - m - 1 có tập nghiệm là [-1; +¥) . 2

Lời giải Bất phương trình tương đương với ( 4m 2 + 2m - 2 ) x ³ 4m - 1 Û ( m + 2 )( 4m - 1 )x ³ 4m - 1

é m = -2 ê Với ( m + 2 )( 4m - 1 ) = 0 Û ê thì bất phương trình vô nghiệm hoặc nghiệm đúng với mọi x do đó ê m =1 êë 2 không thỏa mãn yêu cầu bài toán.

223

1 1 Þ ( m + 2 )( 4m - 1 ) > 0 bất phương trình tương đương với x ³ m +2 4 1 = -1 Û m = -3 (không thỏa mãn) Do đó để bất phương trình có tập nghiệm là [-1; +¥) thì m +2 1 1 Với -2 < m < Þ ( m + 2 )( 4m - 1 ) < 0 bất phương trình tương đương với x £ suy ra m +2 4 1 -2 < m < không thỏa mãn yêu cầu bài toán. 4 1 Với m < -2 Þ ( m + 2 )( 4m - 1 ) > 0 bất phương trình tương đương với x ³ m +2 1 = -1 Û m = -3 (thỏa mãn) Do đó để bất phương trình có tập nghiệm là [-1; +¥) thì m +2 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 ³ 0 (1) và ( m + 1 ) x + m - 4 ³ 0 (2).

Với m >

Lời giải * Với m = 1 bất phương trình (1) trở thành 0.x - 1 ³ 0 (vô nghiệm), bất phương trình (2) trở thành 3 2x - 3 ³ 0 Û x ³ do đó hai bất phương trình không tương đương. 2 5 * Với m = -1 bất phương trình (1) trở thành -2x - 5 ³ 0 Û x £ - , bất phương trình (2) trở thành 2 0.x - 5 ³ 0 (nghiệm đúng với mọi x ) do đó hai bất phương trình không tương đương. 3 - 2m 4 -m * Với m > 1 ta có ( 1 ) Û x ³ , (2) Û x ³ m -1 m +1 3 - 2m 4 -m = Suy ra hai bất phương trình tương đương Û m -1 m +1 Û m 2 + 4m - 7 = 0 Û m = -2 ± 11

Đối chiếu với điều kiện m > 1 suy ra m = -2 + 11 . 3 - 2m 4 -m * Với -1 < m < 1 ta có ( 1 ) Û x £ , (2) Û x ³ do đó hai bất phương trình không tương m -1 m +1 đương. 3 - 2m 4 -m * Với m < -1 ta có ( 1 ) Û x £ , (2) Û x £ m -1 m +1 3 - 2m 4 -m = Suy ra hai bất phương trình tương đương Û m -1 m +1 Û m 2 + 4m - 7 = 0 Û m = -2 ± 11

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. Bài 4.66: Giải và biện luận các bất phương trình: a) m(x - m ) £ x - 1. b) 3x + m 2 ³ 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 ) ³ 9x + 3m có nghiệm đúng "x Î  . 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 Î éë 0;1 ùû .

224

b) Tìm m để f ( x ) ³ 0 với mọi x Î éë -1;2 ùû . Bài 4.69: Tìm m để bất phương trình m ( 2x - 1 ) ³ 2x + 1 có tập nghiệm là [1; +¥) . Bài 4.70: Tìm m để hai bất phương trình sau tương đương ( 2 - m ) x + 2m + 4 ³ 0 và ( m + 1) x + m 2 - 4 ³ 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: ì 5 ï ï 6x + < 4x + 7 ìï 5x - 2 > 4x + 5 ï 7 a) ïí b) ïí ï ïï 5x - 4 < x + 2 8 x + 3 ï î < 2x + 5 ï ï î 2 ì ï ï ï x - 1 £ 2x - 3 ï ïìï 5x - 2 < 4x + 5 ï ï c) í 2 d) í 3x < x + 5 ï ïï x < ( x + 2 )2 ï ïî 5 - 3x ï ï £x -3 ï ï î 2 Lời giải a) Hệ bất phương trình tương đương với ïìï x > 7 ìï 5x - 2 > 4x + 5 ïí Û ïí ïï 5x - 4 < x + 2 ïï x < 3 î ïî 2 Suy ra hệ bất phương trình vô nghiệm. b) Hệ bất phương trình tương đương với ìï ìï ïï 6x + 5 < 4x + 7 ïï x < 22 ï 7 7 Ûx <7 Û ïí í ïï 8x + 3 ïï 7 4 < 2x + 5 ïï ïï x < î 2 î 4 7 Vậy hệ bất phương trình có nghiệm là x < 4 ìï x < 7 Û -1 < x < 7 c) Hệ bất phương trình tương đương với ïí ïï x > -1 î Vậy hệ bất phương trình có nghiệm là -1 < x < 7 . ìï ïï x ³ 2 ïï ï 5 11 5 Û £x £ d) Hệ bất phương trình tương đương với ïí x < ïï 2 5 2 ïï 11 ïï x ³ ïî 5 11 5 £x £ . Vậy hệ bất phương trình có nghiệm là 5 2 Ví dụ 2. Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm. ìï 2x - 1 £ x + 2 ì m ( mx - 1 ) < 2 ï ï a) ïí b) í 2 ï ïï m ( m + 1) x + 4m ³ ( m - 2 ) x + 3m + 6 ï m ( mx - 2 ) ³ 2m + 1 î î Lời giải

225

x £3 ïì Û a) Hệ bất phương trình tương đương với ïí 2 ïï( m + 2 ) x ³ 3m 2 - 4m + 6 î

ì x £3 ï ï ï í 3m 2 - 4m + 6 ï x ³ ï ï m2 + 2 î

3m 2 - 4m + 6 £ 3 Û m ³ 0. Suy ra hệ bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m2 + 2 Vậy m ³ 0 là giá trị cần tìm. ìï m 2x < m + 2 b) Hệ bất phương trình tương đương với ïí 2 ïï m x ³ 4m + 1 î ì ï 0x < 2 Với m = 0 ta có hệ bất phương trình trở thành ïí suy ra hệ bất phương trình vô nghiệm ï 0 x ³ 1 ï î ì m +2 ï ï x < ï m2 Với m ¹ 0 ta có hệ bất phương trình tương đương với ïí ï 4m + 1 ï x ³ ï ï î m2 m +2 4m + 1 1 Suy ra hệ bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi > Û m < 3 m2 m2 1 Vậy m < là giá trị cần tìm. 3 Ví dụ 3. Tìm m để hệ bất phương trình sau vô nghiệm. ìï x - 3 2 ³ x 2 + 7x + 1 ìï mx + 1 £ x - 1 ( ) a) ïí b) ïí ïï 2m £ 8 + 5x ïï 2 ( x - 3 ) < 5 ( x - 4 ) î ïî Lời giải ìï ïï x £ 8 13 a) Hệ bất phương trình tương đương với ïí ïï 2m - 8 ïï x ³ î 5 8 2m - 8 72 < Ûm> Suy ra hệ bất phương trình vô nghiệm Û 13 5 13 72 Vậy m > là giá trị cần tìm. 13 ìï( m - 1 ) x £ -2 ï b) Hệ bất phương trình tương đương với ïí 14 ïï x > ïî 3 ìï 0x £ -2 ï Với m = 1 hệ bất phương trình trở thành ïí (hệ bpt vô nghiệm) ïï x > 14 ïî 3 ìï ïï x £ -2 m - 1 suy ra hệ bất phương trình vô nghiệm Với m > 1 hệ bất phương trình ïí ïï 14 ïï x > î 3 -2 14 4 Û £ Û -6 £ 14 ( m - 1 ) Û m ³ m -1 3 7 Do đó m > 1 thì hệ bất phương trình vô nghiệm

226

ìï ïï x ³ -2 m - 1 (hệ bpt luôn có nghiệm) Với m < 1 hệ bất phương trình ïí ïï 14 ïï x > î 3 Vậy giá trị cần tìm là m ³ 1 . ìï 2m ( x + 1 ) ³ x + 3 Ví dụ 4. Tìm m để hệ bất phương trình ïí có nghiệm duy nhất. ïï 4mx + 3 ³ 4x î Lời giải ïì( 2m - 1 ) x ³ 3 - 2m Hệ bất phương trình tương đương với ïí ïï ( 4m - 4 ) x ³ -3 î 3 - 2m -3 = Giả sử hệ bất phương trình có nghiệm duy nhất thì 2m - 1 4m - 4 5 3 Û 8m 2 - 26m + 15 = 0 Û m = hoặc m = 2 4 ìæ ö 3 ïïç 3 ÷ ì ïx ³ 3 3 ïçç - 1 ÷÷ x ³ 3 Ûx =3 Với m = hệ phương trình trở thành íè 2 2 Ûï ø í ïï ï x £3 4 ï î -x ³ -3 ïïî ïì 4x ³ -2 1 5 Ûx ³Với m = hệ phương trình trở thành ïí 2 2 ïîï 6x ³ -3

Vậy giá trị cần tìm là m =

3 . 4

3. Bài tập luyện tập. Bài 4.71: Giải các hệ bất phương trình sau: ìï 4x - 5 ìï 4 ïï ïï - 12x £ x + 1 <x +3 ï 2 a) í 7 b) ïí 3 ïï 3x + 8 ïï 4x - 3 2 - x < > 2x - 5 ïï ïï î 2 3 î 4 ìï x ïìï 11 - x ïï £ x + 4 ³ 2x - 5 ï 3 c) ïí 2 d) ïí 2 ïï 2x - 9 19 + x ïï ( x -8 ³ ïï ïï 2 3x + 1 ) ³ î 3 2 î 2 Bài 4.72: Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm. ìï 2 ( x + 5 ) < 3(x + 4) ïìï 4 ( x - 3 ) + 1 £ 3 ( x - 3 ) ïïï a) í b) í -3x - 8 ³ 5 ( x - 8 ) ïï ïï x + m > 1 î ïïî m ( x + 2 ) < ( m + 1 ) x + m - 2 Bài 4.73: Tìm m để hệ bất phương trình sau vô nghiệm. ìï 3x + 5 ³ x - 1 ïï ìï 2x + 7 ³ 8x + 1 2 2 ï a) í b) ïí( x + 2 ) £ ( x - 1 ) + 9 ïï m + 5 < 2x ïï î ïï mx + 1 > ( m - 2 ) x + m ïî

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.

227

Ví dụ 1: Giải và biện luận bất phương trình Lời giải ĐKXĐ: x ¹ 1

mx - m + 1 >0 x -1

ìï ì x >1 x <1 ï Bất phương trình tương đương với ïí (3) hoặc ïí (4) ïï mx - m + 1 > 0 ï mx - m + 1 < 0 ï î î ìï x > 1 ì x <1 ï ïï ï ï + TH1: m > 0 ta có (3) Û í và (4) Û í 1-m ïï x > 1 - m ï x < ï ïî ï m î m 1-m 1 1-m > 1 Û m < khi đó (3) Û x > Nếu và (4) Û x < 1 m 2 m æ1 - m ö ; +¥÷÷÷ Suy ra nghiệm của bất phương trình là x Î ( -¥;1 ) È çç èç m ø 1-m 1 = 1 Û m = khi đó (3) Û x > 1 và (4) Û x < 1 m 2 Suy ra nghiệm của bất phương trình là x Î  \ {1}

Nếu

1-m 1 1-m < 1 Û m > khi đó (3) Û x > 1 và (4) Û x < m 2 m æ ö 1-m÷ Suy ra nghiệm của bất phương trình là x Î çç -¥; ÷ È ( 1; +¥ ) çè m ÷ø

Nếu

ìï x > 1 Û x > 1 , (4) trở thành + TH2: m = 0 ta có (3) trở thành ïí ïï 0x + 1 > 0 î Suy ra nghiệm của bất phương trình là x Î ( 1; +¥ )

ì x <1 ï ï (vô nghiệm) í ï 0x + 1 < 0 ï î

ìï x > 1 ì x <1 ï ïï ï ï Û + TH3: m < 0 ta có (3) Û í và (4) í 1-m ïï x < 1 - m ï x > ï ïî ï m î m æ 1 - m ÷ö æ1 - m ö 1-m 1 > 1 Û m < khi đó (3) Û x Î çç 1; ; +¥÷÷÷ Nếu ÷÷ và (4) Û x Î ( -¥;1 ) È çç çè çè m m 2 m ø ø ì ï 1-mü ï ï Suy ra với m < 0 nghiệm của bất phương trình là x Î  \ ïí1; ý ï m ï ï ï î þ

Kết luận

0<m <

æ1 - m ö 1 ; +¥÷÷÷ tập nghiệm bất phương trình là S = ( -¥;1 ) È çç çè m 2 ø

1 tập nghiệm bất phương trình là S =  \ {1 } 2 æ 1 1 - m ÷ö m > tập nghiệm bất phương trình là S = çç -¥; ÷ È ( 1; +¥ ) çè 2 m ÷ø m =

m = 0 tập nghiệm bất phương trình là S = ( 1; +¥ )

ì 1-mï ü ï ï m < 0 tập nghiệm bất phương trình là S =  \ ï í1; ý ï ï m ï ï î þ 2 Ví dụ 2: Cho bất phương trình ( m - 4 ) x - m + 3 > 2 .

a) Giải bất phương trình khi m = 1 b) Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x Lời giải

228

a) Khi m = 1 bất phương trình trở thành ïì -3x + 2 ³ 0 2 Û ïí Ûx £ï3 ïî 3x + 2 ³ 4

-3x + 2 > 2

2 Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = (-¥; - ] 3 2 b) ĐKXĐ: ( m - 4 ) x - m + 3 ³ 0 (*)

Giả sử bất phương trình nghiệm đúng với mọi x thì khi đó (*) đúng mọi x Suy ra m 2 - 4 = 0 Û m = ±2 Với m = 2 ta có bất phương trình trở thành 0.x - 2 + 3 > 2 (vô nghiệm) Với m = -2 ta có bất phương trình trở thành 0.x + 2 + 3 > 2 (đúng với mọi x ) Vậy m = -2 là giá trị cần tìm. Ví dụ 3: Cho bất phương trình x - 1(x - 2m + 2) ³ 0 a) Giải bất phương trình khi m = 2 b) Tìm m để mọi x Î éë 2; 3 ùû đều là nghiệm của bất phương trình đã cho. Lời giải a) Khi m = 2 bất phương trình trở thành x - 1(x - 2) ³ 0 é x -1 = 0 ê Bất phương trình tương đương với êê ìïï x - 1 ³ 0 ê íï x - 2 ³ 0 êë ïî é x =1 ê éx = 1 Û êê ìïï x ³ 1 Û êê êë x ³ 2 ê íï x ³ 2 êëî ï Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = {1 } È [2; +¥) .

é é x =1 x -1 = 0 ê ê ï Û êê ì b) Bất phương trình tương đương với êê ìïï x - 1 ³ 0 ïx ³ 1 ê íï x - 2m + 2 ³ 0 êí ï êëî êëî ï x ³ 2m - 2 ï é x =1 3 + TH1: 2m - 2 > 1 Û m > : Ta có bất phương trình Û êê 2 êë x ³ 2m - 2 Suy ra tập nghiệm bất phương trình là S = {1} È [2m - 2; +¥) .

Do đó mọi x Î éë 2; 3 ùû đều là nghiệm của bất phương trình (*) Û éë 2; 3 ùû Ì S Û 2m - 2 £ 2 Û m £ 2 3 Suy ra < m £ 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2 éx 3 + TH2: 2m - 2 = 1 Û m = : Ta có bất phương trình Û êê 2 êë x 3 Suy ra m = thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2 éx 3 + TH3: 2m - 2 < 1 Û m < : Ta có bất phương trình Û êê 2 êë x

229

=1 Û x ³1 ³1

=1 ³1

Û x ³1

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 a) Bất phương trình mx + 4 > 0 (1) nghiệm đúng với mọi x < 8

Suy ra m <

b) Bất phương trình

mx - 2m - 3 < 0 (2) nghiệm đúng với mọi x Î (0; +¥) x +1 2

Lời giải a) Cách 1: Ta có x < 8 Û -8 < x < 8 Û x Î ( -8; 8 )

4 m æ 4 ö Suy ra tập nghiệm bất phương trình (1) là S = çç - ; +¥÷÷÷ çè m ø

+ TH1: m > 0 ta có (1) Û mx > -4 Û x > -

Bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x < 8 khi và chỉ khi

( -8; 8 ) Ì S

Û-

4 1 £ -8 Û 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. 4 + TH3: m < 0 ta có (1) Û mx > -4 Û x < m æ 4ö Suy ra tập nghiệm bất phương trình (1) là S = çç -¥; - ÷÷÷ mø èç

Suy ra 0 < m £

Bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x < 8 khi và chỉ khi

( -8; 8 ) Ì S

Û-

4 1 ³8 Ûm ³m 2

1 Suy ra - £ m < 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2 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 Î ( -8; 8 )

Xét hàm số f ( x ) = mx + 4 . Ta biết đồ thị là một đường thẳng do đó ìï f (-8) ³ 0 f (x ) = mx + 4 > 0, "x Î ( -8; 8 ) Û ïí ïï f (8) ³ 0 î ìï ïï m £ 1 ìï -8m + 4 ³ 0 2 Û -1 £ m £ 1 Û ïí Û ïí ïï 8m + 4 ³ 0 ïï 1 2 2 î ïï m ³ î 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

230

1 x x 1 £ = khi đó 0 < t £ 2 2 2 x +1 2 x Bất phương trình (2) nghiệm đúng với mọi x Î (0; +¥) khi và chỉ khi bất phương trình mt - 2m - 3 < 0 ìï -2m - 3 £ 0 ì ï ïï ïm ³ - 3 1 3 Û íï đúng với mọi t Î (0; ] Û í 1 2 Ûm ³ïï m - 2m - 3 < 0 ï 2 2 ï ï m > -2 îï 2 î 3 Vậy m ³ - là giá trị cần tìm. 2 ì ï f (a ) > 0 Nhận xét : Bất phương trình f ( x ) = ax + b > 0, "x Î éë a; b ùû Û ïí , Bất phương trình ï f (b ) > 0 ï î ìï f ( a ) ³ 0 f ( x ) = ax + b > 0, "x Î ( a; b ) Û ïí . Các trường hợp khác tương tự. ïï f ( b ) ³ 0 î 2 Ví dụ 5: Cho phương trình ( m + 1 ) x - ( 4m + 3 ) x + 4m + 1 = 0 (1). Tìm m để phương trình (1)

Với x > 0 ta có

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 Þ x = y + 2 khi đó phương trình (1) trở thành

( m + 1)( y + 2 ) - ( 4m + 3 )(y + 2 ) + 4m + 1 = 0 Û ( m + 1 ) y 2 + 4 ( m + 1 )y + 4 ( m + 1 ) - ( 4m + 3 )y - 2 ( 4m + 3 ) + 4m + 1 = 0 Û ( m + 1 ) y 2 + y - 1 = 0 (2) 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 Û y = 1 suy ra m = -1 không thỏa mãn yêu cầu bài toán TH2: Với m ¹ -1 phương trình (2) là phương trình bậc hai do đó nó có hai nghiệm trái dấu -1 ÛP <0Û < 0 Û m + 1 > 0 Û 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 Û y = 1 suy ra m = -1 thỏa mãn yêu cầu bài toán  Với m ¹ -1 phương trình (2) là phương trình bậc hai + TH1: Phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt ïìï1 + 4 ( m + 1 ) > 0 ïï ïìï D > 0 5 ïìï ïï - 1 > 0 ïï 5 m>ï Û íS > 0 Û í Ûí 4 Û - < m < -1 1 m + ïï ï ïï m < -1 4 ï 1 ïîï P > 0 ï ï î ïï >0 ïî m +1 + TH2: Phương trình (2) có hai nghiệm trái dấu Û 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 

231

+ TH4: Phương trình (2) có một nghiệm dương và một nghiệm bằng không 1   0  S  0 m 1    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 a ta đặt y = x - a và quy về việc xét dấu nghiệm của phương trình bậc hai 2. Bài tập luyện tập 2x + m - 1 >0 Bài 4.75: Giải và biện luận bất phương trình x +1 Bài 4.76: Tìm điều kiện của m để phương trình 2x 2 + ( 2m - 1 ) x + m - 1 = 0

Vậy m ³ -

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 4 - x éë ( m 2 + 1 ) x - 5m 2 ùû £ 0 Bài 4.78: a) Với giá trị nào của m thì bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x Î [ - 2; 3) . æ 4x ö÷ 2x b) Cho bất phương trình çç 1 + m + < 3 . Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi ÷ çè 1 + x 2 ø÷ 1 + x2

Bài 4.77: Giải và biện luận bất phương trình

x ³ 0.

æ 1ö c) Với điều kiện nào của a, b thì bất phương trình a çç x + ÷÷÷ + b ³ 0 nghiệm đúng với mọi x ¹ 0 . çè xø

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. 2

§4. 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 ¹ 0 . 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 a x nhỏ hơn nghiệm của nó. 2. Một số ứng dụng. a) Giải bất phương trình tích  Dạng P (x ) > 0 (1) (trong đó P ( x ) là tích các nhị thức bậc nhất.)

 Cách giải: Lập bảng xét dấu của P ( x ) . Từ đó suy ra tập nghiệm của (1).

b) Giải bất phương trình chứa ẩn ở mẫu P (x ) > 0 (2) (trong đó P ( x ), Q ( x ) là tích những nhị thức bậc nhất.)  Dạng Q(x )

232

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. é A < -B Chú ý: Với B > 0 ta có A B Û êê . A > B êë B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI.  DẠNG 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 a) -2x + 3 b) 4x - 12 2 c) x - 4 d) -2x 2 + 5x - 2 Lời giải 3 a) Ta có -2x + 3 = 0 Û x = , a  2  0 . 2 Bảng xét dấu x 3   2 2 x  3  + 0 b) Ta có 4x - 12 = 0 Û x = 3 , a  4  0 . Bảng xét dấu x  4  4 x  12  + 0 2 c) Ta có x - 4 = ( x - 2 )( x + 2 ) , x - 2 = 0 Û x = 2, x + 2 = 0 Û x = -2

 Cách giải: Lập bảng xét dấu của

Bảng xét dấu x x2 x2 x2  4



 

2 0 | 0

2 | 0 0

+  



+ + +

éx = 2 ê d) Ta có -2x + 5x - 2 = 0 Û ê êx = 1 êë 2 æ 1ö Suy ra -2x 2 + 5x - 2 = -2 ( x - 2 )çç x - ÷÷÷ = ( x - 2 )(1 - 2x ) 2ø èç 2

Bảng xét dấu

1 2 1  2x + 0 x2  | 2  0 -2x + 5x - 2 Ví dụ 2: Lập bảng xét dấu các biểu thức sau -2x + 3 a) b) x -2

c) x ( 4 - x 2 ) (x + 2)

233





2   +

| 0 0

4x - 12 x 2 - 4x 4x 2 d) 1 2 ( x + 1)

 + 

Lời giải a) Bảng xét dấu x



2 x  3 + x2  -2x + 3  x -2 4x - 12 4x - 12 b) Ta có 2 = x (x - 4 ) x - 4x

Bảng xét dấu



x 4 x  12 x x4 4x - 12 x 2 - 4x

3 2 0 |

 

| 0

 +





  

0 | 0 |

 + 

3 0 | |

+ + 

4 | | 0

+ + +



c) Ta có x ( 4 - x 2 ) (x + 2) = x ( 2 - x )( x + 2 )

Bảng xét dấu



x x 2 x x2 x ( 4 - x 2 ) (x + 2)

 + 

2 | | 0

 + +



( x + 1 ) - 4x 2 = d) Ta có 1 2 2 ( x + 1) ( x + 1) 2

4x 2

Bảng xét dấu

3x  1 1 x x 1 4x 2

( 3x + 1 )(1 - x ) 2 (x + 1)

 + 

| | 0

 + +



Lời giải a) Ta có x  2  0  x  2,  2 x  m  0  x 

+ + +

+  +



+ + +

| 0 |

+  +



-2x + m . x -2 m 2

2x  m x2

234

+ 

| 0

+ +

m 2 0 |



TH1:



2 | 0 |



1

Ví dụ 3: Tùy vào m xét dấu các biểu thức sau

m  2  m  4: 2 Bảng xét dấu x 

1 3 0 | |



( x + 1)

0 0 | |

  +

|| + 0   -2x + m x -2 æ mö æm ö -2x + m -2x + m > 0 Û x Î çç 2; ÷÷÷ và < 0 Û x Î ( -¥;2 ) È çç ; +¥÷÷÷ Suy ra çè 2 ø x -2 x -2 èç 2 ø -2x + m -2x + 2 m = = -2  2  m  4 : Ta có 2 x -2 x -2 -2x + m < 0 Û x Î  \ {2 } Suy ra x -2 m TH3:  2  m  4 : 2 Bảng xét dấu x m  2 2 2x  m + 0 |  x2 | 0   || + 0  -2x + m x -2 æm ö -2x + m -2x + m > 0 Û x Î çç ;2 ÷÷÷ và <0Û Suy ra çè 2 ø x -2 x -2

TH2:

2. Bài tập luyện tập. Bài 4.80: Lập bảng xét dấu các biểu thức sau a) -4x + 8 b) 2 c) x + 4x + 3 d) Bài 4.81: Lập bảng xét dấu các biểu thức sau -2x + 4 a) b) x -3 c) x ( 9 - x 2 ) (x + 3)

  +  æ mö x Î çç -¥; ÷÷÷ È ( 2; +¥ ) çè 2ø

3x + 9 -3x 2 + 10x - 3

4x - 8 x 2 - 3x x2

( x + 1)

-1

 DẠNG 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 a) ( x - 1 )( 2 - 3x ) ³ 0 b) ( x - 2 ) ( x 2 - 5x + 4 ) < 0

c) ( 2x - 1 ) ( x 3 - 1 ) £ 0 Lời giải

éx = 1 ê a) Ta có ( x - 1)( 2 - 3x ) = 0 Û ê êx = 2 êë 3 Bảng xét dấu x 2  3 x 1  | 2  3x + 0  0 ( x - 1 )( 2 - 3x )

d) x

(

3x - 3



1   +

2  Suy ra bất phương trình có tập nghiệm là S   ;1 . 3 

235

)( 3 - x ) £ 0

0 | 0

+  

b) Ta có ( x - 2 ) ( x 2 - 5x + 4 ) = ( x - 2 )( x - 1 )( x - 4 ) Bảng xét dấu



x x 1 x2 x 3 ( x - 2 )( x 2 - 5x + 4 )

1 0 | | 0

   

2 | 0 | 0

+   +

4 | | 0 0

+ +  



+ + + +

Suy ra bất phương trình có tập nghiệm là S   ;1   2; 4  .

c) Ta có ( 2x - 1 ) ( x 3 - 1 ) £ 0 Û ( 2x - 1 )( x - 1 )( x 2 + x + 1 ) £ 0 æ 1ö 3 Û ( 2x - 1 )( x - 1 ) £ 0 (vì x + x + 1 = çç x + ÷÷÷ + > 0 ) 2ø 4 èç Bảng xét dấu x 1  1 2 x 1  |  0 2x 1  0 + | + 0  0 ( x - 1 )( 2 - 3x ) 2

1  Suy ra bất phương trình có tập nghiệm là S   ;1 . 2 

d) Ta có x

(

3x - 3

(

)( 3 - x ) £ 0 Û x 3 ( x - 3 )(

)( 2

Û - 3x x - 3

é x = 3 3 £ 0 Û êê êë x x + 3 ³ 0

)

Bảng xét dấu x



x x 3 ( x - 1 )( 2 - 3x )

(

 

 3 | 0

3 -x



+ + +

)(

)

3 +x £ 0

)



 +

0 0 |

+ +



Suy ra x x + 3 ³ 0 Û x Î (-¥; - 3] È [0; +¥) Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = (-¥; - 3] È [0; +¥) Ví dụ 2: Giải các bất phương trình sau ( x - 3 )( x + 2 ) -2x + 4 1 1 £ 0 b) a) c) <1 £ 2 2 x -1 ( 2x - 1 )( 3x + 1 ) (x - 2) x + 4 Lời giải a) Bảng xét dấu

x 3x  1 2x 1 2 x  4 -2x + 4 ( 2x - 1 )( 3x + 1 )

  +

1 3 0 | |

+  +

1 2 | 0 |

+ + +

| | 0

+ + 





1 1 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = (- ; ) È [2; +¥) 3 2

236



b) Ta có

( x - 3 )( x + 2 ) x -1 2

< 1 Û 1-

Bảng xét dấu

( x - 3 )( x + 2 ) x -1 2



x x5 x 1 x 1 x +5 ( x - 1 )( x + 1 )

>0Û

x +5 >0 ( x - 1 )(x + 1 )

  

5 0 | |

+  

1 | 0 |

+ + 

1 | | 0

+ + +





+ + 

4 | | 0

+ + +



Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = (-5; -1) È (1; +¥)  x2 c) ĐKXĐ:   x  4 Ta có 

(x - 2)

x2  4x

 x  4  x  2 

1 1 1 Û ³0 x +4 x + 4 ( x - 2 )2 0

x  x  4

 x  4  x  2 

Bảng xét dấu



x x4 x x4 x  x  4  x  4

0

x  x  4 0  x  4

  

4 0 | |

+  

0 | 0 |





Kết hợp với điều kiện xác định suy ra tập nghiệm của bất phương trình là S = (-4; 0] È [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 Lời giải 1 ta có bất phương trình tương đương với 2x + 1 < 3x Û 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 Û 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  

é 2x - 1 - 4 > 3 é 2x - 1 > 7 Û êê b) Ta có 2x - 1 - 4 > 3 Û êê 2x - 1 - 4 < -3 2x - 1 < 1 ëê ëê  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 ) È ( 0;1 ) È ( 4; +¥ ) . c) Bảng xét dấu x  x 1 

237

1 0

2 |



x2 | 0   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)

Với 1  x  2 ta có bất phương trình tương đương với  x  1   x  2   3  x  2 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 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; +¥) . Ví dụ 4: Giải các bất phương trình sau: a)

x -2 -x

x 1 1 0 x4  x2



x 1  2x 1



x 1 x Lời giải a) Với x  2 ta có bất phương trình tương đương với x -2-x -2 <1Û < 1 Û x > -2 x x Kết hợp điều kiện x  2 suy ra tập nghiệm bất phương trình là S1  [2; ) Với x  2 ta có bất phương trình tương đương với 2-x -x 2 - 2x 2 - 2x 3x - 2 <1Û < 1 Û 1>0Û >0 x x x x Bảng xét dấu x 2   0 3 x  0 + | + 3x  2   | 0 + 3x - 2 + || 0 +  x

x 1  2

0

2 Kết hợp điều kiện x  2 suy ra tập nghiệm bất phương trình là S 2  (;0)  ( ; 2) . 3 2 Vậy tập nghiệm bất phương trình là S  S1  S 2  (;0)  ( ; ) 3  x0 b) ĐKXĐ: x 4  x 2  0    x  1

Ta có

x 1 1 x4  x2

 x  1  1 x  1  1  0  0 x4  x2

x  x  1 x2  x 1 0 2 0 0 4 2 x x x  x  1 x  1 x  x  1 Bảng xét dấu x  1 x 1  0 + x   | 1 + ||  x  x  1

x 1 1 x4  x2

0 | 0

0



+ + +

Kết hợp điều kiện xác đinh suy ra tập nghiệm bất phương trình là S  (; 1)  (0; ) \ 1 .

238

1  x 2 x  1  0 1   2   x  c) ĐKXĐ:  x  1  0    2 x  1   x 1   x  1   x  1 Vì x  1  2 x  1  0, x  1  2  0 nên bất phương trình tương đương với





x 1  2x 1



x 1  2x 1



x 1  2

x 1

  x  2  x  3  0



x 1  2

0

x 1 Bảng xét dấu

x 2 3  1  x 1  0 + | + | + x  2   + | + 0 | x 3    | | 0 +   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] È [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 2 x 2 2x  0 Ta có 1  1 0  2 x  1 x  2    2 x  1 x  2   Bảng xét dấu x 1   2 2 x2  0 + | + 2x 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  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 S 2   ; 2  Vậy tập nghiệm của hệ bất phương trình là S  S1  S 2   .

239

 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

Đối chiếu với điều kiện ta có 2 1 2  Nếu   m  4 thì tập nghiệm bất phương trình (2) là S 2   ;   m 2 m  0  m  4 0  m  4  Hệ bất phương trình có nghiệm  S1  S 2  0   2   2 m4  m  2  m  2 2 1 2  1    m  4 thì tập nghiệm bất phương trình (2) là S 2   ;   \   m 2 m  2  m4  m  4  Hệ bất phương trình có nghiệm  S1  S 2  0   2  m4  2 m  2    m

Nếu



Với m  0 bất phương trình (2)  x 

2 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  S 2  0   2   1  m  0  m  1  m  2 2 2  Nếu  2  m  1 thì tập nghiệm bất phương trình (2) là S 2   ;  m m   m  1  m  1  Hệ bất phương trình có nghiệm  S1  S 2  0   2 (loại)  m   1   2   m 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 >1 e) 2x

x4 2 0 4  9x2





2  x  x2  2  2x  4  0

2 3  1  2x x  1 2 x2 f) 0 x2 1

x 2  2x  3 3

3x  1  4  5x

Bài 4.83: Giải các bất phương trình sau: x a) x - 2 < b) 4 x  2 x  1  3 2 c) 3x - 2 - 1 > 4 c) 2 x  3  3 x  4  5

240

0

* a > b ³ 0 Þ a n > bn 3. Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối. * - a £ a £ a với mọi số thực a .

* x < a Û -a < x < a ( Với a > 0 )

182

æ a + b ÷ö b) ab £ çç ÷ çè 2 ÷ø

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 ³ 0 Þ a 2 + b 2 ³ 2ab . Đẳng thức Û a = b . æ a + b ÷ö b) Bất đẳng thức tương đương với çç ÷ - ab ³ 0 çè 2 ÷ø 2

 a 2  2ab  b 2  4ab   a  b   0 (đúng) ĐPCM. 2

a - b (a - b)(ab - 1) (a - b)2 (ab - 1) = ³ 0 (Do ab ³ 1) . 1 + ab (1 + b 2 )(1 + a 2 ) (1 + ab)(1 + b 2 )(1 + a 2 )

Nhận xét : Nếu -1 < b £ 1 thì BĐT có chiều ngược lại :

1 1 2 . + 2 £ a + 1 b + 1 1 + ab 2

2 2   x  1  x  1  1  0 (đúng với mọi số thực x )  

183

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

 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 2

 x2 1  0 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  (không xảy ra) x20

Suy ra  x 2  1   x  2   0 ĐPCM. 2

b) 2 ( a 4 + 1 ) + (b 2 + 1 ) ³ 2 (ab + 1 ) 2

(

c) 3 ( a 2 + b 2 ) - ab + 4 ³ 2 a b 2 + 1 + b a 2 + 1

)

Lời giải a) BĐT tương đương với ( a 4 + b 4 - 2a 2b 2 ) + ( 2a 2b 2 - 4ab + 2 ) ³ 0 Û ( a 2 - b 2 ) + 2 (ab - 1 ) ³ 0 (đúng) 2

Û (a 2 - b 2 )2 + 2(a - b)2 + (a 2 - 1)2 ³ 0 (đúng) 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 ³ 0

(

)

Û éê a 2 - 4a b 2 + 1 + 4 (b 2 + 1 ) ùú + éê b 2 - 4b a 2 + 1 + 4 (a 2 + 1 )ùú + (a 2 - 2ab + b 2 ) ³ 0 ë û ë û

(

Û a - 2 b2 + 1

) + (b - 2 2

a2 + 1

) + (a - b ) 2

³ 0 (đúng)

Đẳng thức không xảy ra. Ví dụ 6: Cho hai số thực x , y thỏa mãn x ³ y . Chứng minh rằng; a) 4 ( x 3 - y 3 ) ³ ( x - y )

b) x 3 - 3x + 4 ³ y 3 - 3y Lời giải

a) Bất đẳng thức tương đương 4 ( x - y ) ( x 2 + xy + y 2 ) - ( x - y ) ³ 0 3

184

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y .

b) Bất đẳng thức tương đương x 3 - y 3 ³ 3x - 3y - 4 Theo câu a) ta có x 3 - y 3 ³

3 1 ( x - y ) , do đó ta chỉ cần chứng minh 4

3 1 ( x - y ) ³ 3x - 3y - 4 (*), Thật vậy, 4

BĐT (*) Û ( x - y ) - 12 ( x - y ) + 16 ³ 0 3

2 Û ( x - y - 2 ) éê ( x - y ) + 2 ( x - y ) - 8 ùú ³ 0 ë û

Û ( x - y - 2 ) ( x - y + 4 ) ³ 0 (đúng với x ³ y ) 2

Ta có : a 2b 2c 2 ³ 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.

Û a ( 1 - b ) + b ( 1 - c ) + c (1 - a ) £ 1

vậy BĐT ban đầu được chứng minh 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 ³ 0 . 185

Lời giải Vì a 2 + b 2 + c 2 = 1 Þ a, b, c Î [-1;1] nên ta có : (1 + a )(1 + b)(1 + c) ³ 0 Û 1 + a + b + c + ab + bc + ca + abc ³ 0 (*)

(1 + a + b + c)2 ³ 0 Û 1 + a + b + c + ab + bc + ca ³ 0 (**) 2 Cộng (*) và (**) ta có đpcm.

Mặt khác :

(a - 4 )(a - 9 ) £ 0, (b - 5 )(b - 8 ) £ 0, (c - 6 )(c - 7 ) £ 0

nhân ra và cộng các BĐT cùng chiều

lại ta được: a 2 + b 2 + c 2 - 13(a + b + c) + 118 £ 0 suy ra

Từ (*) và (**) ta có a 2012 + b 2012 £ a 4b 2 + 1 hay

186

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 ) ³ (a + b)2 xy ( với a, b > 0; x , y Î R ) .

d) 2 <

c +a

c +b

a) xy 3 + yz 3 + zx 3 ³ xz 3 + zy 3 + yx 3

x 2y y 2z z 2x x 2z y 2x z 2y + + ³ + + . z x y y z x Bài 4.4: Cho bốn số dương a, b, c, d . Chứng minh rằng:

Lời giải a) Áp dụng BĐT côsi ta có

a b a b a b a b + ³ 2 . = 2, 2 + 2 ³ 2 2 . 2 = b a b a b a b a æ a b öæ a b ö 4 Suy ra çç + ÷÷ çç 2 + 2 ÷÷ ³ (1) ÷ çè b a ÷øèç b a ø ab

Mặt khác ta có 2 = a 2 + b 2 ³ 2 a 2b 2 = 2ab Þ ab £ 1 (1) 187

æ a b öæ a b ö Từ (1) và (2) suy ra çç + ÷÷ çç 2 + 2 ÷÷ ³ 4 ĐPCM. çè b a ÷øèç b a ÷ø Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1 .

b) Ta có ( a + b ) = (a 2 + 2ab + b 2 )(a 3 + 3ab 2 + 3a 2b + b 3 ) 5

Áp dụng BĐT côsi ta có a 2 + 2ab + b 2 ³ 2 2ab (a 2 + b 2 ) = 4 ab và

(1 + a 2 )(1 + b 2 )

ĐPCM.

Suy ra a 2 (1 + b 2 ) + b 2 (1 + c 2 ) + c 2 (1 + a 2 ) ³ 2 (a 2b + b 2c + c 2a )

(

abc

Suy ra (1 + a )(1 + b)(1 + c) ³ 1 + 3

(

)

và a + b + c ³ 3 3 abc

abc

)

+ 3 3 abc + abc = ( 1 + 3 abc ) ĐPCM

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

Suy ra a 2 bc + b 2 ac + c 2 ab £ 188

a +b +c

8abc ³ 4. (a + b)(b + c)(c + a )

abc Lời giải a) Áp dụng BĐT côsi ta có 3

a + b ³ 2 ab, c + d ³ 2 cd và

ab + cd ³ 2

ab . cd = 2 4 abcd

a +b +c +d 2 ab + 2 cd ³ ³ 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

a b c d a b c d 4 + 3 + 3 + 3 ³ 44 3 . 3 . 3 . 3 = 3 b c d a b c d a abcd æa ö b c d 4 Suy ra çç 3 + 3 + 3 + 3 ÷÷÷ (a + b )(c + d ) ³ .2 ab .2 cd = 16 ĐPCM çè b c d a ø abcd

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d . c) Áp dụng câu a) ta có VT = 3.

a +b +c 3 3 abc

æ a + b + c ÷ö 8 (a + b + c ) 8abc 8abc + ³ 4 4 çç 3 = 44 ÷÷ çè 3 abc ø (a + b)(b + c)(c + a ) (a + b)(b + c)(c + a ) 27(a + b)(b + c)(c 3

8 (a + b + c )

Như vậy ta chỉ cần chứng minh 4 4

27(a + b)(b + c)(c + a )

Û 8 ( a + b + c ) ³ 27 (a + b )(b + c )(c + a ) (*)

³4

a1 + a2 + ... + an ³ 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 a) a 2b + b 2c + c 2a £ 3 ab bc ca 3 b) + + £ 2 2 2 4 3 +c 3 +a 3 +b Lời giải

a) Ta có ( a 2 + b 2 + c 2 ) = 9 Û a 4 + b 4 + c 4 + 2a 2b 2 + 2b 2c 2 + 2c 2b 2 = 9 (1) 2

Áp dụng BĐT côsi ta có a 4 + b 4 ³ 2a 2b 2 , b 4 + c 4 ³ 2b 2c 2 , c 4 + a 4 ³ 2c 2a 2

Tương tự ta có

( 3 - b 2 )( 3 - c 2 )

1 b2 c2 1 æç b 2 c 2 ö÷ 1 çæ b 2 c 2 ö÷ = . £ ç + + ÷= ç ÷ 2 3 - c2 3 - b2 4 èç 3 - c 2 3 - b 2 ÷ø 4 çè b 2 + a 2 c 2 + a 2 ÷ø

ab 1 æç a 2 b 2 ö÷ ca 1 æç c 2 a 2 ö÷ £ + , £ + ÷ ÷ ç ç 4 èç a 2 + c 2 b 2 + c 2 ÷ø 3 + b 2 4 èç c 2 + b 2 a 2 + b 2 ÷ø 3 + c2

Cộng vế với vế ta được

ab bc ac + + ³ a +b +c c a b Lời giải

a b c 1 1 1 + 2 + 2 ³ + + 2 a b c b c a

a) Áp dụng BĐT côsi ta có

b) Áp dụng BĐT côsi ta có

a 3b 3 b 3c 3 c 3a 3 + + ³ 3abc c a b ab bc ca + + ³ 3. b) c a b Lời giải

a) Áp dụng BĐT côsi ta có

a 3b 3 b 3c 3 c 3a 3 + + ³ 3abc . ĐPCM c a b Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 . 2 æ ab bc ca ö÷ ç b) BĐT tương đương với ç + + ÷÷ ³ 9 a b ø èç c Û

æ ab ö æ bc ö Áp dụng BĐT côsi ta có çç ÷÷÷ + çç ÷÷÷ ³ 2 çè a ø èç c ø 2

æ ö çç ab ÷÷ çè c ÷ø

æ bc ö . çç ÷÷÷ = 2b 2 çè a ø 2

æ bc ö æ ca ö æ ca ö æ ab ö Tương tự ta có çç ÷÷ + çç ÷÷ ³ 2c 2 , çç ÷÷ + çç ÷÷ ³ 2a 2 çè a ÷ø çè b ÷ø çè b ÷ø çè c ÷ø 2

a) 8 (a + b )(b + c )(c + a ) £ ( 3 + a )( 3 + b )( 3 + c ) b) ( 3 - 2a )( 3 - 2b )( 3 - 2c ) £ abc

Lời giải a) Áp dụng BĐT côsi ta có 2 2 æ ( a + b ) + (b + c ) ö÷ 3 +a) ( ç ÷ = ( a + b )(b + c ) £ ççç ÷ø÷ 2 4 è Tương tự ta có (b + c )( c + a ) £ 191

(3 + c )

, (c + a )(a + b ) £

(3 + a )

Nhân vế với vế lại ta được éë ( a + b )(b + c )(c + a ) ùû £ 64 éë ( 3 + a )( 3 + b )( 3 + c )ùû Suy ra 8 (a + b )(b + c )(c + a ) £ ( 3 + a )( 3 + b )( 3 + c ) ĐPCM 2

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

( 3 - 2a ), ( 3 - 2b ), ( 3 - 2c ) đều dương. Áp dụng BĐT côsi ta có

æ ( 3 - 2a ) + ( 3 - 2b ) ö÷ ÷÷ = c 2 , tương tự ta có ( 3 - 2a )( 3 - 2b ) £ çççç ÷ø 2 è 2

( 3 - 2b )( 3 - 2c ) £ a 2, ( 3 - 2c )( 3 - 2a ) £ b 2

Nhân vế với vế ta được éë ( 3 - 2a )( 3 - 2b )( 3 - 2c ) ùû £ a 2b 2c 2 Hay ( 3 - 2a )( 3 - 2b )( 3 - 2c ) £ abc . 2

a2 b2 c2 a +b +c + + ³ . b +c c +a a +b 2

a) b) 192

b +1

c +1

a +1

3 2 2

a3 b3 c3 3 + + ³ b+3 c+3 a +3 2

Lời giải

a) Đặt P =

b +1 c +1 Áp dụng BĐT côsi ta có a

b +1 b +1 Tương tự ta có b

2a (b + 1 ) 4

2b (c + 1 )

a +1 ³ 33

4 c +1 c +1 Cộng vế với vế ba BĐT trên ta được

b +1

3 2b , 2

b +1

a +1

2a (b + 1 )

a +1

3 2a 2

2c (a + 1 ) 4

2 3 2 (ab + bc + ca + a + b + c ) ³ (a + b + c ) 4 2 15 2 2 ÛP ³ (ab + bc + ca ) (vì a + b + c = 3 ) 8 8

2P +

Mặt khác ta có ( a + b + c ) ³ 3 (ab + bc + ca ) (theo ví dụ 1) 2

Do đó ab + bc + ca £ 3

15 2 2 3 2 .3 = ĐPCM. 8 8 2 Đẳng thức xảy ra Û a = b = c = 1 .

Suy ra Û P ³ b) Đặt Q = Ta có Q =

a3 b3 c3 + + b+3 c+3 a +3 2 2 a b c2 + + a (b + 3 ) b (c + 3 ) c (a + 3 )

Áp dụng BĐT côsi ta có 4 a (b + 3 ) = 2 4a (b + 3 ) £ 4a + b + 3 Suy ra b2

a (b + 3 )

b (c + 3 )

4a 2 , tương tự ta có 4a + b + 3

4b 2 , 4b + c + 3

c (a + 3 )

Cộng vế với vế lại ta được Q ³ Áp dụng BĐT côsi ta có

4c 2 4c + a + 3

4a 2 4b 2 4c 2 + + =L 4a + b + 3 4b + c + 3 4c + a + 3

193

3 2c 2

Ví dụ 10: Cho a, b, c là số dương thỏa mãn abc = 1 . Chứng minh rằng

Do đó ta chỉ cần chứng minh

1 1 1 + 2 + 2 + 3 ³ 2 (ab + c + 1 ) 2 a b c

a) f (x ) =

( x - 1)

x -2

c) h ( x ) = x + Lời giải

b) g(x ) = 2x +

với x > 2

3 với x ³ 2 x

( x + 1)

d) k ( x ) = 2x +

với x > -1

1 1 với 0 < x £ . 2 2 x

x 2 - 2x + 1 1 = x -2 + +2 x -2 x -2 1 > 0 . Áp dụng BĐT côsi ta có Do x > 2 nên x - 2 > 0, x -2 1 1 x -2 + ³ 2 ( x - 2 ). =2 x -2 x -2 Suy ra f ( x ) ³ 4

a) Ta có f (x ) =

2 1 Û ( x - 2 ) = 1 Û x = 1 (loại) hoặc x = 3 (thỏa mãn) x -2 Vậy min f ( x ) = 4 khi và chỉ khi x = 3 .

Đẳng thức xảy ra Û x - 2 =

b) Do x > -1 nên x + 1 > 0 . Áp dụng BĐT côsi ta có g(x ) = ( x + 1) + ( x + 1 ) +

Đẳng thức xảy ra Û x + 1 =

- 2 ³ 3 3 ( x + 1 ) . ( x + 1 ).

( x + 1) 1

( x + 1)

æ 3 3x ö x c) Ta có h ( x ) = çç + ÷÷÷ + çè x 4 ø 4

194

(x + 1)

-2 = 1

Û ( x + 1 ) = 1 Û x = 0 (thỏa mãn)

Vậy min g ( x ) = 1 khi và chỉ khi x = 0 .

Áp dụng BĐT côsi ta có

3 3x 3 3x + ³2 . =3 x 4 x 4

2 2 2 2 1 1 æ ( a + m + m ) + ( 1 + b + c ) ö÷÷ B = ( a 2 + m 2 + m )( 1 + b 2 + c 2 ) £ ççç ÷÷ m m çè 2 ø

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 .

Suy ra A £

Từ đây ta có m = Lời giải

2 . Do đó ta có lời giải như sau: 3

4 4 3a 2 2 + và 2bc £ b 2 + c 2 Áp dụng BĐT côsi ta có a + ³ a Þ 2a £ 9 3 2 3 2

195

Để 2am + 2bn + 3pc 2 có thể bội số của 2a + 4b + 3c 2 thì

2m 2n 3p n = = Ûm = =p 2 4 3 2 Mặt khác dấu bằng ở BĐT (*) xảy ra khi a = m, b = n, c = 2p

Hay a = m, b = 2m, c = 2m Þ 2m + 4.( 2m ) + 3 ( 2m ) = 68 2

Û 12m 2 + 10m - 68 = 0 Û m = 2 (nhận) hoặc m = -

17 (loại) 6

Ví dụ 14: Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau x2 - x + 3 a) A = với x < 1 1 - x3 b) B = -x 2 + 4x + 21 - -x 2 + 3x + 10 với -2 £ x £ 5 . 196

Lời giải

x2 - x + 3

a) Ta có A =

( 1 - x )( x 2 + x + 1 )

Áp dụng BĐT côsi cho hai số dương ta có

( 1 - x ) ( x 2 + x + 1) = Suy ra A ³

2 ( 1 - x ). x 2 + x + 1 £

x -x + 3 =2 2 x2 - x + 3 2

2 1 2 (1 - x ) + x + x + 1 x 2 - x + 3 = 2 2 2 2

2 2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 ( 1 - x ) = x 2 + x + 1 Û x 2 + 3x - 1 = 0 Û x = Vậy min A = 2 2 khi x = x <1

b) Ta có B =

-3 ± 13 2 x + 11

-3 ± 13 2

x + 11

(x + 3)(7 - x ) + (x + 2)(5 - x ) -x + 4x + 21 + -x + 3x + 10 Với -2 £ x £ 5 thì x + 11 ; x + 3 ; 7 - x ; x + 2 ; 5 - x là các số không âm nên theo BĐT côsi 2

ta có :

P =

a + 2 bc Lời giải

(2x + 6)(7 - x ) £

b + 2 ca

c + 2 ab

Áp dụng BĐT côsi ta có

197

Mặt khác ta có ( a + b + c ) ³ 3 (ab + bc + ca ) Þ ab + bc + ca £ 3 . 2

Do đó

b2 2c 3 b c2 2a 3 c ³ b , ³ c 3 3 b + 2c 3 c + 2a 3 Cộng vế theo vế các BĐT trên ta được: a2 b2 c2 2 + + ³ a + b + c - b 3 a 2 + a 3 c2 + c 3 b2 3 3 3 3 a + 2b b + 2c c + 2a

Tương tự ta có

(

)

c b a + + ³1 1 + ab 1 + ac 1 + bc

c b a + + 1 + ab 1 + ac 1 + bc Áp dụng BĐT côsi ta có

Đặt P =

198

Mặt khác a 2 + b 2 + c 2 = 1 Þ ( a + b + c ) = 1 + 2 (ab + bc + ca ) (*) 2

Hay ab + bc + ca =

(a + b + c )

-1

(a + b + c )

-1

Suy ra P ³ a + b + c -

Bài 4.6: Cho x , y, z dương. Chứng minh rằng

2 x 2 y 2 z 1 1 1 + 3 + 3 £ 2 + 2 + 2. 2 2 2 x +y y +z z +x x y z 3

Bài 4.7: Cho các số dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1 . Chứng minh rằng:

1 + x 3 + y3 1 + y3 + z 3 1 + z3 + x3 + + ³3 3 xy yz zx

Bài 4.8: Với các số dương a, b, c, d sao cho: Chứng minh rằng: abcd £

a b c d + + + =1 1+a 1+b 1+c 1+d

1 81

Bài 4.9: Với các số dương a, b, c sao cho:

a b c + + =1 1+b 1+c 1+a

æ1 + b öæ 1 + c öæ 1 + a ö - 1 ÷÷÷ çç - 1 ÷÷÷ çç - 1 ÷÷÷ ³ 8 Chứng minh rằng: çç çè a øèç b øèç c ø

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 thỏa mãn ab + bc + ca = 1 . Chứng minh rằng a

3 . 2

1 + a2 1 + b2 1 + c2 Bài 4.12: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1 . Chứng minh rằng ab

c + ab

199

a + bc

b + ca

1 . 2

Bài 4.13: Cho ba số thực dương a, b, c . Chứng minh rằng 1 + Bài 4.14: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1 . Chứng minh rằng :

3 6 ³ . ab + bc + ca a +b +c

1 1 1 3 + + 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 . a +b b +c c +a + + ³ 3. 2ab 2bc 2ca Bài 4.16: Cho ba số thực dương a, b, c . Chứng minh rằng

Chứng minh rằng:

æ öæ öæ ö æ ö çç 1 + a ÷÷ çç 1 + b ÷÷ çç 1 + c ÷÷ ³ 2 çç 1 + a + b + c ÷÷ . 3 çè çè b ÷øèç c ÷øèç a ÷ø abc ÷ø

Bài 4.17: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =

2a + 2b + 2c - a

2b + 2c + 2a - b

2c 2a + 2b - c

Bài 4.18: Với các số dương a, b, c, chứng minh rằng: a) a 3 + b 3 + c 3 ³ ab 2 + bc 2 + ca 2 c)

a 3 b3 c3 + + ³ ab + bc + ca b c a

a 6 b6 c6 a 4 b4 c4 + + ³ + + 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 . 1

Chứng minh rằng a 3 + b 3 + c 3 ³

Bài 4.20: Với các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện 4 (a + b + c ) = 3abc . Chứng minh rằng:

1 1 1 3 + 3 + 3 ³ 3 8 a b c

Bài 4.21: Với các số dương a, b, c. Chứng minh rằng: a3 b3 c3 1 + + ³ (a + b + c ) a) b (b + c ) c ( c + a ) a (a + b ) 2

(b + 2c )

(c + 2a )

(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 + z 3 ³ 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 ) ³a 2 + b 2 + c 2 .

Bài 4.24: Cho x , y, z dương thỏa mãn x + y + z = 1 . Chứng minh rằng : 200

Bài 4.27: Cho các số thực dương x , y, z thỏa mãn xy + yz + zx = 3 .Chứng minh rằng: 1 4 3 + ³ xyz (x + y )(y + z )(z + x ) 2

3a + 8b + 14ab 3b + 8c + 14bc 3c + 8a + 14ca Bài 4.30: Cho ba số thực dương x , y, z . Chứng minh rằng: 2

1 (a + b + c ) 5

16x 16y 16z + 1+ + 1+ ³9 y +z z +x x +y

Bài 4.31: Cho a, b, c là số dương thỏa mãn abc ³ 1 . Chứng minh rằng a 2 + 1 + b2 + 1 + c2 + 1 £

2 (a + b + c )

Bài 3.32: Cho a, b, c là số dương. Chứng minh rằng æa b c ö æ 1 1 1ö a) çç + + ÷÷÷ ³ (a + b + c )çç + + ÷÷ çè b c a ø çè a b c ø÷ 2

a 3 + (b + c )

b 3 + (c + a )

c 3 + (a + b )

³1

6 7

Bài 3.37: Cho x , y, z dương thỏa mãn x + xy + 3 xyz =

201

Bài 3.40: Cho x , y, z dương thỏa mãn

xy + yz + zx = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của:

x2 y2 z2 + + 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 =

x2 y2 z2 A= + + . x + y2 y + z 2 z + x 2

a) Chứng minh rằng

Suy ra a = x - z, b = -2x + y + 2z, c = 2x - y - z

Bất đẳng thức trở thành

Áp dụng BĐT côsi ta có

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 y 4x z 16x 4 ÞP = + + + 3x 3y 15y 15z 5

Suy ra a =

202

Áp dụng BĐT côsi ta có

a b c b +c c +a a +b + + ³ + + 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: y +z z +x x +y + + ³ x y z

y +z z +x x +y + 2+ + 2+ x y z

Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có: 4 2 + Tương tự ta có 4 2 +

æ y +z y + z ÷ö y +z £ çç 2 + +6 ÷÷ + 4 = x x ø x èç

z +x z +x x +y x +y £ + 6, 4 2 + £ +6 y y z z

Cộng vế với vế các BĐT trên ta được æ y +z z +x x + y ö÷ y + z z + x x + y ÷÷ £ 4 ççç 2 + + 2+ + 2+ + + + 18 çè x y z ÷ø x y z

Vì vậy ta chỉ cần chứng minh Û

ö y +z z +x x +y 1 æy + z z + x x + y + + ³ çç + + + 18 ÷÷÷ x y z 4 çè x y z ø

y +z z +x x +y + + ³ 6. x y z

Ta có

æy x ö æy z ö æx z ö y +z z +x x +y + + = çç + ÷÷÷ + çç + ÷÷÷ + çç + ÷÷÷ çè x y ø çè z y ø èç z x ø x y z

Áp dụng BĐT côsi ta có Suy ra

y x y x y z x z + ³ 2 . = 2, + ³ 2, + ³ 2 x y x y z y z x

y +z z +x x +y + + ³ 6 . ĐPCM. x y z

Ví dụ 3: Cho x , y, z là số dương. Chứng minh rằng x 3 + 2y 3 + 3z 3 ³ Lời giải

3 1590 (x + y + z ) 1331

æ x y z ÷÷ö + 2 ççæ ÷÷ö + 3 ççæ ÷÷ö ³ Ta có BĐT Û çç ÷ ÷ çè x + y + z ø çè x + y + z ø çè x + y + z ÷ø 3

Đặt a =

204

Ta có

1 1 1 + + = 1 Û 4 = abc + ab + bc + ca a +2 b +2 c +2

Áp dụng BĐT côsi ta có ab + bc + ca ³ 3 3 ( abc )

Suy ra 4 = abc + ab + bc + ca ³ abc + 3 3 ( abc ) = t 3 + 3t 2 , với t = 2

Þ t 3 + 3t 2 - 4 £ 0 Û ( t - 1 )( t + 2 ) £ 0 Û t £ 1

abc .

Cũng theo BĐT côsi ta có 4 4 P = a +b +c + 3 ³ 3 3 abc + 3 abc abc æ ö 4 3 1 Suy ra P ³ 3t + = çç 3t + ÷÷÷ + ç t tø t è Áp dụng BĐT côsi ta có 3t +

3 3 1 ³ 2 3t. = 6 , mặt khác t £ 1 Þ ³ 1 t t t

Do đó P ³ 3t +

Tìm giá trị lớn nhất của P =

x 2 + y 2 + z 2 + 14xyz

4 ( x + y + z ) + 15xyz 2

æ 1 öæ 1 öæ 1ö Áp dụng BĐT côsi ta có: 8 = çç 1 + ÷÷÷ çç 1 + ÷÷÷ çç 1 + ÷÷÷ ³ x øèç y øèç zø èç

t 2 + 2t + 2 1 - = =- 2 £0 3 4t 2 + 15 12t 2 + 45 12t + 45 t 2 + 2t + 2 1 1 £ do đó P £ Suy ra 2 3 3 4t + 15 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = 3 hay x = y = z = 1

Xét

xyz

Þ xyz ³ 1

( x + y + z ) + 2 ( x + y + z ) + 2 t 2 + 2t + 2 £ = 2 4t 2 + 15 4 ( x + y + z ) + 15 2 (t - 3 ) -t 2 + 6t - 9 2

Từ (1) và (2) ta có P

1 khi và chỉ khi x = y = z = 1 3 3. Bài tập luyên tập. 25x 4y 9z + + > 12 Bài 4.42: Cho x , y, z dương , CMR y +z z +x x +y Bài 4.43: Cho các số dương a, b, c. Chứng minh rằng

Vậy max P =

4a b + 3c 8c + ³ 12 2 - 17 a + b + 2c 2a + b + c a + b + 3c

205

(2 )

với x + y + z = t > 0 .

Bài 4.44: Cho x , y, z là các số dương thoả mãn xyz ³ x + y + z + 2 . Chứng minh rằng x +y +z ³ 6. Bài 4.45: Cho a, b, c là các số thực dương.

a 11 b 11 c 11 3 a 6 + b6 + c6 + 9 + + + 2 2 2 ³ bc ca ab a b c 2 2 Bài 4.46: Cho x , y, z là số không âm thoatr mãn x + y 2 + z 2 + xyz = 4 . Chứng minh rằng x +y +z £ 3.

Chứng minh rằng

3 4

(2x 2 + 13y 2 - xy )2 - 6xy + 9 . (x + 2y )2

BĐT tương đương với a 3 + b 3 - a 2b - b 2a ³ 0 Û a 2 (a - b) + b 2 (b - a ) ³ 0 Û (a - b)2 (a + b) ³ 0 (đúng với mọi a > 0, b > 0 )

Tương tự : 206

b + c + abc 3

a + b + abc 3

1 c = ab(a + b + c) abc(a + b + c)

a 1 b ; 3 £ 3 abc(a + b + c) c + a + abc abc(a + b + c)

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 ³ 3ab .

b) 64a 3b 3 (a 2 + b 2 )2 £ (a + b )

Lời giải

æ a + b ÷ö 3 a) Áp dụng bất đẳng thức ab £ çç ÷÷ nên ta chứng minh 3(a + b + 1)2 + 1 ³ (a + b)2 (*) 4 èç 2 ø 2

Thật vậy : (*) Û 12(a + b)2 + 24(a + b) + 16 ³ 3(a + b)2

Û 9(a + b)2 + 24(a + b) + 16 ³ 0 Û (3a + 3b + 4)2 ³ 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 .

æ a + b ÷ö Xét ab > 0 . Áp dụng BĐT ab £ çç ÷ ta có çè 2 ÷ø 2

2 æ a + b ÷ö é 2ab + (a 2 + b 2 ) ù 6 ç ú = (a + b ) 64a b (a + b ) = 16ab éë 2ab(a + b ) ùû £ 16 ç ÷÷ ê çè 2 ø êë úû 2 3 3

2 2

Suy ra 64a 3b 3 (a 2 + b 2 )2 £ (a + b )

Áp dụng bất đẳng thức ( a 2 + b 2 )( c 2 + d 2 ) ³ ( ac + bd ) (*), dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2

ad = bc .

Ta có ( a 2 + b 2 ) ( 1 + 4 ) = 25 ³ (a + 2b ) Û a + 2b £ 5 2

Suy ra -2b ³ a - 5 2a 3 + a + 1 2a 3 + a + 1 1 1 2 b ³ + a 5 = 3 a + + - 5 (1) Do đó P = a a2 a2 a2 1 1 Áp dụng BĐT côsi ta có a + ³ 2, a + a + 2 ³ 3 a a Do đó 3a +

1 1 + 2 ³ 5 (2) a a

Suy ra

Lại áp dụng ( a + b + c ) ³ 3 (ab + bc + ca ) (ví dụ 1) ta có 2

( ab + bc + ca )

³ 3abc ( a + b + c ) Þ abc £

(ab + bc + ca ) 9

(**)

æ a + b + c ÷ö Áp dụng bất đẳng thức abc £ çç ÷÷ và (**) ta có çè 3 ø 3

abc ( a 2 + b 2 + c 2 ) £

( ab + bc + ca ) ( a 2 + b 2 + c 2 ) 2

Vậy BĐT (*) đúng nên BĐT ban đầu đúng. ĐPCM.. Đẳng thức xảy ra Û a = b = c . Ví dụ 5: Cho a, b, c là số dương. Chứng minh rằng

2 ö æ 1 çç ( a + b + c ) ÷÷ ÷÷ = 3 £ ç ÷÷ 9 ççè 3 ø

Tương tự ta có

208

Suy ra :

209

Û ( 2x 4 + 2y 4 + 5 )( 4x 2y 2 + 5 ) £ ( 4x 4 + 5 )( 4y 4 + 5 )

Û 8x 4y 4 - 10x 2y 2 + ( x 4 + y 4 )( 5 - 4x 2y 2 ) ³ 0

Û (5 - 4x 2y 2 )(x 2 - y 2 )2 ³ 0 (đúng với x , y Î [0,1] ) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y .

Áp dụng BĐT (*) ta có:

1 1 + b2 + 2 . 2 b a c) Cho x, y, z > 0 thoả mãn x + y + z = 1 . Chứng minh:

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

x2 +

1 1 1 + y2 + 2 + z 2 + 2 ³ 2 x y z

d) Cho x, y, z > 0 thoả mãn x + y + z = P=

Áp dụng chứng minh các BĐT sau:

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

210

a2 +

1 1 4 + ³ (1). a b a +b

Bài 4.52: Cho a, b, c là số dương. Chứng minh

1 1 1 9 + + ³ (1). a b c a +b +c

ab bc ca + 5 + 5 £ 1. 5 5 a + b + ab b + c + bc c + 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 5

nhất của biểu thức P =

211

a b c ab + bc + ca + + + 4 2. 2 b +c c +a a +b a + b2 + c2

d) x 2 - 3x + 1 + x - 1 = 12 ( x - 3 )

b) Với 1 £ x £ 4 Þ x 2 - 5x + 4 ³ 0 ta có Phương trình Û - ( x 2 - 5x + 4 ) = x 3 - 3x + 4 Û x 3 + x 2 - 8x + 8 = 0

259

Áp dụng BĐT côsi ta có x 3 + 4 + 2 ³ 3 3 8x 3 = 6x , x 2 + 2 ³ 2 2x

(

)

-¥

-1 0 0

1 0 0

+ +

+ -

4 | 0

+ +

+¥

3 (thỏa mãn) 7

 Với 1 < x £ 4 , ta có phương trình - ( x 2 - 5x + 4 ) - ( x + 1 ) = x 2 + x Û 2x 2 - 3x + 5 = 0 phương trình này vô nghiệm.

 Với x > 4 , ta có phương trình Û x 2 - 5x + 4 - ( x + 1 ) = x 2 + x Û x = Vậy phương trình đã cho có duy nhất nghiệm x =

3 . 7

3 (loại) 7

c) 3x 2 - 2 + 3 - 2x 2 £ 6 ( x 2 - 2 )

d) 2x 2 - 5x + 3 - x - 1 > x - 2 .

260

éx > 3 ê êx < 0 êë

d) 2x 2 - 5x + 3 - x - 1 > x - 2

Với x < 2 ta có VT ³ 0, VP < 0 suy bất phương trình nghiệm đúng với mọi x < 2

Với x ³ 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 Û 2x 2 - 6x + 4 > x - 2

Û 2x 2 - 6x + 4 > x - 2 (vì x ³ 2 Þ 2x 2 - 6x + 4 = ( x - 1 )(2x - 4) ³ 0 )

ìï-x 2 - 5x + 6 khi x Î é -3;2 ù ë û Ta có f ( x ) = ïí 2 ï khi x Î -¥ ; 3 ) È ( 2; +¥ ) x 3 x 6 ( ïî

261

Bảng biến thiên x -¥ f (x )

-3

+¥

5 2

3 2

+¥

99 4

+¥

99 . 4

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

Vậy 12 < m <

y = f ( x ) và đường thẳng y = g ( m ) . Từ đó suy ra

ìï -2x 2 - 8x + 2 khi x Î (-;1] È [2; + Ta có f ( x ) = ïí 2 ïïî 4x - 2x - 2 khi x Î ( 1;2 ) Bảng biến thiên x 1 1 -¥ -2 4 10 f (x ) -8 -¥

Từ đó ta có: max f ( x ) = f ( -2 ) = 10 Do đó bất phương trình đã cho có nghiệm Û 10 ³ 3m 2 + 5m Û 3m 2 + 5m - 10 £ 0 Û

262

-5 - 145 -5 + 145 £m £ 6 6

+¥

-22 -¥

Vậy

-5 - 145 -5 + 145 £m £ là giá trị cần tìm. 6 6

Nhận xét . Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên D

 Bất phương trình f ( x ) ³ k ( f ( x ) £ k ) có nghiệm trên D Û max f ( x ) ³ k ( min f ( x ) £ k ) với D

điều kiện tồn tại max f ( x ) ( min f ( x ) ). D

 Bất phương trình f ( x ) ³ k ( f ( x ) £ k ) nghiệm đúng với x  D Û min f ( x ) ³ k ( max f ( x ) £ k ) với điều kiện tồn tại max f ( x ) ( min f ( x ) ). D

Loại 2: Đặt ẩn phụ Ví dụ 5: Giải các phương trình và bất phương trình sau a) 3 ( x 2 - 4x ) - x - 2 > 12

( x 2 + 1)

c) x 4 - 2x 2 + 4x - ( 2x + 5 ) x 2 - 1 + 7 = 0

£3x+

1 -2 x

Lời giải a) Đặt t = x - 2 , t ³ 0 Þ t 2 = x 2 - 4x + 4 Bất phương trình trở thành 3 ( t 2 - 4 ) - t > 12

b) ĐKXĐ: x ¹ 0

Bất phương trình Û x 2 + Đặt t = x +

1 1 +4£3 x + 2 x x

1 1 Þ t2 = x2 + 2 + 2 x x

Ta có t = x +

1 1 1 = x + ³2 x . =2Þt ³2 x x x

Bất phương trình trở thành t 2 + 2 £ 3t Û t 2 - 3t + 2 £ 0 Û 1 £ t £ 2 Kết hợp với t ³ 2 suy ra t = 2

é x 2 + 1 = 2x 1 2 Û x = ±1 (thỏa mãn) Do đó 2 = x + Þ 2 x = x + 1 Û êê 2 x êë x + 1 = -2x Vậy bất phương trình có nghiệm là x = ±1 .

c) Phương trình Û ( x 2 - 1 ) - ( 2x + 5 ) x 2 - 1 + 4x + 6 = 0 2

Đặt t = x 2 - 1 , t ³ 0

Phương trình trở thành t 2 - ( 2x + 5 )t + 4x + 6 = 0

263

{

}

Phương trình (*) trở thành t 2 - ( 2m - 1 )t + m 2 - 1 = 0 (**)

+¥

2m - 1 2

f ( -1 )

+¥

f (x ) æ 2m - 1 ÷ö f çç ÷ çè 2 ÷ø

264

Kết hợp với điều kiện m > -

f (x )

f ( -1 )

Suy ra phương trình đã cho có nghiệm Û f ( -1 ) £ 0

Lời giải

Bất phương trình tương đương với ( x - 1 ) - m x - 1 + 1 > 0 2

Với x = 1 ta có bất phương trình luôn đúng với mọi m Với x ¹ 1 . Đặt t = x - 1 Þ t > 0

Bất phương trình trở thành t 2 - mt + 1 > 0 Û

c) x 2 - 3x + 2 - x + 2 = x 2 - 3x Bài 4.114: Giải các bất phương trình sau

265

2x 1 1 = + x +1 x +1 x -1

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 1 £3x3 x x

a) Giải bất phương trình khi m = 2 b) Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với "x Î 

266



éì ï g(x ) < 0 ê ïí ê ï f (x ) ³ 0 ï f (x ) > g(x ) Û êê îì ê ïï g(x ) ³ 0 êí 2 ê ïïï f (x ) > [ g(x ) ] ëî

Ví dụ 1: Giải các phương trình sau a) x 3 - x + 1 = -2x 2 - x + 2 c)

x + 4 - 1-x =

Lời giải

1 - 2x

2x 2 + 3x - 1 = 3 - x 2

1 1 + 1- = x x x

267

Vậy phương trình có nghiệm là x =

1+ 5 . 2

Ví dụ 2: Giải các phương trình sau a) -5x 2 + 8x - 3 + 5x - 3 = 1 - x + 1 b) x 2 + ( 3 - x ) 2x - 1 = x 3 2x 2 - 5x + 2 - x - 2

(

Lời giải

)

ìï -5x 2 + 8x - 3 ³ 0 ïï 3 5x - 3 ³ 0 Û £x £1 a) ĐKXĐ: ïí ï 5 ï 1-x ³ 0 ï ï î

Phương trình

( 5x - 3 )(1 - x ) +

5x - 3 =

1-x +1

Û ( 5x - 3 - 1)( 1 - x + 1) = 0

5x - 3 = 1 Û x =

x -2

(

)

2x - 1 - x + x ( 3 - x ) + 2x - 1 ( x - 3 ) = 0

é 2x - 1 = x Û ( 2x - 1 - x )( x - 2 - 3 + x ) = 0 Û êê êë x - 2 = 3 - x

268

é ê Û êê ïìï ê íï êëî ïï x é ê êì ï Û êï êï êí ï x ï êëî ï

2x - 1 = x 2 3-x ³ 0

- 2 = (3 - x )

x =1

é x 2 - 2x + 1 = 0 ê x £3 Û êê ìïï í ê ï x 2 - 7x + 11 = 0 êëî ï

é x =1 ê Û ê êx = 7 - 5 7± 5 êë = 2 2 x £3

7- 5 thỏa mãn 2 7- 5 Vậy phương trình có nghiệm là x = . 2 Ví dụ 3: Giải các phương trình 5 x + 3 + 3x - 2 = 5x 2 - 31x + 41

Đối chiếu với điều kiện x ³ 2 suy ra x =

(

Lời giải

)

ìï x ³ -3 ì ï x +3³0 ï 2 ï Û ïí Ûx ³ ĐKXĐ: í 2 ï ïï x ³ 3 ï 3x - 2 ³ 0 î ïî 3 Phương trình tương đương với 5 x + 3 - x - 9 + 5 3x - 2 - 3x - 2 = 5x 2 - 35x + 30

(

) (

-x 2 + 7x - 6

)

= 5x 2 - 35x + 30

hiện nhân tử chung x 2 - 7x + 6 . Đối với 5 x + 3 ta ghép thêm với ax + b , như thế sau khi trục căn thức ta có 5 x + 3 - ( ax + b ) =

25 ( x + 3 ) - ( ax + b )

5 x + 3 + ( ax + b )

như vậy để có đại nhân tử

c) 5x - 1 - x - 1 > 2x - 4 d) (x - 3) x 2 - 4 £ x 2 - 9 Lời giải ìï 2(x 2 - 1) ³ 0 ïï a) Bất phương trình Û ïí x + 1 ³ 0 . ïï 2 2 ïï 2(x - 1) £ (x + 1) î

269

Û x 2 + 4x + 4 > 2x 2 - 6x + 4 (do x ³ 2 ) Û x 2 - 10x < 0 Û 0 < x < 10 Kết hợp điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình S = [2;10)

270

51 - 2x - x 2 <1 1-x

13 ] È [3; +¥) 6

2(x 2 - 16) x -3

+ x -3 >

7 -x

x -3

c) 8

271

13 ] 6

(

)

ì ï 2x - 3 ³ 0 3 Ûx ³ . c) ĐKXĐ: ïí ï x +1 > 0 2 ï î Bất phương trình Û 8 2x - 3 + 3 x + 1 = 6 (2x - 3)(x + 1) + 4

(

)

Û 4(2 2x - 3 - 1) + 3 x + 1 1 - 2 2x - 3 ³ 0

(

)(

)

Û 2 2x - 3 - 1 4 - 3 x + 1 ³ 0 Û

(8x - 13)(7 - 9x )

)(

2x - 3 + 1 4 + 3 x + 1

Û (8x - 13)(7 - 9x ) ³ 0 Û

)

³0

7 13 £x £ 9 8

b) ( x + 1 )( x - 3 ) <

1 - x 2 + 2x

-x 2 + 2x + 3

7x + 7 + 7x - 6 + 2 49x 2 + 7x - 42 < 181 - 14x 3 1 < 2x + -7 d) 3 x + 2x 2 x Lời giải a) Bất phương trình Û x 2 + 5x + 4 < 5 x 2 + 5x + 28

Đặt t =

x 2 + 5x + 28, t > 0 Þ x 2 + 5x + 4 = t 2 - 24

Bất phương trình trở thành t 2 - 24 < 5t Û t 2 - 5t - 24 < 0 Û -3 < t < 8

-x 2 + 2x + 3, t > 0 Þ -x 2 + 2x = t 2 - 3 .

272

Kết hợp với điều kiện xác định suy ra tập nghiệm bất phương trình là S = 1 - 3;1 + 3

(

)

ìï 7x + 7 ³ 0 6 Ûx ³ : c) ĐKXĐ: ïí ïï 7x - 6 ³ 0 7 î Đặt : t = 7x + 7 + 7x - 6, t ³ 0 Þ t 2 = 7x + 7 + 7x - 6 + 2 Þ 14x + 2

( 7x + 7 )( 7x - 6 )

( 7x + 7 )( 7x - 6 ) = t 2 - 1

Bất phương trình trở thành t 2 + t - 1 < 181 Û t 2 + t - 182 < 0 Û -14 < t < 13 Ta có 7x + 7 + 7x - 6 < 13

ì x < 12 ï ï 49x 2 + 7x - 42 < 84 - 7x Û í 2 2 ï 49 x + 7 x 42 < 84 7 x ( ) ï ï î ìï x < 12 Û ïí Ûx <6 ïï x < 6 î Û

Đặt t =

x +

,t > 0 Þ t 2 = x +

1 1 +1 Þ x + = t2 - 1 4x 4x

2 x Bất phương trình trở thành 3t < 2 ( t 2 - 1 ) - 7

é t>3 ê Û 2t - 3t - 9 > 0 Û ê Û t > 3 (do t > 0 ) êt < - 3 êë 2 2

Ta có x +

2 x

> 3 Û x +1+

1 >9 4x

a) x + 1 + x 2 - 4x + 1 ³ 3 x Lời giải

273

b) 1 >

1 - x2

1 x -1 2

Với x > 0 , bất phương trình tương đương với Đặt t =

x +

,t > 0 Þ t 2 - 2 = x +

x +

+ x+

1 -4 ³ 3 x

1 , bất phương trình trở thành x

b) ĐKXĐ: 1 - x 2 > 0 Û -1 < x < 1 1 3 Bất phương trình Û -1+ 2 > 2 1-x 1 - x2 x2 x Û -3 + 2 > 0. 2 1-x 1 - x2

Đặt t =

*t>2Û Û

ì0 < x < 1 ï > 2 Û x > 2 1 - x2 Û ï í 2 ï x > 4(1 - x 2 ) 1 - x2 ï î x

< x < 1.

æ 1 ÷ö æç 2 ÷ö ;1 ÷÷ . Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là: T = çç -1; ÷÷ È ç èç 2 ø èç 5 ø Ví dụ 8: Giải các bất phương trình sau

274

t2 - 6 ³ 3 - t

a) x 3 - 3x 2 + 2

(x + 2)

- 6x ³ 0

b) x 3 - 4x 2 - 5x + 6 £

7x 2 + 9x - 4

Lời giải a) ĐKXĐ: x ³ -2 . Đặt y =

x + 2 , điều kiện y ³ 0 .

Bất phương trình trở thành:

)

b) Bất phương trình tương đương với Û ( x + 1) + x + 1 £ 3

Đặt a = x + 1, b =

( x + 1)

- 7x 2 - 8x + 5 £

7x 2 + 9x - 4

7x 2 + 9x - 4 + 7x 2 + 9x - 4

7x 2 + 9x - 4 , bất phương trình trở thành :

a 3 + a £ b 3 + b Û (a - b ) (a 2 + ab + b 2 ) + a - b £ 0

Û ( a - b )( a 2 + ab + b 2 + 1 ) £ 0 Û a £ b (do a 2 + ab + b 2 + 1 > 0 )

Suy ra x + 1 £

x 0 + 1 - x 0 + x 0 ( 1 - x 0 ) = m ta có thể viết lại là

1 - x0 + x0 +

(1 - x 0 ) x 0

= 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 Û x 0 = thay vào ta có m =

275

1+2 2 2

1 2

Với m =

1+2 2 ta có phương trình 2 x - x2 =

Áp dụng BĐT côsi ta có Mặt khác

(

x + 1-x

)

x + 1 - x + x - x2 = x (1 - x ) £

x +1-x 1 = 2 2

= 1 + 2 x (1 - x ) £ 2 Þ

1+2 2 (*) 2

x + 1-x £

1 1+2 2 , đẳng thức xảy ra Û x = 2 2 Do đó phương trình (*) có nghiệm duy nhất

Suy ra

x + 1 - x + x - x2 £

1+2 2 là giá trị cần tìm. 2 b) Đặt t = x + 1 - x Þ t 2 = 1 + 2 x ( 1 - x )

Vậy m =

Theo câu a ta có 1 £ Suy ra 1 £ t £

(

x + 1-x

)

= 1 + 2 x (1 - x ) £ 2

Phương trình trở thành t +

1+2 2

1 1+2 2 £m £ 2 2

3 x - 1 + m x + 1 ³ 24 x2 - 1 .

x + 1 > 0 ta có

Bất phương trình tương đương với 3

x -1 x -1 + m ³ 24 . x +1 x +1

Đặt t =

Û m ³ max f ( t ) với f ( t ) = -3t 2 + 2t . ( 0;1 )

Xét hàm số f ( t ) = -3t 2 + 2t trên ( 0;1 ) Bảng biến thiên

276

1 3 1 3

f (t )

-1

Từ bảng biến thiên suy ra max f ( t ) = ( 0;1 )

1 3

Bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x ³ 1 Û m ³ Vậy m ³

1 là giá trị cần tìm. 3

1 3

6 + 3-x

8 =6 2-x

c) x - x - 1 - x = 1 Lời giải a) ĐKXĐ: x < 2 .

x - 1 + x x 3 - 3x + 2 = 1 - x

b) d)

x +8+ x +4 =

Ta thấy rằng phương trình có một nghiệm là x = Thật vậy * Với x <

3 6 >4Þ ta có 2 3-x

2x + 3 +

3 và ta chứng minh đó là nghiệm duy nhất . 2

6 > 2 và 3-x

8 > 2-x

6 8 + > 6 Þ phương trình vô nghiệm. 3-x 2-x 3 6 6 < x < 2 ta có <4Þ < 2 và * Với 2 3-x 3-x

3 22

Suy ra

277

6 + 3-x

8 < 2-x

3 22

Dễ thấy x = 1 là nghiệm của phương trình Với x > 1 ta có 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

ì x ³0 ï Û 0 £ x £ 1 (*) c) Rõ ràng phương trình có nghiệm phải thỏa mãn ïí ï 1-x ³ 0 ï î x =

Phương trình tương đương với Do

x - 1-x +1 ³ 1 Þ

x - 1-x +1

x ³ 1 Þ x ³ 1 (**)

Suy ra phương trình vô nghiệm Với 0 £ x < 1 ta có 2x + 3 < x + 4 Û

2x + 3 - x + 4 < 0

Và ( x - 1 )( 9x + 8 ) > 0 Û 9x 2 - x - 8 > 0 Û x + 8 > 9x 2 Û

x + 8 - 3x > 0

Phương trình tương đương với x 2 - 10x + 25 + ( x - 1 ) - 4 x - 1 + 4 = 0 Û (x - 5)2 + ( x - 1 - 2)2 = 0 (*)

(

1 - 2x + 1 + 2x

Û 2 + 2 1 - 4x 2 = 4 - 4x 2 + x 4 Û

(

1 - 4x 2 - 1

ìï x =0 Û ïí Ûx =0 ïï 1 - 4x 2 - 1 = 0 î Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0 .

278

)

= (2 - x 2 )

)

+ x4 = 0

ìï x + 1 ³ 0 Û x ³ -1 c) ĐKXĐ: ïí ïï 2x + 3 ³ 0 î Phương trình tương đương với x + 1 - 4 x + 1 + 4 + 2x + 3 - 6 x + 1 + 9 + 9x + 9 - 12 (x + 1)(2x + 3) + 8x + 12 = 0

(

) (

279

)

c) ĐKXĐ: x 3 - 2 ³ 0 Û x ³ Giả sử phương trình có nghiệm

Sử dụng bất đẳng thức côsi, ta được

x2 - 1 £

2(x - 1) + (x + 1) + 4 x +1 = . 6 2

x +1 + x ³ x3 - 2 2 Û 4(x 3 - 2) £ (3x + 1)2 Û (x - 3)(4x 2 + 3x + 3) £ 0 Û x £ 3

Kết hợp với phương trình suy ra

Như vậy ta có Ta có và

2 £ x £ 3. (**)

x 2 - 1 ³ x - 1 Û x + 1 ³ (x - 1)2 Û x (3 - x ) ³ 0 (đúng với đk (**))

x 3 - 2 £ 2x - 1 Û (x - 3)(x 2 - x + 1) £ 0 (đúng với đk (**))

> 2x -x + 6x - 5 Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S = ( 1;5 ) . 2

b) Xét tam thức f ( x ) = 2x 2 - 11x + 21 , có a = 2 > 0, D = -47 < 0 Suy ra f ( x ) > 0, "x

280

3x - 2 > 4x - 3

x2 - x + 1 £ x + 3

3x 2 + x - 4 ³ x + 1

Bài 4.121: Giải các bất phương trình sau. a) (x 2 - 3x ) 2x 2 - 3x - 2 ³ 0

c) x 2 + 3x + 1 £ (x + 3) x 2 + 1 . Bài 4.122: Giải các bpt sau : a ) 2x - 1 £ 8 - x

(1 + 1 + x )2

b) 2x 2 - 6x + 1 - x + 2 > 0

-x 2 + 6x - 5 > 8 - 2x

x +2 - x +1 <

x +3 ³

(

2x 2

-3x 2 + x + 4 + 2 <2 x

x 2 - 8x + 15 + x 2 + 2x - 15 £

g) h)

25 - x 2 + x 2 + 7x > 3

(

)

d) 1 + x + 1 - x £ 2 -

1+x - 1-x ³ x 2x

2x + 9

2x + 1 - 1

1 1 2 + x- 2 > 2 x x x 2 4x - 18x + 18

2x + 4 - 2 2 - x >12x - 8

Bài 4.125: Giải các bất phương trình sau: a ) 3x 2 + 6x + 4 < 2 - 2x - x 2 c)

< x + 21

4x 2 - 18x + 18

-3x 2 + x + 4 + 2 <2 x x 2 - 8x + 15 + x 2 + 2x - 15 > 9x 2 + 16

)

x 2 - 3x + 2 + x 2 - 4x + 3 ³ 2 x 2 - 5x + 4

Bài 4.124: Giải các bất phương trình sau: a) 4(x + 1)2 ³ (2x + 10)(1 - 3 + 2x )2

2x - 8 + 7 - x

3 - 9 + 2x

Bài 4.123: Giải các bất phương trình sau :

> x -4

3x 2 + 5x + 7 - 3x 2 + 5x + 2 ³ 1

b) 2x 2 + 4x + 3 3 - 2x - x 2 > 1 d)

< 2x +

3 2 x 35 > x 2 - 1 12

x + 2 x -1 + x -2 x -1 > g) x +

281

x2 4

a) a 4 + b 4 + c 2 + 1 ³ 2a(ab 2 - a + c + 1)

a +b b +c c +a + 2 + ³3 2 2 2 b + 4bc + c c + 4ca + a a + 4ab + b 2 Bài 4.133: Cho a, b, c là số dương và abc = 1 . Chứng minh rằng :

a3 b3 c3 3 + + ³ (a + 1)(b + 1) (c + 1)(b + 1) (a + 1)(c + 1) 4

1 1 1 1 + + £ a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a + 3 2 Bài 4.134: Giải các bất phương trình sau a ) x 2 - 3x - 4 £ 0 b) (1 - x )(x 2 - 5x + 6) > 0 .

x3  3x  3 1 x2  x  1

x2 1  x  1

0 2 x3  1  3 x  1 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 b) f (x ) > 0 "x Î  .

Bài 4.136: Cho tam thức: f (x ) = (m - 1)x 2 - 4(m - 1)x + 2m + 3 . Tìm m để

282

x- x

1 - 2 ( x 2 - x + 1)

³1

x + 2 - x - 1 ³ x - x2 + x - 2 -

7 2

Bài 4.142: Tìm m để bất phương trình (x 2 + x - 1)(x 2 + x + m ) ³ 0 có tập nghiệm là 

283

HƯỠNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ CHƯƠNG IV Bài 4.0: a) BĐT Û ( a - b ) + ( b - c ) + ( c - a ) ³ 0 b) BĐT (a - b)2 + (a - 1)2 + (b - 1)2 ³ 0 2

c) BĐT  (a - 1)2 + (b - 1)2 + (c - 1)2 ³ 0 d) BĐT (a - b + c)2 ³ 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. a a a < < c) Sử dụng tính chất phân số, ta có: a +b +c +d a +b +c a +c b b b c c c < < < < Tương tựta có , ; a +b +c +d b +c +d b +d a +b +c +d c +d +a a +c 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 < < d) Chứng minh tương tự câu c). Ta có: a +b +c +d a +b +c a +b +c +d Cùng với 3 BĐT tương tự, ta suy ra đpcm.

b) Sử dụng câu a), ta được:

Bài 4.2: a) BĐT Û abx 2 + ( a 2 + b 2 ) xy + aby 2 ³ ( a + b ) xy 2

Û ab ( x - y ) ³ 0 (đúng) 2

(c + a )2 (c + b)2 ³ c2 + a 2 c2 + b2 Û (a - b)(c 2 - ab) ³ 0 . Điều này hiển nhiên đúng do giải thiết.

b) Bình phương 2 vế, ta phải chứng minh:

1 1 2 a 1 a c 1 c + = Þ = + , = + a c b b 2 2c b 2 2a a c 1 a 1 c +1 +1 + +1 + +1 b b 2 2 c 2 2 a + ³4Û + ³4 BĐT Û a c a c 2 -1 2 -1 1+ -1 1+ -1 b b c a 2 2 2 3c 1 3a 1 3a +c Û + + + ³4Û ³ 3 Û (a - c ) ³ 0 (đúng) 2a 2 2c 2 2 ac d) BĐT Û (a + b - c)(b + c - a )(c + a - b) > 0 (đúng)

c) Ta có

Bài 4.3: a) BĐT Û -x 3y + xy 3 + x 3z - y 3z - xz 3 + yz 3 £ 0 Û (x - y )(y - z )(z - x )(x + y + z ) £ 0 (đúng vì x ³ y ³ z ³ 0 ) b) BĐT Û

284

1 (x - y )(y - z )(x - z )(xy + yz + zx ) ³ 0 (đúng vì x ³ y ³ z ³ 0 ) xyz

Bài 4.4: Ta có:

1 1 + a b

1 1 + c d

1 1 + a +c b +d

1 1 1 + £ a +b c +d a +b +c +d ab cd (a + c )(b + d )

(a + c )(b + d ) ab (c + d ) + cd (a + b ) (a + c )(b + d ) ab cd + £ Û £ 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 Û (a + b + c + d )(abc + abd + acd + bcd ) £ (ab + ad + bc + cd )(ac + ad + bc + bd )

Û 2abcd £ a 2d 2 + b 2c 2 Û a 2d 2 - 2abcd + b 2c 2 ³ 0 Û ( ad - bc ) ³ 0 . 2

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 Î éë 1; 3 ùû do đó ta có

(a - 1 )(b - 1 )(c - 1 ) + ( 3 - a )( 3 - b )( 3 - c ) ³ 0 Û 2 (ab + bc + ca ) - 8 (a + b + c ) + 26 ³ 0

Û ( a + b + c ) - 8 (a + b + c ) + 26 ³ a 2 + b 2 + c 2 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: x 3 + y 2 ³ 2xy x Þ

2 x 2 x 1 £ = . 2 xy x +y 2xy x 3

2 y 1 2 z 1 1 1 1 . £ ; 3 £ Þ VT £ + + 2 2 yz z + x zx xy yz zx y +z 1 1 1 1 1 1 + + £ 2 + 2 + 2 Mặt khác: a 2 + b 2 + c 2 ³ ab + bc + ca Þ xy yz zx x y z 1 1 1 Vậy : VT £ 2 + 2 + 2 Þ đpcm. Đẳng thức xảy ra Û x = y = z = 1 . x y z

Tương tự:

Bài 4.7: Áp dụng BĐT Cô-si, ta có: 1 + x 3 + y 3 ³ 3xy Þ

Chứng minh tương tự, ta được:

1 + y3 + z 3 ³ yz

1 + x 3 + y3 ³ xy

1 + z3 + x3 ³ zx

Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên, ta được: 1 + x 3 + y3 1 + y3 + z 3 1 + z3 + x3 + + ³ xy yz zx

285

æ 1 1 1 ö÷ ÷÷ 3 çç + + çè xy yz zx ÷ø

(1 )

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

xyz

(2 )

Từ (1) và (2), ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 . Bài 4.8:

1 a b c d bcd = 1= + + ³ 33 1+a 1+a 1+b 1+c 1+d ( 1 + b )(1 + c )(1 + d )

Xây dựng các BĐT tương tự rồi nhân vế với vế ta được abcd £ Bài 4.9: 1 -

a 1 +b -a b c = = + ³2 1+b 1+b 1+c 1+a

1 81

(1 + c )(1 + a )

Chứng minh tương tự, ta thu được:

( 1 + b - a )(1 + c - b )(1 + a - c ) ³ 8abc

æ1 + b öæ 1 + c öæ 1 + a ö Û çç - 1 ÷÷÷ çç - a ÷÷÷ çç - 1 ÷÷÷ ³ 8 èç a øèç b øèç c ø

Bài 4.10: Ta có 1 = xyz ( x + y + z ) = yz ( x 2 + xy + xz )

Áp dụng BĐT côsi ta có P = ( x + y )( x + z ) = yz + ( x 2 + xy + zx ) ³ 2 yz . ( x 2 + xy + zx ) = 2 Suy ra min P = 2 . Bài 4.11: Ta có

1 + a2

ab + cb + ca + a 2

1æ a a ö÷ £ çç + ÷ (a + b )(a + c ) 2 çè a + b a + c ÷ø a

1æ b b ö÷ c 1æ c c ö÷ £ çç + £ çç + ÷÷ , ÷. 2 çè a + b b + c ø 1 + c 2 2 çè a + c b + c ÷ø 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 æ ab ab ö÷ = = £ çç + ÷ c + ab c ( a + b + c ) + ab ( c + a )(c + b ) 2 çè c + a c + b ÷ø

Tương tự

Tương tự ta có

1 æ bc bc ö÷ £ çç + ÷, 2 çè a + b a + c ÷ø a + bc

Cộng vế với vế các BĐT trên ta được

286

1 æ ca ca ö÷ £ çç + ÷ 2 çè b + a b + c ÷ø b + ca

c + ab

a + bc

b + ca

1 . 2

Bài 4.13: BĐT Û a + b + c +

3 (a + b + c )

³6

ab + bc + ca

Áp dụng BĐT côsi ta có a + b + c +

3(a + b + c )

ab + bc + ca

3 (a + b + c )

Do đó ta chỉ cần chứng minh 2

ab + bc + ca

³2

3 (a + b + c )

ab + bc + ca

³6

Û ( a + b + c ) ³ 3 (ab + bc + ca ) (đúng) 2

Bài 4.14: Ta có

ö÷ 1 1 1 ÷÷ + 3 = + + ÷ø a 1 + b b 1 + c c 1 + a ( ) ( ) ( ) è

( 1 + abc )çççç

æ 1 + abc ö æ 1 + abc ö æ 1 + abc ö = ççç + 1 ÷÷÷ + ççç + 1 ÷÷÷ + ççç + 1 ÷÷÷ ÷ø èç b ( 1 + c ) ÷ø èç c (1 + a ) ÷ø èç a ( 1 + b ) 1 + a + ab + abc 1 + b + bc + abc 1 + c + ca + abc = + + a (1 + b ) b (1 + c ) c (1 + a ) =

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 )

Áp dụng BĐT côsi ta có 1+a 1+b 1+c 1+a 1+b 1+c + + ³ 33 . . =3 a (1 + b ) b (1 + c ) c (1 + a ) a ( 1 + b ) b (1 + c ) c (1 + a ) b (1 + c )

a (1 + b )

c (1 + b )

b (1 + c )

a (1 + b )

c (1 + a )

³ 33

b ( 1 + c ) c (1 + b ) a (1 + b ) . . =3 a ( 1 + b ) b (1 + c ) c (1 + a )

æ ö÷ 1 1 1 ÷÷ + 3 ³ 6 + + Suy ra ( 1 + abc ) ççç èç a ( 1 + b ) b ( 1 + c ) c (1 + a ) ÷ø Û

1 1 1 3 + + ³ ĐPCM. a ( 1 + b ) b (1 + c ) c (1 + a ) 2

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 + + ³ 33 2ab 2bc 2ca

Do đó ta chỉ cần chứng minh Ta có

287

a +b b +c c +a . . 2ab 2bc 2ca

a +b b +c c +a . . ³ 1 (*) 2ab 2bc 2ca

a +b b +c c +a 2 ab 2 bc 2 ca 2 . . ³ . . = (1) 2ab 2bc 2ca 2ab 2bc 2ca abc

Mặt khác 3 = a + b + c ³ 3 3 abc Þ abc £ 1 (2) Từ (1) và (2) suy ra (*) đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 . Bài 4.16: Ta có BĐT Û

a b c b c a a +b +c + + + + + ³ 2. 3 b c a a b c abc

Áp dụng BĐT côsi ta có

a a a a a a 3a + + ³ 33 . . = 3 b c a b c a abc

b b b 3b c c c 3c + + ³ 3 , + + ³ 3 c a b abc a b c abc Cộng vế với vế các BĐT trên ta được

Tương tự ta có

a b c b c a a +b +c + + + + + + 3 ³ 3. 3 b c a a b c abc

Mặt khác theo BĐT côsi ta có

a +b +c 3

abc

³3

a b c b c a a +b +c ĐPCM. + + + + + ³ 2. 3 b c a a b c abc Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c .

Do đó

Bài 4.17: Áp dụng BĐT Côsi ta có: 2a = 2b + 2c - a

a 6

3a(2b + 2c - a )

a 6 a +b +c

2b b 6 ³ ; 2c + 2a - b a +b +c Cộng 3 BĐT trên ta được:

2c c 6 ³ 2a + 2b - c a +b +c

Tương tự:

P ³

6(a + b + c) = a +b +c

6 . Đẳng thức xảy ra Û 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 ³ 3ab 2 , b 3 + c 3 + c 3 ³ 3bc 3 , c 3 + a 3 + a 3 ³ 3ca 2

Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên, ta được: 3 ( a 3 + b 3 + c 3 ) ³ 3 (ab 2 + bc 2 + ca 2 ) Û a 3 + b 3 + c 3 ³ ab 2 + bc 2 + ca 2

Dấu đẳng thức xảy ra Û a = b = c b) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

288

a3 b3 c3 + ab ³ 2a 2 , + bc ³ 2b 2 , + ca ³ 2c 2 b c a

Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên, ta được: a 3 b3 c3 + + + ab + bc + ca ³ 2 (a 2 + b 2 + c 2 ) (1) b c a

Lại có, a 2 + b 2 + c 2 ³ ab + bc + ca (2) Từ (1) và (2) suy ra: Û

a 3 b3 c3 + + + ab + bc + ca ³ 2 (ab + bc + ca ) b c a

a 3 b3 c3 + + ³ 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 c b3 b3 c3

Chứng minh tương tự, ta thu được:

a 6 b6 c6 a 4 b4 c4 + + ³ + + c a b b3 c3 a 3

Bài 4.19: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: a 3 + b 3 + b3 + c3 +

3 3

³ bc 3, c 3 + a 3 +

3 3

³ ab 3

³ ca 3

Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên, ta được: 2 (a 3 + b 3 + c 3 ) +

Þ 2 (a 3 + b 3 + c 3 ) ³

³ 2

3 (ab + bc + ca ) = Þ a 3 + b3 + c3 ³

Dấu đẳng thức xảy ra a = b = c =

1 1 1 3 + + = ab bc ca 4

1 1 1 3 1 + 3 + ³ . 3 8 2 ab a b

1 1 1 3 1 1 1 1 3 1 + 3 + ³ . , 3 + 3 + ³ . 3 8 2 bc c 8 2 ca b c a

289

Bài 4.20: Ta có: 4 ( a + b + c ) = 3abc Û Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên, ta được: æ1 1 1ö 3 3æ 1 1 1ö 9 1 1 1 3 2 çç 3 + 3 + 3 ÷÷ + ³ çç + + ÷÷ = Û 3 + 3 + 3 ³ ÷ ÷ çè a ç 2 è ab bc ca ø 8 8 b c ø 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: a3 b b +c a3 b b +c 3 + + ³ 33 . . = a b (b + c ) 2 4 b (b + c ) 2 4 2

Tương tự, ta có:

b3 c c +a 3 c3 a a +b 3 + + ³ b, + + ³ c c (c + a ) 2 4 2 a (a + b ) 2 4 2

Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên, ta được: a3 b3 c3 3 + + + a + b + c ³ (a + b + c ) b (b + c ) c ( c + a ) a (a + b ) 2 3 3 3 a b c 1 Û + + ³ (a + b + c ) b ( b + c ) c ( c + a ) a (a + b ) 2

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c b) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: a3

(b + 2c )

b + 2c b + 2c a3 b + 2c b + 2c a + ³ 33 . . = 2 27 27 27 3 (b + c ) 27

Tương tự, ta có: c3

(a + 2b )

(c + 2a )

c + 2a c + 2a b + ³ , 27 27 3

a + 2b a + 2b c + ³ 27 27 3

Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên, ta được: a3

(b + 2c ) Û

(b + 2c )

290

(c + 2a ) +

(c + 2a )

(a + 2b ) +

(a + 2b )

a +b +c a +b +c ³ 9 3 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 3 x 3 .1.1 = 3x Û x 3 + 2 ³ 3x .Tương tự : y 3 + 2 ³ 3y; z 3 + 2 ³ 3y Cộng ba BĐT trên lại với nhau ta được : x 3 + y 3 + z 3 + 6 ³ 3(x + y + z ) Mặt khác : x + y + z ³ 3 3 xyz = 3 Þ 2(x + y + z ) ³ 6 .

Þ x 3 + y 3 + z 3 + 6 ³ (x + y + z ) + 2(x + y + z ) Þ x 3 + y 3 + z 3 ³ x + y + z đpcm. Đẳng thức xảy ra Û x = y = z = 1 . Bài 4.23: Áp dụng BĐT Côsi ta có: 1 2 1 2 1 2 2 a4 + ³ a2 ; b4 + ³ b2 ; c 4 + ³ 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 4 4 4 Þ a +b + c + ³ + . 27 9 9 1 1 Mặt khác: a 2 + b 2 + c 2 ³ (a + b + c)2 = Þ 9(a 4 + b 4 + c 4 ) ³ a 2 + b 2 + c 2 đpcm. 3 3 1 Đẳng thức xảy ra Û a = b = c = . 3 1 1 1 Bài 4.24: Đặt a = 1 + ; b = 1 + ; c = 1 + Þ a + b + c ³ 12 x y z

Ta có : a 4 + 4 4 + 4 4 + 4 4 ³ 4 4 412 a 4 = 4 4 a Û a 4 + 3.4 4 ³ 4 4 a. Tương tự b 4 + 3.4 4 ³ 4 4b; c 4 + 3.4 4 ³ 4 4 c cộng ba BĐT trên lại với nhau ta được

a 4 + b 4 + c 4 + 9.4 4 ³ 4 4 (a + b + c) ³ 12.4 4 Þ a 4 + b 4 + c 4 ³ 3.4 4 = 768 đpcm

Đẳng thức xảy ra Û a = b = c = 4 Û x = y = z =

1 . 3

Bài 4.25: a) Áp dụng BĐT côsi ta có æ 1 1 1 1 1 ö÷ 1 1 2 çç + 2 = + + +2 ³ +2 ÷³ 2 2 2 ÷ 2 2 ç ab a + b 2ab è 2ab a + b ø 2ab 2ab (a + b ) (a + b )2 b) Áp dụng BĐT côsi ta có æ 1 æ 1 ö 1 2 1 ö÷ 5 A= 2 + + 4ab = çç 2 + + çç + 4ab ÷÷÷ . ÷÷ + 2 2 çè a + b ab 2ab ø 4ab èç 4ab ø a +b A³

(a + b )

1 .4ab = 4 + 5 + 4 = 11 . 4ab

æ 1 öæ 1 ö a 2b 2 + 1 a 2b 2 + 1 æç 1 ÷ö . = ab + c) Ta có çça 2 + 2 ÷÷ ççb 2 + 2 ÷÷ = ÷ ç çè çè ab ÷ø b ÷øèç a ÷ø b2 a2 æ 1 1 ÷ö 15 = ççab + Ta có: ab + (1) ÷÷ + ç ab è 16ab ø 16ab

291

(a + b )

1 1 1 ³ 2 ab. = (2) 16ab 16ab 2 1 a +b 1 1 ³ ab nên ab £ Þ ³4 mà = (3) 2 2 4 ab 1 1 15 17 ³ + .4 = Từ (1) (2) (3) Þ ab + ab 2 16 4 2 æ 1 öæ 1 ö æ 17 ö 289 Þ çça 2 + 2 ÷÷ ççb 2 + 2 ÷÷ ³ çç ÷÷ = ÷ ÷ ÷ çè ç ç 16 b øè a ø è4ø

Áp dụng BĐT Côsi ta có: ab +

Bài 4.26: Áp dụng BĐT côsi ta có a 2 + b2 +

1 3 1 ³ b Þ b2 + a + ³ a + b + 4 4 2

1 3 1 ³ a Þ a2 + b + ³ a + b + 4 4 2

æ 3 öæ 3ö æ 1ö Suy ra çça 2 + b + ÷÷÷ ççb 2 + a + ÷÷÷ ³ çça + b + ÷÷÷ (1) 4 øèç 4 ø èç 2ø èç 2

æ æ 1 öæ 1 ö æ 2a + 2b + 1 ö÷ 1ö Theo BĐT côsi ta lại có çç 2a + ÷÷÷ çç 2b + ÷÷÷ £ çç ÷÷ = çça + b + ÷÷÷ (2) çè çè 2 øèç 2 ø çè 2 2ø ø 2

Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh. Bài 4.27: Trước tiên, ta dễ dàng có xyz £ 1 Áp dụng côsi ta có

1 4 + xyz (x + y )(y + z )(z + x )

é 1 ù 1 4 1 ú³ +ê + + 2xyz êë 2xyz (x + y )(y + z )(z + x ) úû 2xyz

1 + 2xyz

xyz (x + y )(y + z )(z + x )

2 2

( xy + xz )( yz + yx )( zx + zy )

1 2 2 3 + = 3 2 2 æ xy + xz + yz + yx + zx + zy ö÷ çç ÷÷ çè 3 ø

Bài 4.28: Ta có

( y + 2 ) ( y 2 - 2y + 4 ) x x3 x3 9x + y - y 2 - 6 + + ³ Þ ³ 27 27 3 27 y3 + 8 y3 + 8

Tương tự ta có y3 9y + z - z 2 - 6 z 3 9z + x - x 2 - 6 ³ , ³ nên 27 27 z3 + 8 x3 + 8

292

2 2

VT ³

10 ( x + y + z ) - ( x 2 + y 2 + z 2 ) - 18

12 - ( x 2 + y 2 + z 2 )

12 - ( x 2 + y 2 + z 2 ) 27

3 + (x + y + z ) - (x 2 + y2 + z 2 ) 2

mà ta lại 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 . Bài 4.29: Áp dụng BĐT côsi ta có 1 3a 2 + 8b 2 + 14ab = (a + 4b )( 3a + 2b ) £ ( 4a + 6b ) = 2a + 3b 2 2 2 a a Þ ³ 2a + 3b 3a 2 + 8b 2 + 14ab =

a2 2a + 3b 2a a2 8a - 3b + ³ Þ ³ 2a + 3b 25 5 2a + 3b 25 2 a 8a - 3b ³ Do đó 2 2 25 3a + 8b + 14ab 2 b 8b - 3c c2 8c - 3a ³ , ³ Tương tự ta có 2 2 2 2 25 25 3b + 8c + 14bc 3c + 8a + 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 æ 16x 16x ÷ö 2(8x + 5y + 5z ) 6 1+ £ çç 1 + ÷÷ + 9 = y +z y +zø y +z èç

Mặt khác

Suy ra

16x 8x + 5y + 5z £ (*) . Sử dụng (*), ta có y +z 3(y + z )

æ ö 16x 16x 1+ = ççç 1 + - 1 ÷÷÷ + 1 = ÷ø çè y +z y +z

Tương tự, ta cũng có

16x 6x y +z +1 ³ +1 = + 1. 8x + 5y + 5z x +y +z 16x +1 1+ +1 3(y + z ) y +z

16y 6y ³ + 1, z +x x +y +z

Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Bài 4.31: Ta có =

(

a2 + 1 =

)(

(a + 1 )

2 + 2 a + 1 - 2a 2 Áp dụng BĐT côsi ta có a2 + 1 £

293

16x y +z

- 2a =

(a + 1 -

)( 2 - 2 )(a + 1 +

( 2 + 2 )(a + 1 -

) (

)(

)

16z 6z ³ + 1. x +y x +y +z 2a

)(a + 1 +

2a + 2 - 2 a + 1 + 2a 2

(

)

2 a - a +1

)

(

b2 + 1 £

Tương tự ta có

)

2 b - b +1 ,

Cộng vế với vế các BĐT ta có a 2 + 1 + b2 + 1 + c2 + 1 £

c2 + 1 £

(

a 2 + 1 + b2 + 1 + c2 + 1 £

Từ (1) và (2) suy ra

)

2 a + b + c - a - b - c + 3 (1)

a+ b+ c ³3

Mặt khác theo BĐT côsi ta có

(

2 c - c +1

abc ³ 1 (2)

2 (a + b + c )

a 2 b2 c2 a b c a b b c a c + 2 + 2 + 2( + + ) ³ 3 + + + + + + 2 c a b b a c b c a b c a 2 2 2 a b c a b c a b b Û 2 + 2 + 2 + + + ³3+ + + c a b b a c b c a Áp dụng BDT côsi ta có có : a2 2a b 2 2b a 2 2a b 2 2b c 2 2c + 1 ³ ; + 1 ³ ; + 1 ³ ; + 1 ³ ; 2 +1 ³ 2 2 2 2 b c c b b c c a a b a b b a b c Mặt khác + + + + + ³ 6 b a c c a b Cộng các vế các BĐT lại ta có ĐPCM.

Bài 4.32: a) BĐT Û

b) Ta có

a 3 + (b + c )

b +c 1 x = với a 1 + x3

Áp dụng BĐT côsi ta có 1 = 1 + x3

2 2 2a 2 ³ 2 = = 2 2 1 + x x 2 - x + 1 x + 2 æ b + c ÷ö b + c ) + 2a 2 ( çç ÷ +1 çè a ÷ø 1

Mặt khác ta có ( b + c ) £ 2 (b + c 2

Do đó ta có

a 3 + (b + c )

Tương tự ta có

b 3 + (c + a )

)Þ

2a 2

(b + c )

a2 ³ 2 a + b2 + c2 + 2a 2

a2 a 2 + b2 + c2 ³

b2 , a 2 + b2 + c2

c 3 + (a + b )

c2 a 2 + 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 ) ³ 0 Û x + y - xy £ 1 Suy ra z (x + y - xy ) £ z Þ xy + yz + zx - xyz £ xy + z Mặt khác, theo BĐT côsi ta có xy = Suy ra xy + z £

294

x 3 .y 3 .1 £

x 3 + y3 + z 3 + 3 = 2 ĐPCM. 3

x 3 + y3 + 1 ; z = 3

z 3 .1.1 £

z3 + 1 + 1 . 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 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 ³ 2mx , y 2 + m 2 ³ 2my, z 2 + n 2 ³ 2nz Do đó ta cần chọn m, n thỏa mãn x = y = m, z = n, n = 2m và x 2 + y 2 + z 2 = 18 Suy ra m =

3, n = 2 3 . Ta có lời giải như sau

Áp dụng BĐT côsi ta có x 2 + 3 ³ 2 3x , y 2 + 3 ³ 2 3y, z 2 + 12 ³ 4 3z

Suy ra x 2 + y 2 + z 2 + 18 ³ 2 3 ( x + y + 2z ) Û x + y + 2z £ 6 3 Do đó minS=6 3 Û x = y =

3, z = 2 3

Bài 4.35: Áp dụng BĐT côsi ta có a 3 + m 3 + m 3 ³ 3m 2a , c 3 + m 3 + m 3 ³ 3m 2c 64b 3 + n 3 + n 3 ³ 12n 2b ( m, n dương) Do đó ta cần chọn tham số m, n sao cho 3m 2 = 12n 2 , a = c = m, 4b = n và a +b +c = 3

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

Từ đó ta tìm được m =

x2 m x2 n + my 2 ³ 2 xy; + nz 2 ³ 2 xz ; ( 2 - m )y 2 + ( 3 - n )z 2 ³ 2 2 2 2 2

Cần cho m, n sao cho

( 2 - m )( 3 - n ) =

m = 2

(2 - m )(3 - n )yz

n ( 0 < m, n £ 2 ) 2

3 2 Chú ý: đối với bài toán tổng quát , Tìm GTNN của P = mx 2 + ny 2 + pz 2 ta đưa về æ n p ö P = m çç x 2 + y 2 + z 2 ÷÷÷ và là tương tự như trên. çè m m ø

Ta có m = n =

Bài 4.37: Đặt P = a 3 + 2b 3 + 3c 3 Với các số thực dương a, b, g chọn sau ta có

2P = (a 3 + a 3 + a 3 ) + 2(b 3 + b 3 + b 3 ) + 3(c 3 + c 3 + g 3 ) - (a 3 + 2b 3 + 3g 3 )

³ 3aa 2 + 6bb 2 + 9gc 2 - (a 3 + 2b 3 + 3g 3 )

295

Cần chọn a = 2b = 3g = t và kết hợp với dấu đẳng thức xảy ra khi a = a, b = b, c = g, a 2 + b 2 + c 2 = 1 ta được a =

6 6 6 ,b = ,g = 7 14 21

6 6 6 Vậy 2P ³ 3. (a 2 + b 2 + c 2 ) - Þ P ³ 7 7 7 1 1 4 x .4y + 3 x .4y.16z £ (x + y + z ) Bài 4.38: Áp dụng BĐT côsi ta có x + 2 4 3 Bài 4.38: Áp dụng BĐT côsi ta có a2 4 4 + (b + c) ³ a b +c 9 3 b2 4 4 a2 b2 16c 2 1 + (a + c) ³ b Þ + + ³ (64c - a - b) c +a 9 3 b +c c +a a +b 9 2 16c + (a + b) ³ 8c a +b

Bài 4.39: y 2 + yz + z 2 = 1 -

3x 2 2

1 1 1 1 1 Û ( x 2 + y 2 ) + ( x 2 + z 2 ) + yz + (x 2 + y 2 + z 2 ) = 1 . 2 2 2 2 2 1 1 1 1 Ta có x 2 + y 2 ³ xy, x 2 + z 2 ³ yz 2 2 2 2 1 Suy ra (x + y + z )2 £ 1 Û P £ 2 . 2 x ( x + y ) - xy x2 xy xy = =x³xBài 4.40: Ta có: x +y x +y x +y 2

Chứng minh tương tự:

y2 yz z2 zx ³y³z; y +z 2 z +x 2

xy + yz + zx 1 1 1 = x +y +z - ³ 1- = 2 2 2 2 xy + yz + zx = 1 )

Suy ra: T ³ x + y + z (vì x + y + z ³

1 1 khi x = y = z = . 2 3 Bài 4.41: Theo BĐT côsi ta có æ xy 2 yz 2 zx 2 ö÷ 1 A = x + y + z - çç + + ÷÷ ³ 3 2 2 2 çè x + y 2 y +z z +x ø

Vậy minT =

296

(

xy + yz + zx

)

Lại có

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 3 Þ A ³ . Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 2 3 Vậy minA = 2 Bài 4.42: Đặt a = y + z, b = z + x , c = x + y ( với a,b,c dương)

b +c -a c + a -b a +b -c ,y = ,z = 2 2 2 25 (b + c - a ) 4 (c + a - b ) 9 (a + b - c ) æ 25b 4a ÷ö æ 25c 9a ÷ö æ 4c 9b ö÷ 2VT = + + = çç + ÷÷ + çç + ÷÷ + çç + ÷÷ - 38 a b c b ø èç a c ø èç b c ø èç a ³ 20 + 30 + 12 = 24 Þ VT ³ 12 ìï 25b 2 = 4a 2 ì ï ïí 5b = 2a Þ 5b + 5c = 5a Þ x = 0 (vô lí) Û Dấu bằng xảy ra khi ïí 2 2 ïï 25c = 9a ï 5c = 3a ï î î Bài 4.43: Đặt x = a + b + 2c, y = 2a + b + c, z = a + b + 3c Þx =

Suy ra a = -2x + y + z, b = 5x - y - 3z, c = z - x

-8x + 4y + 4z 2x - y -8x + 8z + ³ 12 2 - 17 x y z æ 4y 2x ö æ 4z 8x ÷ö Û + çç + ÷÷ + çç + ÷ ³ 12 2 (*) çè x y ÷ø çè x z ÷ø

Bất phương trình trở thành

4y 2x 4z 8x + ³ 4 2, + ³8 2 x y x z Cộng vế với vế lại suy ra BĐT (*) đúng. ĐPCM.

Áp dụng BĐT côsi ta có

Bài 4.44: Áp dụng BĐT Côsi ta có x + y + z ³ 3 3 xyz Þ

(x + y + z )

Mặt khác xyz ³ x + y + z suy ra Đặt t = x + y + z, t > 0 ta có

³ xyz

(x + y + z )

³ x +y +z +2

2 t3 ³ t + 2 Û t 3 - 27t - 54 ³ 0 Û (t - 6 )(t + 3 ) ³ 0 Û t ³ 6 27 Suy ra x + y + z ³ 6 , đẳng thức xảy ra Û x = y = z = 2 .

297

Bài 4.45: Sử dụng bất đẳng thức côsi ta có

a 11 a 11 + abc ³ 2 .abc = 2a 6 bc bc

11 b 11 6 c + abc ³ 2 b , + abc ³ 2c 6 Tương tự ta có ca ab 11 11 11 a b c + + ³ 2(a 6 + b 6 + c 6 ) - 3abc Từ đó suy ra bc ca ab

Vậy ta chỉ cần chứng minh 2(a 6 + b 6 + c 6 ) - 3abc +

3 a 6 + b6 + c6 + 9 ³ 2 a 2b 2c 2

6 - 6abc ³ 9 abc Bây giờ lại sử dụng bất đẳng thức côsi ta được a 6 + b 6 + c 6 ³ 3a 2b 2c 2 6 Do đó ta chỉ cần chứng minh 9a 2b 2c 2 + 2 2 2 - 6abc ³ 9 abc 6 Đặt t = abc, t > 0 . BĐT trở thành 9t 2 + 2 - 6t ³ 9 t Sử dụng bất đẳng thức côsi ta được 6 6 6 9t 2 + 2 - 6t ³ 9t 2 + 2 - 3(t 2 + 1) = 6t 2 + 2 - 3 ³ 12 - 3 = 9 ĐPCM. t 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 Î éë 0;2 ùû . Áp dụng BĐT Côsi ta có:

Hay là 3(a 6 + b 6 + c 6 ) +

2 2 2

27(2 - x )(2 - y )(2 - z ) £ ( 2 - x + 2 - y + 2 - z )

Û 27 éë 8 - 4 ( x + y + z ) + 2 ( xy + yz + zx ) - xyz ùû £ ( 8 - x - y - z ) 3 Û 27 éë 8 - 4 ( x + y + z ) + 2 ( xy + yz + zx ) + ( x 2 + y 2 + z 2 ) - 4 ùû £ ( 8 - x - y - z ) 2 3 Û 27 éê 4 - 4 ( x + y + z ) + ( x + y + z ) ùú £ ( 8 - x - y - z ) ë û Đặt t = x + y + z, t ³ 0 ta có 3

Û 27(t 2 - 4t + 4) £ ( 6 - t ) Û t 3 + 9t 2 - 108 £ 0 3

Û ( t - 3 )( t + 6 ) £ 0 Û t £ 3 2

Suy ra x + y + z £ 3 . 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 . Ta có: x 2 + y 2 + z 2 + 2(xy + yz + zx ) = (x + y + z )2

x 3 + y 3 + z 3 - 3xyz = (x + y + z )(x 2 + y 2 + z 2 - xy - yz - zx ) . Suy ra: P = (x + y + z )(x 2 + y 2 + z 2 - xy - yz - zx ) = (x + y + z )(2 -

298

(x + y + z )2 - 2 ) 2

Đặt t = x + y + z , t ³ 0 suy ra P = t(2 Ta sẽ đi chứng minh -

t2 - 2 t3 ) = - + 3t . 2 2

t3 + 3t £ 2 2 Û t 3 + 4 2 ³ 6t 2

Thật vậy theo BĐT côsi ta có t 3 + 4 2 = t 3 + 2 2 + 2 2 ³ 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 = y = z = 0,

2 , y = z = 0 , P = -2 2 chẳng hạn khi x = - 2 ,

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 2

bằng xảy ra tại 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 giá qua lại giữa chúng, cụ thể a 2 ³ 3b ³ 9 3 c 2 . Với bài toán trên từ giả thiết a2 - 2 ta có: a 2 - 2b = 2 Û b = tức là ta đã thay thế b bởi a do đó khi biểu diễn 2 P = x 3 + y 3 + z 3 - 3xyz thì 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 ) Û 1 - ( x + y + z ) + xy + yz + zx = 2xyz Û x 2 + y 2 + z 2 = 2 - 2 ( x + y + z ) + ( x + y + z ) - 4xyz 2

æ x + y + z ÷ö Áp dụng BĐT côsi ta có çç ÷÷ ³ xyz nên 3 èç ø 3

x + y + z ³ 2 - 2 ( x + y + z ) + (x + y + z ) 2

Đặt t = x + y + z thì 0 < t < 3 . Khi đó:

æ x + y + z ÷ö - 4 çç ÷÷ çè 3 ø

4 3 1 15 3 3 t + t 2 - 2t + 2 = (2t - 3)2 ( - t ) + ³ 27 27 4 4 4 3 1 Đẳng thức xảy ra khi t = hay x = y = z = . ĐPCM 2 2 (x 3 + y3 ) - (x 2 + y2 ) Cho x , y Î R và x , y > 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của P = . (x - 1)(y - 1) x 2 + y2 + z 2 ³ -

Đặt t = x + y; t > 2 . ta có xy £

299

t2 . 4

P =

t 3 - t 2 - xy(3t - 2) t2 . Do 3t - 2 > 0 và -xy ³ - nên ta có xy - t + 1 4

t 2 (3t - 2) t2 4 4 P ³ = = t -2 + +4³8 2 t -2 t -2 t -t +1 4 ì ïx + y = 4 min P = min f (t ) = f (4) = 8 đạt được khi ï Û í (2;+¥) ï xy = 4 ï î Bài 4.49: Áp dụng BĐT côsi ta có t3 - t2 -

P ³

ì x =2 ï ï . í ï y =2 ï î

6(2x 2 + 13y 2 - xy ) - 6xy 2x 2 + 13y 2 - 2xy = 6. = 6.Q (x + 2y )2 (x + 2y )2

Rõ ràng y ¹ 0 ta có Q =

(t - 3 ) Xét Q - 1 = 2 (t + 2 ) 2

2t 2 - 2t + 13

(t + 2 )

,t =

x y

³ 0 ÞQ ³1Þ P ³ 6

ìï ïï x = ±3 3 ï 28 . Suy ra min P = 6 Û í ïï 3 ïï y = ± ïî 28

Cho a,b,c là ba số thực không âm có tổng bằng 3. Chứng minh: a + ab + 2abc £ Sử dụng bất đẳng thức AM-GM dạng xy £

(x - y )

ta có

æ ö æ ö ççb + c + 1 ÷÷ çç 3 - a + 1 ÷÷ ÷ ÷ çè çè æ 1ö 2ø 2ø a(7 - 2a )2 b + 2abc = 2a.b ççc + ÷÷÷ £ 2a. = 2a. = çè 2ø 4 4 8 Do đó, chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được a(7 - 2a )2 9 a+ £ Û (4 - a )(2a - 3)2 ³ 0 (Luôn đúng với 0 £ a £ 3 ). 8 2 æ3 1ö Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a, b, c) = çç ,1, ÷÷÷ èç 2 2 ø 2

Bài 4.50: Bình phương 2 vế ta được: (1)  (a 2 + b 2 )(x 2 + y 2 ) ³ ab + xy  Nếu ab + xy < 0 thì (*) hiển nhiên đúng.

(*)

 Nếu ab + xy ³ 0 thì bình phương 2 vế ta được: (*)  (bx - ay )2 ³ 0 (đúng). a) Sử dụng (1). Ta có: 300

1 + a 2 + 1 + b2 ³

(1 + 1)2 + (a + b)2 =

9 2

b) Sử dụng (1). P 

æ 1 1ö (a + b) + çç + ÷÷÷ ³ èa b ø 2

1 1 4 + ³ (với a, b > 0). a b a +b c) Áp dụng (1) liên tiếp hai lần ta được:

æ 4 ÷ö (a + b) + ççç ÷ = è a + b ÷ø 2

Chú ý:

1 1 1 x + 2 + y2 + 2 + z 2 + 2 ³ x y z 2

 Chú ý:

æ1 1 1ö (x + y + z ) + çç + + ÷÷÷ çè x y z ø

æ 9 ÷÷ö = (x + y + z ) + çç çè x + y + z ÷ø 2

82 .

1 1 1 9 + + ³ (với x, y, z > 0). x y z x +y +z

d) Tương tự câu c). Ta có: P 

( 3 223 ) + (x + y + z )2 = 2010 .

Bài 4.51: a) Áp dụng (1) ba lần ta được:

1 1 4 1 1 4 1 1 4 + ³ ; + ³ ; + ³ . 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). æ ö÷ 1 1 1 1 1 1 + + c) Áp dụng a) và b) ta được: + + ³ 4 ççç ÷. è 2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c ÷ø a b c 1 1 æ 1 1ö ab 1 £ çç + ÷÷÷  £ (a + b) . d) Theo (1): a +b 4 èa b ø a +b 4 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. f) Nhận xét: ( p – a ) + ( p – b ) = 2p – (a + b ) = c . 1 1 4 4 + ³ = . p - a p - b (p - a ) + (p - b ) c Cùng với 2 BĐT tương tự, cộng vế theo vế, ta được đpcm. æ 1 1 1ö Bài 4.52: Ta có: (1)  (a + b + c) çç + + ÷÷÷ ³ 9 . Dễ dàng suy từ BĐT Cô–si. èa b c ø

Áp dụng (1) ta được:

a) Áp dụng (1) ta được:  VT 

1 1 1 9 + + ³ . a +b b +c c +a 2(a + b + c)

9(a 2 + b 2 + c 2 ) 3 3(a 2 + b 2 + c 2 ) 3 = . ³ (a + b + c) 2(a + b + c) 2 a +b +c 2

Chú ý: (a + b + c)2 £ 3(a 2 + b 2 + c 2 ) . b) Để áp dụng (1), ta biến đổi P như sau: æ 1 x +1-1 y +1-1 z +1-1 1 1 ö÷ + + + + P= = 3 - çç çè x + 1 y + 1 z + 1 ÷÷ø x +1 y +1 z +1

301

Ta có:

1 1 1 9 9 9 3 + + ³ = . Suy ra: P  3 - = . x +1 y +1 z +1 x +y +z + 3 4 4 4

c) Ta có: P 

9 9 = ³ 9. 2 a + 2bc + b + 2ca + c + 2ab (a + b + c)2 2

d) Ta có 1 1 1 9 9 + + ³ 2 = ³1 2 2 2 2 2 ab + bc + ca ab + bc + ca a +b +c a + b + c + 2 (ab + bc + ca ) (a + b + c )2 và 3 ( ab + bc + ca ) £ (a + b + c )

nên

2007 3.2007 ³ ³ 669 . 2 ab + bc + ca (a + b + c )

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

Bài 4.53: Ta có : a 5 + b 5 ³ a 3b 2 + b 3a 2 = a 2b 2 (a + b) Þ a 5 + b 5 + ab ³ ab

ab c . = a +b +c a +b +c ab c bc a ca b Tương tự : 5 £ ; 5 £ 5 5 b + c + bc a + b + c c + a + ac a + b + c Cộng ba BĐT này lại với nhau ta có đpcm. a b c a 2 + b2 + c2 + + ³ Bài 4.54: * Trước tiên, ta sẽ chứng minh kết quả sau: b + c c + a a + b ab + bc + ca (1) Nhân hai vế của (1) với ab + bc + ca , và để ý rằng a a é abc .(ab + bc + ca ) = a(b + c) + bc ùû = a 2 + ë b +c b +c b +c Dễ thấy khi đó, (1) trở thành abc abc abc a2 + + b2 + + c2 + ³ a 2 + b2 + c2 b +c c +a a +b æ 1 1 1 ö÷ + + Hay abc çç ÷ ³ 0 (hiển nhiên đúng). Điều phải chứng minh. èç b + c c + a a + b ÷ø Þ

ab £ a + b 5 + ab

a +b +c c

* Quay trở lại bài toán, sử dụng kết quả trên, ta suy ra a 2 + b2 + c2 ab + bc + ca 4 2 2 + 4 2. 2 = t + , với t = ab + bc + ca t a + b2 + c2 Với cách đặt trên, dễ dàng suy ra t ³ 1 . P ³

Vậy ta sẽ tìm giá trị nhỏ nhất của f (t ) = t 2 +

302

4 2 với t ³ 1 . t

a 2 + b2 + c2 ab + bc + ca

2 2 2 2 2 2 2 2 + ³ 3 3 t 2. . =6 t t t t 2 hay a = b > 0, c = 0 hoặc các hoán vị tương ứng.

Áp dụng BĐT côsi ta có f (t ) = t 2 + Đẳng thức xảy ra khi t =

Vậy min P = 6 khi và chỉ khi 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 b) Vô nghiệm

Bài 4.57: Ta có 3 x  1  0  x  

d) x  1, x  2

c) 0  x  1

1 3

 x  3  x  3 1 1 1     a) Ta có 3 x  1  1x x3 x3 3 3 x  1  0  x   3 1 1  Do đó 3 x  1  tương đương 3 x  1  0 x3 x3  x  1  x 1  0 1   a) 3 x  1  x  1  x  1   1x 3 3 x  1  0  x   3

Do đó 3 x  1  x  1  x  1 tương đương 3 x  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. 2 Bài 4.59: a) Ta có x  1  0, 2 x 2  2 x  1   x  1  x 2  0

b) Ta có

Suy ra x  1  2 x 2  2 x  1  0 x 1  0  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  (vô nghiệm) 2 2  x  1  x  0 Suy ra x  1  2 x 2  2 x  1  0 với mọi x .

Vậy bất phương trình nghiệm đúng với mọi x . x2  2 1  x2  1  2 b) Áp dụng BĐT côsi ta có x2  1 x2  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:

303

x 2  1.

1 x2  1

2

 x 1  0  x  1 2x  2 1  0     2x  2 1  0  2x  2  1  x  1  x  1   1 2 x  2  1  x   2   1  Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S  1    ;   .  2  x 1





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  : 3 x  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 4.62: a) Vẽ các đường thẳng  d  : x  y  2  0 ,  d '  : x  y  3  0 trên mặt phẳng tọa độ Oxy Xét điểm O  0;0  , thấy  0;0  là nghiệm của bất phương trình

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

 d " : x  2 y  3  0 trên mặt phẳng tọa độ Oxy Xét điểm O  0;0  , thấy  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 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 " .

304

Bài 4.63: Gọi x , y (x , y Î N ) lần lượt là số xe loại MITSUBISHI, loại FORD cần thuê Từ bài toán ta được hệ bất phương trình ïìï 0 £ x £ 10 ïï ïï 0 £ y £ 9 í ïï 20x + 10y ³ 140 ïï ïïî 0, 6x + 1, 5y ³ 9

ïìï 0 £ x £ 10 ïï ï0 £ y £ 9 Û ïí (*) ïï 2x + y ³ 14 ïï ïïî 2x + 5y ³ 30

Tổng chi phí T  x, y   4 x  3 y (triệu đồng) Bài toán trở thành là tìm x, y nguyên không âm thoả mãn hệ (*) sao cho T  x, y  nhỏ nhất. 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 ). ì 6x + 7y £ 30000 ï Bài toán trở thành tìm số tự nhiên x, y thoả mãn hệ ïí ï 2x + y £ 5000 ï î ì ï x = 625 sao cho L  2 x  1,8 y lớn nhất. Từ đó ta có ïí thì L  2 x  1,8 y đạt giá trị lớn nhất. ï y = 3750 ï î

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 4.66: a) m(x - m ) £ x - 1 Û (m - 1)x £ m 2 - 1 Nếu: m=1 thì 0x £ 2 (đúng). Tập nghiệm: S=R. Nếu: m>1 thì x £ m+1. Tập nghiệm: S= ( -¥; m + 1 ùû . Nếu : m<1 thì x ³ m+1.

Tập nghiệm: S= éë m + 1; +¥ ) .

b) 3x + m 2 ³ m(x + 3) Û (m - 3)x £ m 2 - 3m. Nếu: m=3 thì bất phương trình 0x £ 0: nghiệm với mọi x . Nếu: m>3 thì bất phương trình có nghiệm x £ m. 305

Nếu: m<3 thì bất phương trình có nghiệm x ³ m. Bài 4.67: a) Bất phương trình tương đương với ( m - 1 ) x £ 2 - m

Rõ ràng nếu m ¹ 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. b) Bất phương trình tương đương với ( m 2 - 9 ) x ³ m 2 + 3m Dễ dàng thấy nếu m 2 - 9 ¹ 0 Û m ¹ ±3 thì bất phương trình không thể có nghiệm đúng "x Î  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 ³ 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

 0;1  đoạn thẳng

AB có điểm chung với trục hoành  các điểm đầu mút A, B nằm về hai

phía của Ox (có thể nằm trên Ox). Điều này có nghĩa là 2 f  0  . f 1  0 Û (-3m + 2)(-m + 3) £ 0 Û £ 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 đầu mút của đoạn thẳng đó đều nằm trên Ox ìï f (-1) ³ 0 ìï -5m + 1 ³ 0 1  ïí  ïí  -4 £ m £ . ïï f (2) ³ 0 ïï m + 4 ³ 0 5 î î Bài 4.69: Bất phương trình tương đương với ( 2m - 2 ) x ³ m + 1

Với m  1 thì bất phương trình vô nghiệm do đó không thỏa mãn yêu cầu bài toán. m +1 Với m > 1 bất phương trình tương đương với x ³ 2m - 2 m +1 = 1 Û m = 3 (thỏa mãn) Do đó để bất phương trình có tập nghiệm là [1; +¥) thì 2m - 2 m +1 Với m < 1 bất phương trình tương đương với x £ suy ra m < 1 không thỏa mãn 2m - 2 yêu cầu bài toán. Vậy m = 3 là giá trị cần tìm. Bài 4.70: * Với m = 2 bất phương trình ( 2 - m ) x + 2m + 4 ³ 0 (1) trở thành 0.x + 8 ³ 0 (nghiệm đúng với mọi x ), bất phương trình ( m + 1 ) x + m 2 - 4 ³ 0 (2) trở thành 3x ³ 0 Û x ³ 0 do đó hai bất phương trình không tương đương.

306

2 * Với m = -1 bất phương trình (1) trở thành 3x + 2 ³ 0 Û x ³ - , bất phương trình (2) 3 trở thành 0.x - 3 ³ 0 ( vô nghiệm) do đó hai bất phương trình không tương đương. * Với m > 2 không thỏa mãn yêu cầu bài toán 4 - m2 2m + 4 * Với -1 < m < 2 ta có ( 1 ) Û x ³ , (2) Û x ³ m +1 m -2 2m + 4 4 - m2 = Û m = -2 (loại) Suy ra hai bất phương trình tương đương Û 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 ì x £2 ï Bài 4.72: a) Hệ bất phương trình tương đương với ïí ï x > 1-m ï î Suy ra hệ bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 2 > 1 - m Û m > -1 Vậy m > -1 là giá trị cần tìm. ì x > -2 ï ï ì -2 < x £ 4 ï ï Ûï b) Hệ bất phương trình tương đương với ïí x £ 4 í ï ï x >m +2 ï ï î 2 x m > + ï ï î Suy ra hệ bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m + 2 £ 4 Û m £ -2 Vậy m £ -2 là giá trị cần tìm. ì x £1 ï ï ï Bài 4.73: a) Hệ bất phương trình tương đương với í m +5 ï x > ï ï î 2 m +5 Û m ³ -3 Suy ra hệ bất phương trình vô nghiệm Û 1 £ 2 Vậy m ³ -3 là giá trị cần tìm. ì ï ï ï x ³ -3 ì ï ï ï -3 £ x £ 1 ï ï Ûï b) Hệ bất phương trình tương đương với í x £ 1 í ïï ïï x > m - 1 m -1 ïï ïî 2 x > ï ï 2 î m -1 ³1Ûm ³3 Suy ra hệ bất phương trình vô nghiệm Û 2 Vậy m ³ 3 là giá trị cần tìm. Bài 4.74: Ta thấy nếu y  0 thì phương trình vô nghiệm

307

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   y0 Do đó (*)   2 2m t  3m  0

1 2 t  3 5

 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 

Vậy 

9  m  0 là những giá trị cần tìm. 2

Bài 4.75: ĐKXĐ: x ¹ -1

ì ì x > -1 x < -1 ï ï Bất phương trình tương đương với ïí (1) hoặc ïí (2) ï ï 2 x + m 1 > 0 2 x + m 1 < 0 ï ï î î ìï x > -1 ìï x < -1 ï ï Ta có (1) Û ïí , (2) Û ïí 1 m ïï x > ïï x < 1 - m ïî ïî 2 2 1-m 1-m > -1 Û m < 3 thì (1) Û x > Nếu , (2) Û x < -1 2 2 æ1 - m ö ; +¥÷÷÷ Suy ra bất phương trình có nghiệm là x Î ( -¥; -1 ) È çç çè 2 ø

308

1-m = -1 Û m = 3 thì (1) Û x > -1 , (2) Û x < -1 2 Suy ra bất phương trình có nghiệm là x Î  \ { -1 }

Nếu

1-m 1-m < -1 Û m > 3 thì (1) Û x > -1 , (2) Û x < 2 2 æ 1 - m ÷ö Suy ra nghiệm của bất phương trình là x Î çç -¥; ÷ È ( -1; +¥ ) çè 2 ÷ø

Nếu

Kết luận

æ1 - m ö ; +¥÷÷÷ m < 3 tập nghiệm bất phương trình là S = ( -¥; -1 ) È çç çè 2 ø m = 3 tập nghiệm bất phương trình là S =  \ { -1 }

æ 1 - m ö÷ m > 3 tập nghiệm bất phương trình là S = çç -¥; ÷ È ( -1; +¥ ) . çè 2 ÷ø Bài 4.76: a) Phương trình có hai nghiệm khác dấu khi P < 0 hay m - 1 < 0 Û m < 1 .

b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt đều âm khi ìD > 0 ï ïìï( 2m - 3 )2 > 0 ìï m > 1 ï ï ï S < 0 Û ïï 1 - 2m < 0 Û ïï í í í ï ïï ïï m ¹ 3 ï P >0 ï ïï m - 1 > 0 ïî 2 ï ï ïî î

c) Phương trình có hai nghiệm phân biệt đều dương khi ìï 2m - 3 2 > 0 ì ï D>0 ) ïï( ï ï ï ï í S > 0 Û í 1 - 2m > 0 Û không có giá trị nào của m thoả mãn ï ïï ï P >0 ï ï m -1 > 0 ï î ïîï

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 . ìD ³ 0 ï 1 Û 1 - 2m = 0 Û m = . Phương trình có hai nghiệm đối nhau khi và chỉ khi ïí ï S =0 2 ï î  x4 é x =4  ê  x4 x <4 Bài 4.77: Ta có bpt Û êê ïìï (*)   2  í  5 m ê ï( m 2 + 1 ) x - 5m 2 £ 0  x  2 êï ëî m 1  2 5m  4  m 2  4  2  m  2 ta có  Nếu 2 m 1

309

 x4 2 (*)    x  5m  m2  1  m2 x  4 5m 2  4  m2  4    x4  Nếu 2 :  *   m 1  m  2 x  4 2 2 b) -4 < m < c) a = 0;b ³ 0 3 3 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 * 

Bài 4.78: a) -1 < m £

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 . m 2  m  3  0   0 1  13  m  Phương trình (2) có nghiệm 0  t1  t2   . 2 S  0 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 Û x = 2 , a  4  0 . Bảng xét dấu x  2  -4x + 8  + 0 b) Ta có 3x + 9 = 0 Û x = -3 , a  4  0 . Bảng xét dấu x   3 3x + 9 +  0 2 c) Ta có x + 4x + 3 = ( x + 1 )( x + 3 ) , x + 1 = 0 Û x = -1, x + 3 = 0 Û x = -3

Bảng xét dấu x x2 x2 x2  4

  

3 0 | 0

+  

1 | 0 0



+ + +

éx = 3 ê d) Ta có -3x + 10x - 3 = 0 Û ê êx = 1 êë 3 2 Suy ra -3x + 10x - 3 = ( x - 3 )(1 - 3x ) 2

Bảng xét dấu

x 1  3x

310



1 3 0





x 3   -3x 2 + 10x - 3 Bài 4.81: a) Bảng xét dấu x  2 x  4 + x 3  -2x + 4  x -3 4x - 8 4x - 8 b) Ta có 2 = x (x - 3 ) x - 3x

Bảng xét dấu



x 4x  8 x x 3 4x - 8 x 2 - 3x

 +

| 0 2 0 |

  

0 | 0 |



0 0

+  

 

3 | 0

 +



 + 

2 0 | |



+ + 

3 | | 0

+ + +



c) Ta có x ( 9 - x 2 ) (x + 3) = x ( 3 - x )( x + 3 )

Bảng xét dấu

x x 3 x x3 x ( 9 - x 2 ) (x + 3)



3 | | 0 0

 +  

( x + 1) - x 2 -1 = d) Ta có 2 2 ( x + 1) ( x + 1) 2

Bảng xét dấu

( x + 1)

311

1 3 0

+ + + +



+  + 

(x + 1)

 

| 0

 +



3 

3 | 0 | 0

2x + 1

1

-1

Bài 4.82: a) BXD : x 

 + + 

1 2 0 |



2x 1 x 1 x2

0 0 | | 0

 



+ + +

1 Tập nghiệm : T  (; ]  [3; ) 3 b) T  ;  2   2;  



c) bpt 



 x  3 x  6   0   9  x  6  3  x  0 x  x  9 

1  x  8x 1 2 0 d) bpt   2 x  1 x  1  1  x  1  8  1  x  0 1 2 2 e) bpt  0  x  f)  g) x  ,   x  0 5 3 3  1 x  4

h) 3 3x  1  3 4  5x  0  3  2x  0 suy ra 3 3x  1  3 4  5x cùng dấu với 3  2x 3 x 1 x 3 x 2  2x  3 x 3 0  0  2  3 3  2x 3x  1  3 4  5x  x  1 4 7 Bài 4.83: a)  x  4 b) x  2 c) x  1, x  d) 6  x  4 3 3 1 Bài 4.84: a) Tam thức f (x ) có a = -2 < 0 , có hai nghiệm x 1 = ; x 2 = 1 2 1 * f (x ) > 0 (trái dấu với a) Û x Î ( ;1) 2 1 * f (x ) < 0 (cùng dấu với a) Û x Î (-¥; ) È (1; +¥) . 2 1 1 b) Tam thức g(x ) có a = > 0 , có D = 0 Þ g(x ) > 0 (cùng dấu với a) "x ¹ và 4 2 1 g( ) = 0 . 2 c) Tam thức g(x ) có a = -2 > 0 , có D = -7 < 0 Þ g(x ) < 0 (cùng dấu với a) "x Î R .







Bài 4.85: a) Ta có: x 2 - 5x + 4 = 0 Û x = 1; x = 4 2 - 5x + 2x 2 = 0 Û x = 2; x =

Bảng xét dấu: x x 2 - 5x + 4 2x 2 - 5x + 2 f(x)

312

-¥

+ + +

1 2 | 0 0

+ – –

1 2

0 – | – 0 +

| 0 0

+¥

4 – + –

0 | 0

+ + +

b ) Ta có: f (x ) = Bảng xét dấu x 2 x - 3x 2 x - 3x - 4 x 2 - 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 -¥

-1 0 1 2 3 + | + 0 – | – | – 0 + 0 – | – | – | – | + | + | + 0 – 0 + | + || – 0 + || – || + 0 2x - 2(x + 9) - x (x + 9) = Bài 4.86: a) Ta có: f (x ) = 2x (x + 9) Þ f (x ) > 0 Û x Î (-6; -3) È (2; 0) f (x ) < 0 Û (-¥; -6) È (-3;2) È (0; +¥)

4 +¥ + | + – 0 + + | + – || + 2 -x - 9x - 18 2x (x + 2)

b) Ta có: f (x ) = x 4 + 2x 2 + 1 - 2(x 2 + 2x + 1) = (x 2 + 1)2 - éê 2(x + 1) ùú ë û 2 2 Þ f (x ) = x - 2x + 1 - 2 x + 2x + 1 + 2

(

)(

)

æ ö÷ 2 - 4 2 - 2 ö÷÷ æçç 2 + 4 2 - 2 ç ÷÷ Þ f (x ) > 0 Û x Î çç -¥; È ; +¥ ÷÷ ç ÷÷ ççè 2 2 ÷ø ççè ø æ 2 - 4 2 - 2 2 + 4 2 - 2 ö÷ ç ÷÷ f (x ) < 0 Û çç ; ÷÷ ççè 2 2 ø 2 æ 3 ö 5x - 2x - 3 > 0 Û x Î (-¥; -1) È çç - ;1 ÷÷÷ È (2; +¥) c) 2 çè 5 ø x -x -2

Và

æ ö 5x 2 - 2x - 3 çç -1; - 3 ÷÷ È ( 1;2 ) < 0 Û x Î çè 5 ÷ø x2 - x - 2

d) f ( x ) = (x - 1)2 (x + 2) Þ f ( x ) > 0 Û x Î (-2; +¥ ) \ {1 } f ( x ) < 0 Û x Î ( -¥; -2 )

Bài 4.87: Nếu m = 1 Þ g(x ) = -2 < 0 "x Î R Nếu m ¹ 1 , khi đó g(x ) là tam thức bậc hai có a = m - 1 và D ' = 2(m - 1) , do đó ta có các trường hợp sau: ïìa > 0 Þ g(x ) có hai nghiệm phân biệt * m > 1 Þ ïí ïD ïî ' > 0 m - 1 - 2(m - 1) m - 1 + 2(m - 1) x1 = và x 2 = . m -1 m -1 Þ g(x ) > 0 Û x Î (-¥; x 1 ) È (x 2 ; +¥) ; g(x ) < 0 Û x Î (x 1; x 2 ) . ìïa < 0 Þ g(x ) < 0 "x Î R . * m < 1 Þ ïí ïD ' < 0 ïî

313

Bài 4.88: a) Ta có D = ( m + 2 ) + m + 3 = m 2 + 5m + 7 2

Vì tam thức m 2 + 5m + 7 có am = 1 > 0, D 'm = -2 < 0 nên m 2 + 5m + 7 > 0 với mọi m Do đó phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m .

b) Ta có D =

(

3m - 2

)

- 8 ( m 2 + 1 ) = -5m 2 - 4 3m - 4

Vì tam thức -5m 2 - 4 3m - 4 có am = -5 < 0, D 'm < 0 nên -5m 2 - 4 3m - 4 < 0 với mọi m . Do đó phương trình đã cho luôn vô nghiệm với mọi m . ìï a = -1 < 0 1 Ûm> Bài 4.89: a) f ( x ) < 0, "x Û ïí ïD 4 ïî ' = 1 - 4m < 0 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 ¹ 0 thì g ( x ) = 4mx 2 - 4 ( m - 1 ) x + m - 3 là tam thức bậc hai dó đó ìï a = 4m < 0 ï g ( x ) < 0, "x Û í ïï D ' = 4 ( m - 1 )2 - 4m (m - 3 ) < 0 ïî ìï m < 0 ìï m < 0 Û ïí Û ïí Û m < -1 ïï 4m + 4 < 0 ïï m < -1 î î Vậy với m < -1 thì biểu thức g ( x ) luôn âm.

Bài 4.90: a) ĐKXĐ: m 2x 2 - 4mx + m 2 - 2m + 5 ³ 0 (*) Với m = 0 thì điều kiện (*) đúng với mọi x Với m ¹ 0 xét tam thức bậc hai f ( x ) = m 2x 2 - 4mx + m 2 - 2m + 5 Ta có a = m 2 > 0, D ' = 4m 2 - 8 ( 2m 2 + 1 ) = -12m 2 - 8 < 0 Suy ra f ( x ) = m 2x 2 - 4mx + m 2 - 2m + 5 ³ 0 "x Î 

Do đó với mọi m ta có m 2x 2 - 4mx + m 2 - 2m + 5 ³ 0, "x Î  Vậy tập xác định của hàm số là D =  b) ĐKXĐ: x 2 + 2 ( 1 - m ) x + 2m 2 + 3 > 0

Xét tam thức bậc hai f ( x ) = x 2 + 2 ( 1 - m ) x + 2m 2 + 3

Ta có a = 1 > 0, D ' = ( 1 - m ) - ( 2m 2 + 3 ) = -m 2 - 2m - 2 < 0 2

(Vì tam thức bậc hai f ( m ) = -m 2 - 2m - 2 có am = -1 < 0, D 'm = -1 < 0 ) Suy ra với mọi m ta có x 2 + 2 ( 1 - m ) x + 2m 2 + 3 > 0, "x Î  Vậy tập xác định của hàm số là D =  Bài 4.91: a) 3x 2 - 2(m + 1)x - 2m 2 + 3m - 2 ³ 0 "x Î R

314

Û D ' = (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 Û (m + 1)x 2 - 2(m - 1)x + 3m - 3 ³ 0 "x Î  (1) * m = -1 không thỏa mãn ìï m + 1 > 0 Ûm ³1 * m ¹ -1 Þ (1) Û ïí ïD ïî ' = (m - 1)(-2m - 4) £ 0 c) Ta có x 2 + x + 1 > 0 "x Î  ì ïx 2 + 1 - m ³ 0 (1) x +m x +m Þ 2 £ 1 Û -1 £ 2 £1 Ûï í 2 ï x + 2x + m + 1 ³ 0 (2) x +x +1 x +x +1 ï î (1) đúng "x Î  Û 1 - m ³ 0 Û m £ 1 (2) đúng "x Î  Û D ' = -m £ 0 Û m ³ 0 Vậy 0 £ m £ 1 là những giá trị cần tìm é1 ù Bài 4.92: a) T = ê ;1 ú êë 2 úû æ3 ö d) çç ;2 ÷÷÷ e) T = Æ çè 2 ø

b) T = { 2 }

c) T = 

f) T = ( -¥; -3 ùû È éë -2; +¥ )

Bài 4.93: a) Phương trình vô nghiệm khi và chỉ khi D ' < 0

1 - 13 1 + 13 <x < 2 2 æ 1 - 13 1 + 13 ö÷ ÷÷ thì phương trình vô nghiệm ; Vậy với m Î ççç ÷ø çè 2 2 Û m2 - m - 3 < 0 Û

b) Với m = 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán Với m ¹ 1 phương trình vô nghiệm khi và chỉ khi D ' < 0

é m >1 2 Û ( m - 1) - 2m ( m - 1) < 0 Û ( m - 1 )( -m - 1 ) < 0 Û êê êë m < -1 é m ³1 Vậy với êê thì phương trình có nghiệm êë m < -1 Bài 4.94:Với m = 0 , bất phương trình trở thành: -1 > 0 Þ bất phương trình vô nghiệm Với m ¹ 0 Þ f (x ) = mx 2 - 2mx + m - 1 là tam thức bậc hai có a = m, D ' = m ìï D ' > 0 Þ bất phương trình có tập nghiệm: * m > 0 Þ ïí ïïa > 0 î m- m m+ m S = (-¥; )È( ; +¥) . m m ïìa < 0 Þ bất phương trình vô nghiệm . * m < 0 Þ ïí ïîïD ' < 0

315

Kết luận m £ 0 bất phương trình có tập nghiệm là S = Æ m- m m+ m )È( ; +¥) m m Bài 4.95: m = 1 không thỏa mãn ycbt; m = -1 thỏa mãn ycbt Với m ¹ ±1 ta có bpt Û éë ( m + 1 ) x + m - 3 ùû éë ( m - 1 ) x - m - 3 ùû ³ 0 Đáp số m Î éë -3; -1 ùû Bài 4.96: Ta có f ( f ( x ) ) – x = éë x 2 + (b + 1)x + b + 2 ùû éë x 2 + (b - 1)x + 1 ùû m > 0 bất phương trình có tập nghiệm là S = (-¥;

Suy ra f ( f ( x ) ) – x > 0 Û éë x 2 + (b + 1)x + b + 2 ùû éë x 2 + (b - 1)x + 1 ùû > 0 Đặt g ( x ) = x 2 + (b – 1 ) x + 1, h ( x ) = x 2 + (b + 1 )x + b + 2 Ta có Dg (x ) = b 2 - 2b - 3 , Dh(x) = b 2 - 2b - 7

æ 7ö Vì b Î çç 3, ÷÷÷ nên Dg (x ) > 0 và Dh (x ) < 0 . Phương trình g ( x ) = 0 có hai nghiệm çè 2 ø 1 - b - b 2 - 2b - 3 1 - b + b 2 - 2b - 3 , x2 = 2 2 Vậy bất phương trình có tập nghiệm là æ ö÷ 1 - b - b 2 - 2b - 3 ö÷ æç 1 - b + b 2 - 2b - 3 ÷÷ È ç ÷÷ S = ççç -¥; ; +¥ ÷ø ççè ÷ø çè 2 2 Bài 4.97: a) T = -¥;1 - 2 ùú È éê 1 + 2; +¥ b) Vô nghiệm û ë 2 ì ìï 5x 2 - 2x - 3 ³ 0 ï4 ( x 2 + 1 ) £ x 2 - 2x - 7 x - 2x - 7 ï £1Ûí Ûï c) -4 £ í ïï x 2 - 2x - 7 £ x 2 + 1 ï 2x ³ -8 x2 + 1 ï î î é 3ù Suy ra tập T = ê -4; - ú È éë 1; +¥ ) êë 5 úû é 11 ù d) T = ( -¥; -1 ùû È ê ; 3 ú êë 4 úû x1 =

(

)

Bài 4.98: Đặt f ( x ) = ( m 2 + m – 2 ) x + m + 2

ì ï(m 2 + m - 2)(-2) + m + 2 > 0 ïì f (-2) > 0 Ûï Bài toán thỏa mãn: Û ïí í 2 ïï f (1) > 0 ï ï(m + m - 2)(1) + m + 2 > 0 î î ìï ïï -2 < m < 3 2 ì ï -2m - m + 6 > 0 ï 3 2 Ûï Û ïí é m < -2 Û 0<m < í 2 ï ïï ê m +2m > 0 2 ï î ïï ê m > 0 îï êë Bài 4.99: m £ -1 : S = éë -2;1 ùû , - 1 < m < 0 : S = éë 2a; -a ùû , m = 0 : S = { 0 }, m > 0 : S = Æ

316

Bài 4.100: Đặt f ( x ) = 2x 2 - ( 2m + 1 ) x + m 2 - 2m + 2 , có  = -4m 2 + 20m - 15

é ê m £ 5 - 10 ê 2  £0Û ê , suy ra f ( x ) ³ 0, "x Î  nên trường hợp này không thỏa yêu ê 5 + 10 êm ³ êë 2 cầu bài toán. æ 5 - 10 5 + 10 ö÷ ÷÷ , khi đó f ( x ) có hai nghiệm   > 0 Û m Î ççç ; ÷ø çè 2 2 2m + 1 -  2m + 1 + , x2 = 4 4 Và f ( x ) £ 0 Û x Î éë x 1; x 2 ùû . x1 =



( x1 < x 2 )

ì ï ï( 2m - 1 )2 £ 4  ï ìï 1 ï ì ï 2m - 1 £ 2  ïx £ ï 2 ï ï Û Û Do đó yêu cầu bài toán Û ïí 1 í í( 7 - 2m ) £  2 ïï x ³ 2 ï ï 7 - 2m £  ïï ï î ï îï 2 ï1 £ m £ 7 ï ï î2 2 ìï ïï 2 ïï 20m - 84m + 61 £ 0 21 + 2 34 Û ïí m 2 - 6m + 8 £ 0 Û2£m £ ïï 10 7 ïï 1 ïï £ m £ î2 2

21 + 2 34 là những giá trị cần tìm. 10 Bài 4.101: Đặt t = x - 1 Þ 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 ³ 1 Û phương trình (2) có nghiệm t ³ 0 TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 £ 0 £ t2 Û P £ 0 Û m 2 - 3m + 2 £ 0 Û 1 £ m £ 2 . TH2: Phương trình (2) có nghiệm : ìï D ' ³ 0 ìï m - 1 ³ 0 ìm ³ 1 ï ïï ïï ï ém = 1 ïé 2 ï ï 0 £ t1 £ t2 Û í P ³ 0 Û í m - 3m + 2 ³ 0 Û ï í ê m ³ 2 Û êê ïï ïï ï m ³2 ï êm £ 1 ëê ïîï S ³ 0 ïîï m - 1 ³ 0 ï ê ïë î é Kết luận: với m Î ë 1; +¥ ) thì phương trình (1) có nghiệm x ³ 1 .

b) Để phương trình (1) có nghiệm x £ 1 Û phương trình (2) có nghiệm t £ 0 TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 £ 0 £ t2 Û P £ 0 Û m 2 - 3m + 2 £ 0 Û 1 £ m £ 2 . 317

ì ì ï ï m -1 ³ 0 D' ³ 0 ï ï ï ï TH2: Phương trình (2) có nghiệm t1 £ t2 £ 0 Û ïí P ³ 0 Û ïí m 2 - 3m + 2 ³ 0 Û m = 1 ï ï ï ï S ³ 0 ï ï ï ïm - 1 £ 0 î î Kết luận: với m Î éë 1;2 ùû thì phương trình (1) có nghiệm x £ 1 .

c) Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa x 1 < 1 < x 2 Û phương trình (2) có 2 nghiệm: t1 < 0 < t2 Û m 2 - 3m + 2 < 0 Û 1 < m < 2 .

Kết luận: với 1 < m < 2 thì phương trình (1) có hai nghiệm x 1 < 1 < x 2

d) Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa x 1 < x 2 < 1 Û phương trình (2) có 2 nghiệm: ìm - 1 > 0 ïìï D ' > 0 ï ï ïï ï 2 t1 < t2 < 0 Û í P > 0 Û ï í m - 3m + 2 > 0 (vô nghiệm) ïï ï ï ïîï S > 0 ï ïm - 1 < 0 î Kết luận: không tồn tại m để phương trình (1) có nghiệm x 1 < x 2 < 1 . Bài 4.102: a) BXD : x 1 4 1 -¥ +¥ 2 3 | 0 + + | + 4 - 3x 2 | - 0 + 0 -2x + 3x - 1 VT 0 - 0 + 0 + é 4ù 1 T = (-¥; ] È ê 1; ú êë 3 úû 2 (x 2 + x )2 - 2(x 2 + x ) - 3 £0 x2 + x - 2 (x 2 + x + 1)(x 2 + x - 3) x2 + x - 3 Û £ 0 Û £0 x2 + x - 2 x2 + x - 2 é -1 - 13 ö æ -1 + 13 ù ú Þ T = êê ; -2 ÷÷÷ È ççç 1; ú ÷ ç 2 2 ø è ëê ûú æ ö÷ 1 - 5 ö÷ æç 1 + 5 ÷÷ È ç ÷÷ ; +¥ c) T = ççç -¥; ÷ø çè 2 ÷ø ççè 2 æ 4 ö d) T = ( -¥; -2 ) È çç - ; 0 ÷÷÷ È 2;2 È ( 2; +¥ ) çè 3 ø

b) Bpt Û

(

e) T = -2;1 - 2 ùú È éê 1;1 + 2 ùú û ë û f) T = ( -1; 0 ) È éë 1; +¥ )

)

ì x > -1 ïìï x 3 + 2x + 3 > 0 ï Ûï Bài 4.103: Ta có bpt Û í 2 í ïï m - 3m - x > 0 ï x < m 2 - 3m ï î î

318

Bất phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 3- 5 3+ 5 <x < 2 2 Bài 4.104: BĐT đã cho đúng với "x , z Î R Û tam thức f (x ) ³ 0 "x , z m 2 - 3m < -1 Û m 2 - 3m + 1 < 0 Û

(Trong đó f (x ) = x 2 + 2(3y - 2z )x + 9y 2 + 5z 2 - 12yz - 2z + 1 ) Û D 'x = (3y - 2z )2 - (9y 2 + 5z 2 - 12yz - 2z + 1) = -z 2 + 2(3y + 1)z - 1 £ 0 "z

Û D 'z = (3y + 1)2 - 1 £ 0 Û 3y(3y + 2) £ 0 Û -

Vậy -

2 £ y £ 0 là những giá trị cần tìm. 3

2 £ y £ 0. 3

Bài 4.105: Ta giả sử z = min{x , y, z } Þ z £ 1 . Từ giả thiết Þ x = Nên (1) Û

4 - yz 4 - yz + y + z ³ (y + z ) + yz y + z + yz y + z + yz

4 - yz y + z + yz

Û f (y ) = (1 + z - z 2 )y 2 + (z 2 + z - 4)y + (z - 2)2 ³ 0 .

Tam thức f (y ) có hệ số a = 1 + z - z 2 > 0 (do z £ 1 ) và có biệt thức :

D = z (z - 1)2 (5z - 8) £ 0 Þ f (y ) ³ 0 đpcm. Đẳng thức xảy ra Û x = y = z = 1 hoặc (x ; y; z ) = (2;2; 0) và các hoán vị. 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) ³ 0 Û xy ³ x + y - 1 Þ xyz ³ xz + yz - z . Þ xyz + 2(x 2 + y 2 + z 2 ) + 8 ³ 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 ³ 5(x + y + z ) Û f (z ) = 2z2 + (x + y - 6)z + 2(x 2 + y 2 ) - 5(x + y ) + 8 ³ 0 .

Tam thức f (z ) có a = 2 > 0 và Dz = -15x 2 + 2(y + 14)x - 15y 2 + 28y - 28 Dz là tam thức bậc hai ẩn x, có a = -15 < 0 và Dx = -224(y - 1)2 £ 0

Þ Dz £ 0 Þ f (z ) ³ 0 (đpcm). Đẳng thức xảy ra Û 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 Þ 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 50y 2 - 30Sy + 5S 2 - 5S + 8 £ 0(*) Vì bất đẳng thức trên đúng với mọi y nên ta có D ³ 0, tức là 900S 2 - 4.50.(5S 2 - 5S + 8) ³ 0

319

Biến đổi tương đương ta thu được -100S 2 + 1000S - 1600 £ 0 hay 100S 2 - 1000S + 1600 £ 0 Û 2 £ S £ 8 3 Khi S = 2 thay vào (*) được 50y 2 - 60y + 18 £ 0 Û y = nên 5 9 1 x = S - 3y = 2 - = 5 5 Khi S = 8 thay vào (*) được 12 36 4 50y 2 - 240y + 288 £ 0 Û y = Þ x = S - 3y = 8 = 5 5 5 max S = 8, min S = 2 Bài 4.108: Ta có: P = 2a + 3b Þ b =

P - 2a 3

Thay vào biểu thức phía trên ta được: P - 2a 2 P - 2a a2 + ( ) = 4a - 3( ) Û 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: Di = -9P 2 - 9P + 729 ³ 0 Û

Bài 4.109: Từ điều kiện ta có x 2 + y2 =

(x + y )

+ (x - y )

-9 - 45 13 -9 + 45 13 £P £ 18 18

= 5 - z 2 Þ ( x + y ) = 10 - 2z 2 - ( 3 - z ) 2

Do đó ( x + y ) = 1 + 6z - 3z 2 2

Dễ thấy z ¹ -2 . Ta có P ( z + 2 ) + 2 = x + y Do đó éë P ( z + 2 ) + 2 ùû = 1 + 6z - 3z 2 2

Û ( z + 2 ) P 2 + 4 ( z + 2 ) P + 4 = 1 + 6z - 3z 2 2

Û ( 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

Dz' ³ 0 Û ( 2P 2 + 2P - 3 ) - ( P 2 + 3 )( 4P 2 + 8P + 3 ) ³ 0 2

36 £P £0 23 Ta có P = 0 khi x = 2, y = 0, z = 1 Û-

36 20 66 7 khi x = , y = - , z = 23 31 31 31 é ab + bc + ca £ 2 - 3 Bài 4.110: Nếu êê . thì bất đẳng thức dễ dàng được chứng minh. êë ab + bc + ca ³ 2 + 3 P =-

320

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 3 Û 2x 2 - 4x (y - 1) + 3y 2 - 8y + 3 ³ 0 .

Đặt f (x ) = 2x 2 - 4x (y - 1) + 3y 2 - 8y + 3 . Ta dễ dàng tính được D ' f (x ) = 4(y - 1)2 - 2(3y 2 - 8y + 3) = -2y 2 + 8y - 2 = -2 éê y - (2 - 3) ùú éê y - (2 + 3) ùú £ 0. ë ûë û 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 + 7b 2 - 5b + 3 với b là tham số Ta có D f = ( 4b + 7 ) - 36 ( 7b 2 - 5b + 3 ) = -59 ( 2b - 1 ) £ 0 2

Suy ra f ( a ) ³ 0 Û 9a 2 - ( 4b + 7 )a + 7b 2 - 5b + 3 ³ 0 Û 7a + 5b + 12ab - 9 £ 9a 2 + 8ab + 7b 2 - 6

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

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

(* )

Coi đây là tam thức bậc hai ẩn x, do điều kiện tồn tại của x nên suy ra (*) phải có nghiệm, tức D = (12y - 11)2 - 44(10y 2 - 10y + P ) ³ 0 Hay -296y 2 + 176y + 121 - 44P ³ 0 74 æ 22 121 ö÷ Tương đương P £ - çç y 2 - y ÷ 11 çè 37 296 ÷ø Ta có y 2 -

æ 74 ö æ 5445 ÷ö 495 22 121 5445 y³Suy ra P £ çç - ÷÷ . çç ÷= çè 11 ÷ø èç 10952 ÷ø 148 37 296 10952

Vậy max P =

495 148

Bài 4.113: a) Ta thấy x 2  2x  3  0 x nên phương trình đã cho  x 2  2x  3  3x  2    x 2  2x  3  3x  2

x2  x  5  0 5  21  x . 2  x 2  5x  1  0

x20 x  2      b) Phương trình    2x 2  7x  2  x  2    2x 2  8x  0  2  2   2x  7x  2   x  2   2x  6x  4  0

321

Phương trình đã cho có bốn nghiệm x  0; x  1; x  2; x  4 . c) x  4, x  0 d) ĐKXĐ: x ¹ ±1 . Với ĐK đó: 2x 2x 2x 2x 1 = 2 Û = . x +1 x +1 x +1 x -1 x -1 ìï 2x æ ö ì 2x çæ 1 ÷ö ï çç 1 + 1 ÷÷ = 0 ïï ï ÷÷ = 0 çç 1 ï ç ï ï x - 1è x - 1 ÷ø x - 1ø Ûï hoặc ïí x - 1 è í ïï 2x ï 2x ï <0 ³0 ïï ï ï ïî x + 1 ïx + 1 î 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.

PT Û

 x 2  5x  4  x  2 * Nếu x  2  bpt    x 2  5x  4   x  2  x 2  6x  6  0 x  3  3 V x  3  3   .  x 2  4x  2  0  2  2  x  2  2

Kết hợp với x  2 ta có: 2  x  2  2 V x  3  3 . 2  x  2  2 Vậy nghiệm của bất phương trình :  .  x  3  3 x  0   x  0   x 2  2x  6  0 b) Bất phương trình   2  2  x  x  x  6  x x  6  0  6  x  1 7 . Vậy nghiệm bất phương trình : 6  x  1  7 . 1   3 c) T   ;    5;   d) T  0;  5   2 2  1 1  1  1 1   1   , t  0  x 3  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

e) Đặt t  x 

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

322

Lập bảng biến thiên ta có 

Nếu 5m  3  1  m 



Nếu m 



4  phương trình vô nghiệm. 5

4  phương trình có một nghiệm. 5 4 Nếu m   phương trình có hai nghiệm phân biệt. 5

Bài 4.116: PT  2x 2  10x  8  x 2  5x  m  x 2  5x  8 khi x   ;1   4;   Xét hàm số f  x   2x  10x  8  x  5x   3x 2  15x  8 khi x  1; 4   Phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt  Đồ thị hàm số 43 f  x   2x 2  10x  8  x 2  5x cắt đường thẳng y  m  4  m  . 4 2

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 Ta có min y   suy ra yêu cầu bài toán  5m    m   16 16 80

Bài 4.118: Đặt t  x  2 , t  0 ta có phương trình: t 2  3t  2m  6  0 (*) a) x  2, x  6 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 .

ì 1 ï ï x > ïìï 2x - 1 > 0 ï ï 2 ï ï Bài 4.120: a) Bpt Û ïí x - 3 ³ 0 Ûï Ûx ³3 íx ³ 3 ïï ï ï 2 2 4x - 5x + 4 > 0 ïï x - 3 < (2x - 1) ï ï î ï ï î

323

ìï x 2 - x + 1 ³ 0 ïï 8 Ûx ³b) Bpt Û ïí x + 3 ³ 0 ïï 2 7 ïï x - x + 1 £ (x + 3)2 î

é2 3 ê £x < ìï 4x - 3 < 0 ìï 4x - 3 ³ 0 4 Û 2 £x <1 Û êê 3 c) Bpt Û ïí È ïí 2 ïï 3x - 2 ³ 0 ïï 3x - 2 > (4x - 3) 3 ê3 £ x < 1 î î êë 4 éì ïx + 1 £ 0 é 4 ê ïí êx £ ê ï 3x 2 + x - 4 ³ 0 ê 3 Û ê d) Bpt Û êê îï ìï x + 1 > 0 1 + 41 ê êï êx ³ ê íï 3x 2 + x - 4 ³ (x + 1)2 ë 4 êï ëî

Bài 4.121: a) Ta xét hai trường hợp

1 TH 1: 2x 2 - 3x - 2 = 0 Û x = 2, x = - . Khi đó BPT luôn đúng 2 ì ï ìï 2x 2 - 3 - 2 > 0 ïx < - 1 V x > 2 1 Ûï Û x <- V x ³ 3. TH 2: Bpt Û ïí 2 í 2 ïï x - 3x ³ 0 ï 2 ï x £0Vx ³3 î ï î 1 Vậy nghiệm của Bpt đã cho là: T = (-¥; - ] È {2} È [3; +¥) . 2 b) ĐK: x ³ -1 * Với x = 0 ta thấy Bpt luôn đúng * Với x ¹ 0 Þ 1 - x + 1 ¹ 0 . Nhận lượng liên hợp ở VT của Bpt ta được x 2 (1 - x + 1)2

> x - 4 Û (1 - x + 1)2 > x - 4 Û

(1 + x + 1) (1 - x + 1) Vậy nghiệm của Bpt đã cho là: T = [ - 1; 8) . 2

x +1 < 3 Û x < 8

c) Bất phương trình Û x (x + 3) - (x + 3) x 2 + 1 + 1 £ 0 Û (x + 3)(x - x 2 + 1) + ( x 2 + 1)2 - x 2 £ 0

(

x2 + 1 - x

)(

x2 + 1 - x >

Þ (*) Û

)

x2 + 1 - 3 £ 0

(*)

x2 - x = x - x ³ 0

x 2 + 1 £ 3 Û x 2 £ 8 Û -2 2 £ x £ 2 2 .

Vậy -2 2 £ x £ 2 2 là nghiệm của bất phương trình đã cho. ì x £8 ï ï ïìï 8 - x ³ 0 ï ï ï 1 1 Bài 4.122: a) bpt Û ïí 2x - 1 ³ 0 Ûï Û £x £5 íx ³ ïï ï 2 2 ï ïï 2x - 1 £ (8 - x )2 ï x 2 - 18x + 65 ³ 0 ï î ï î 324

ì ïx - 2 < 0 2x 2 - 6x + 1 > x - 2 Û ïí 2 ï 2x - 6x + 1 ³ 0 ï î ì x <2 ï ï ï ï é ìï x - 2 ³ 0 ï êx £ 3 - 7 ï ï Û hoặc í hoặc í ê 2 2 ï ïï( 2x 2 - 6x + 1) > ( x - 2 ) ê ï ïî ï ê 3+ 7 ï êx ³ ï ï ê îë 2 é x >3 ïìï x ³ 2 ê Û ê í 2 êx £ 3 - 7 ïï x - 2x - 3 > 0 î êë 2

b) bpt Û

c) ĐS: 3 < x £ 5 ìï x + 3 ³ 0 ïï d) ĐKXĐ: ïí 2x - 8 ³ 0 Û 4 £ x £ 7 ïï ïïî 7 - x ³ 0 bpt Û x + 3 ³ Û2³

(

2x - 8 + 7 - x

)

Û 3 ³ -1 + 2

( 2x - 8 )( 7 - x ) Û 4 ³ -2x 2 + 22x - 56

( 2x - 8 )( 7 - x )

éx £ 5 Û x 2 - 11x + 30 ³ 0 Û êê êë x ³ 6

é4 £ x £ 5 Đối chiếu điều kiện ta nghiệm bpt là êê êë 6 £ x £ 7 ìï x + 2 ³ 0 ïï e) ĐKXĐ : ïí x + 1 ³ 0 Û x ³ 0 ïï ïïî x ³ 0 bpt Û x + 2 < x + 1 + x Û x + 2 < 2x + 1 + 2 (x + 1)x ì ìï1 - x < 0 ï ï1 - x ³ 0 Û 1 - x < 2 (x + 1)x Û ïí hoặc í 2 ïï x ³ 0 ï 1 - x ) < 4x (x + 1) ï î ï î( é 3+2 3 ê êx < 3 Û ê ê -3 + 2 3 <x ê êë 3

Đối chiếu điều kiện ta nghiệm bpt là x >

325

-3 + 2 3 3

ì 9 ï ïìï 9 + 2x ³ 0 ï x ³ï Ûí f) ĐKXĐ : í 2 ïï 3 - 9 + 2x ¹ 0 ï ï x ¹ 0 î ï î bpt Û

(

2x 2 3 + 9 + 2x 4x

)

< x + 21 Û

9 + 2x < 4 Û x <

ì 9 7 ï ï - £x < ï Đối chiếu điều kiện ta nghiệm bpt là í 2 2 ï ï x ¹ 0 ï î ìï ïï -1 £ x £ 4 Bài 4.123: a) ĐKXĐ : í 3: ïï x ¹ 0 ïî

7 2

-3x 2 + x + 4 + 2 4 < 2 Û -3x 2 + x + 4 < 2x - 2 : BPT Û x 3 ì ïìï 2x - 2 ³ 0 x ³1 ï 9 ï Ûí Û Ûx > í 2 2 2 ïï -3x + x + 4 < ( 2x - 2 ) ï 7x - 9x > 0 7 ï î ïî 9 4 Suy ra nghiệm của bất phương trình là < x £ 7 3 Với -1 £ x < 0 : bpt luôn đúng é -1 £ x < 0 ê Đối chiếu điều kiện ta nghiệm bpt là ê 9 ê <x £4 êë 7 3 2 ìï x - 3x + 2 ³ 0 ïï éx ³ 4 b) ĐKXĐ: ïí x 2 - 4x + 3 ³ 0 Û êê êë x £ 1 ïïï x 2 - 5x + 4 ³ 0 ïî bpt Û ( x - 1 )( x - 2 ) + ( x - 1 )( x - 3 ) ³ 2 ( x - 1 )( x - 4 )

Với 0 < x £

Dễ thấy x = 1 là nghiệm của bpt. + Với x < 1 : Bpt Û ( 1 - x )( 2 - x ) + Û

2-x +

3-x ³ 2 4-x

(1 - x )( 3 - x ) ³ 2 (1 - x )( 4 - x )

Ta có : 2 - x + 3 - x < 4 - x + 4 - x = 2 4 - x Suy ra x < 1 bpt vô nghiệm . +) Với x ³ 4 : bpt Û x - 2 + x - 3 ³ 2 x - 4

Ta có : x - 2 + x - 3 ³ x - 4 + x - 4 = 2 x - 4, "x , x ³ 4 Suy ra : x ³ 4 bất pt luôn đúng . éx = 1 Vậy nghiệm của bpt là : êê êë x ³ 4 326

c) ĐS: x £ -5, x = 3, 5 £ x £

17 3

ìï1 + x ³ 0 Û -1 £ x £ 1 : d) ĐKXĐ: ïí ïï1 - x ³ 0 î

Khi đó : bpt Û 1 + x + 1 - x + 2 1 - x 2 £ 4 - x 2 +

(

)

Û 1 - x2 - 2 1 - x2 + 1 +

(

)

x4 ³0 16

x4 ³ 0 (luôn đúng) 16 Vậy nghiệm của bpt là : -1 £ x £ 1 é Bài 4.124: a) bpt Û 4(x + 1)2 ê 1 + 3 + 2x êë ĐS: x = -1, x ³ 3 Û

1 - x2 - 1

(

b) 0 £ x £ 1

h) bpt Û

c) 0 £ x £ 5

)

ù - 2x + 10 ú ³ 0 úû

d) 0 < x <

9 4 5 <x £ f) x > 3 7 3 4 2 9x + 16 ( 3x - 2 ) > 2 ( 3x - 2 )

e) -1 £ x < 0,

x4 16

(

45 8

17 3 2x + 4 + 2 2 - x )

g) x >

)

2 4 2 <x £2 Chia hai trường hợp và giải ta được -2 £ x < , 3 3 t2 - 4 Bài 4.125: a) Đặt : t = 3x 2 + 6x + 4, t ³ 0 Þ x 2 + 2x = 3 2 t -4 Bất phương trình trở thành t < 2 3 2 Û t + 3t - 10 < 0 Û 0 £ t < 2(t ³ 0)

Ta có 3x 2 + 6x + 4 < 2 Û 3x 2 + 6x + 4 < 4 Û 3x 2 + 6x < 0 Û -2 < x < 0 Vậy nghiệm bpt là -2 < x < 0 . b) ĐKXĐ: -3 £ x £ 1 Đặt : t =

3 - 2x - x 2 , t ³ 0 Þ t 2 = 3 - 2x - x 2 Þ 2x + x 2 = 3 - t 2

Bất phương trình trở thành 2 ( 3 - t 2 ) + 3t > 1

5 Û 2t 2 - 3t - 5 < 0 Û 0 £ t < (dot ³ 0) 2 ìï -3 £ x £ 1 ï 5 Ta có 3 - 2x - x 2 < Û ïí Û -3 £ x £ 1 ïï 3 - 2x - x 2 < 25 2 ïî 4

327

Vậy nghiệm bpt là -3 £ x £ 1 -2 < x < 0 . é 2 êx ³ c) ĐKXĐ: ê 3 ê x £ -1 êë Đặt t =

3x 2 + 5x + 2, t ³ 0 Þ 3x 2 + 5x = t 2 - 2

Bất phương trình trở thành Û

t2 + 5 - t ³ 1

t 2 + 5 ³ t + 1 Û t 2 + 5 ³ (t + 1) Û t £ 2 2

ìï 3x 2 + 5x + 2 ³ 0 Ta có 3x + 5x + 2 £ 2 Û ïí 2 ïï 3x + 5x + 2 £ 4 î 2 ïìï é ïï êê x ³ é -2 £ x £ -1 3 ïï ê ê Û í êë x £ -1 Û ê -2 1 ïï ê £x £ êë 3 1 ïï 3 ïïî -2 £ x £ 3 d) ĐKXĐ: x ³ 1 2 2 3 bpt Û x -1 +1 + x -1 -1 > 2 3 Û x -1 +1 + x -1 -1 > 2 Đặt t = x - 1, t ³ 0 2

(

)

(

)

Bất phương trình trở thành t + 1 + t - 1 >

3 (*) 2

3 3 Ût> 2 4 Suy ra nghiệm bpt(*) là t ³ 1 do đó x - 1 ³ 1 Û x ³ 2 3 +) Với 0 £ t < 1 ta có (*) Û 2 > đúng mọi t 2 ïì x ³ 1 Do đó 0 £ x - 1 £ 1 Û ïí ïï x £ 2 î Vậy nghiệm bpt là x ³ 1 e) ĐKXĐ : x > 0 æ 1 ÷ö 1 bpt Û 5 çç x + +4 ÷÷ < 2x + çè 2x 2 xø

+) Với t ³ 1 ta có (*) Û 2t >

Đặt t =

328

x +

2 x

³2

2 x

2, t ³

2Þx+

1 = t2 - 1 4x

é 1 êt < 2 2 Bất phương trình trở thành 5t < 2 ( t - 1 ) + 4 Û 2t - 5t + 2 > 0 Û ê 2 êt > 2 êë

Vì t ³

2 Þ t > 2 ta có

x +

2 x

> 2 Û 2x - 4 x + 1 > 0

é é ê0 < x < 2 - 2 ê0 < x < 3 - 2 2 ê ê 2 2 Û ê Û ê ê ê 2+ 2 3+2 2 ê x > êx > êë ëê 2 2

Vậy nghiệm bpt là 0 < x < f) ĐKXĐ: x < -1, x > 0

3-2 2 3+2 2 và x > . 2 2

x +1 x 1 ,t > 0 Þ = 2 x x +1 t 1 Ta được : 2 - 2t > 3 Û 2t 3 + 3t 2 - 1 < 0 Û ( t + 1 ) ( 2t 2 + t - 1 ) < 0 t 1 Û 0 < t < (vì t > 0 ) 2 x +1 1 4 < Û - < x < -1 Ta có 0 < x 2 3 4 Vậy nghiệm bpt là - < x < -1 . 3 é x < -1 g) ĐKXĐ: x 2 - 1 > 0 Û êê êë x > 1 +) Với x < -1 : bpt VN x2 x2 1225 + 2. > +) Với x > 1 : bpt Û x 2 + 2 144 x -1 x2 - 1 x4 x2 1225 Û 2 + 2. >0 2 144 x -1 x -1 x2 , t > 0 , bất phương trình trở thành Đặt : t = x2 - 1 1225 25 Û t 2 + 2t > 0 Û t > (dot > 0) 144 12 2 x 25 > Û 144x 4 > 625x 2 - 625 Do đó ta có 2 x - 1 12

Đặt: t =

329

é é 25 5 ê0 £ x2 < ê1 < x < 16 Û ê 4 (dox > 1) Û 144x 4 - 625x 2 + 625 > 0 Û êê ê 25 5 êx2 > êx > êë êë 9 3 Bài 4.26: a) ĐKXĐ: 1 £ x £ 7 .

Ta có: PT Û x - 1 + 2 7 - x - 2 x - 1 Û Û

(

x -1

(

)

x -1 -2 - 7 -x

x -1 -2

)(

(

)

( 7 - x )( x - 1 ) = 0

)

x -1 -2 = 0

x -1 - 7 -x = 0

é x -1 = 2 Û êê Û êë x - 1 = 7 - x -1 3 £x £ b) ĐKXĐ: 2 2

éx = 5 ê êx = 4 . êë

Phương trình đã cho Û

2x + 1 +

(

3 - 2x

)

(4x 2 - 4x + 1)2 4

(4x 2 - 4x + 1)2 . 4 -4x 2 + 4x + 3= 4 - (2x - 1)2 Þ 0 £ t £ 2 . Ta có phương trình :

Û 4 + 2 -4x 2 + 4x + 3 =

Đặt t =

16 + 8t = (4 - t 2 )2 Û t 4 - 8t 2 - 8t = 0 Û t(t 3 - 8t - 8) = 0 é t = 0 (n) Û t(t + 2)(t 2 - 2t - 4) = 0 Û êê . êë t = 1 + 5 (l) é 1 êx = ê 2. t = 0 Û -4x 2 + 4x + 3 = 0 Û 4x 2 - 4x - 3 = 0 Û ê 3 êx = êë 2 1 3 Vậy x = - ; x = là nghiệm của phương trình đã cho. 2 2 5 c) ĐKXĐ: x ³ . 3 Phương trình Û 10x + 1 - 9x + 4 + 3x - 5 - 2x - 2 = 0 x -3 x -3 Û + =0 10x + 1 + 9x + 4 3x - 5 + 2x - 2 æ ö÷ 1 1 Û (x - 3) çç + ÷÷ = 0 Û x = 3 (thỏa điều kiện). èç 10x + 1 + 9x + 4 3x - 5 + 2x - 2 ø

Vây x = 3 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. d) PT Û x - 1 + x 3 - x 2 + 2x - 9 = 0

330

x -2

x -1 +1

+ (x - 2)(x 2 + x + 4) = 0

æ ö 1 Û (x - 2) çç + x 2 + x + 4 ÷÷÷ = 0 Û x = 2 çè x - 1 + 1 ø

Bài 4.127: a) Theo côsi ta có: 2x 2 - x + 1 2 + 3x - 3x 2 2x 2 - x £ ; 1 + 3x - 3x 2 £ 2 2 2 -x + 2x + 3 Suy ra 2x 2 - x + 1 + 3x - 3x 2 £ 2 2 -x + 2x + 3 £ 2. Mà 2 Dấu bằng xảy ra <=>x=1. Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất x=1. b) ĐKXĐ: x 2 - 2x - 1 ³ 0 Do x 2 - 2x - 1 ³ 0 nên 3 14 - x 3 ³ 2 - x Û 14 - x 3 ³ 8 - 12x + 6x 2 - x 3 Û x 2 - 2x - 1 £ 0

Suy ra phương trình có nghiệm thì x 2 - 2x - 1 = 0 Û x = 1 ± 2 Thử lại ta thấy phương trình cso nghiệm duy nhất x = 1 - 2 . c) ĐK: x > 0 . Áp dụng BĐT Bunhiacopxky ta có:

( 1 + 3x )( 1 + 3 ) ³ ( 1 + 3

Suy ra 2 1 + 3x - x +

x 2

)

Þ 2 1 + 3x ³ 1 + 3 x 2

+1 ³ 5. x x Đẳng thức xảy ra khi x = 1 và đó cũng là nghiệm của phương trình. ìï 2x + 3 ³ 0 ïï ïï x + 1 ³ 0 5 Bài 4.128: ĐKXĐ: ïí 2 Ûx ³ ïï x - 11x + 33 ³ 0 3 ïï ïïî 3x - 5 ³ 0 Phương trình tương đương với 2 ( 2x + 3 )( x + 1 ) = x 2 - 11x + 24 + 2 ( x 2 - 11x + 33 ) ( 3x - 5 ) Û2 Û2 Û2

331

(

³2 x +

( 2x + 3 )( x + 1 ) - ( x 2 - 11x + 33 ) ( 3x - 5 ) ) = x 2 - 11x + 24 -3x 3 + 40x - 149x + 168

= x 2 - 11x + 24

( 2x + 3 )( x + 1 ) + ( x - 11x + 33 ) ( 3x - 5 ) ( 3x - 7 )( -x 2 + 11x - 24 ) = x 2 - 11x + 24 2 ( 2x + 3 )( x + 1 ) + ( x - 11x + 33 ) ( 3x - 5 ) 2

æ ç Û ( x - 11x + 24 ) çç çç è 2

ö÷ + 1 ÷÷÷ = 0 2 ( 2x + 3 )( x + 1 ) + ( x - 11x + 33 ) ( 3x - 5 ) ÷ø 2 ( 3x - 7 )

éx = 3 Û x 2 - 11x + 24 = 0 Û êê (thỏa mãn điều kiện) êë 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  m 2  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  m 2  m  0  0  m  1 . 1  m  0  '  0   TH2: Phương trình (3) có nghiệm 0  t1  t2   P  0  m 2  m  0  m  1 . S  0 m  1  0  

Kết luận: Với m   0;1 thì phương trình (1) có nghiệm.

b) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (3) có 2 nghiệm 1  m  0   0  2  0  t1  t2   P  0  m  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 TH1: Phương trình (3) có nghiệm t1  0  t2  P  0  m 2  m  0  0  m  1 . 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     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. Bài 4.130. ĐK x Î R . Đặt t =

x 2 + 1 - 1 ( t ³ 0 ) suy ra x 2 = ( t + 1 ) - 1 , thay vào

phương trình (1) ta được phương trình: t 2 - ( m - 2 )t + 3m + 2 = 0

a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm t ³ 0

332

(2 )

TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 £ 0 £ t2 Û P £ 0 Û 3m + 2 £ 0 Û m £

-2 . 3

TH2: Phương trình (2) có nghiệm ìï D ³ 0 ìï m 2 - 16m - 4 ³ 0 ïï ïï 0 £ t1 £ t2 Û ïí P ³ 0 Û ïí 3m + 2 ³ 0 Û m ³ 8 + 68 ïï ïï ïîï S ³ 0 ïîï m - 2 ³ 0 æ -2 ù é ú È 8 + 68; +¥ thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt Kết luận: với m Î çç -¥; çè 3 úû êë b) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa: ì m 2 - 16m - 4 > 0 ïìï D > 0 ï ï ïï ï 0 < t1 < t2 Û í P > 0 Û ï Û m > 8 + 68 í 3m + 2 > 0 ïï ï ï ïîï S > 0 ï ïm - 2 > 0 î Kết luận: Với m Î 8 + 68; +¥ thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.

)

(

)

c) Để pt (1) có nghiệm duy nhất ta xét 2 trường hợp sau: TH1: Phương trình (2) có nghiệm ïìï D > 0 ïìï m 2 - 16m - 4 > 0 ï ï -2 t1 < 0 = t2 Û ïí P = 0 Û ïí 3m + 2 = 0 Ûm = . ïï ïï 3 ïîï S < 0 ïîï m - 2 < 0 ì ì ï m 2 - 16m - 4 = 0 ïD = 0 Ûï TH2: Phương trình (2) có nghiệm 0 = t1 = t2 Û ïí (vô í ï ï S = 0 m 2 = 0 ï î îï nghiệm) -2 Kết luận: với m = thì pt (1) có nghiệm duy nhất. 3 Bài 4.131. a) BĐT . (a 2 - b 2 )2 + (a - c)2 + (a - 1)2 ³ 0 . æa ö b) BĐT çç - (b - c) ÷÷÷ ³ 0 è2 ø 2

Bài 4.132: a) BĐT tương đương với Áp dụng BĐT côsi ta có

c) BĐT Û ab(a - b)(a 3 - b 3 ) ³ 0 1 -a 1 -b 1 -c b +c c +a a +b . . ³8 Û . . ³8 a b c a b c

b +c c +a a +b 2 bc 2 ca 2 ab . . ³ . . = 8 ĐPCM. a b c a b c 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = . 3 b) Áp dụng BĐT côsi ta có

333

a +b b +c c +a + + b 2 + 4bc + c 2 c 2 + 4ca + a 2 a 2 + 4ab + b 2 a +b b +c c +a ³ 33 . 2 . 2 2 2 2 b + 4bc + c c + 4ca + a a + 4ab + b 2 Do đó ta chỉ cần chứng minh a +b b +c c +a . 2 . 2 ³1 2 2 2 b + 4bc + c c + 4ca + a a + 4ab + b 2 Û ( a + b )(b + c )(c + a ) ³ (b 2 + 4bc + c 2 )(c 2 + 4ca + a 2 )(a 2 + 4ab + b 2 ) (*)

Ta có b + 4bc + c = ( b + c ) + 2bc £ (b + c ) 2

Tương tự ta có c + 4ca + a £ 2

3 (c + a )

æ b + c ö÷ 3 (b + c ) + 2. çç ÷÷ = 2 èç 2 ø

và a + 4ab + b £ 2

Suy ra ( b 2 + 4bc + c 2 )( c 2 + 4ca + a 2 )( a 2 + 4ab + b 2 ) £

3 (a + b )

2 2 2 27 (a + b ) (b + c ) (c + a ) (1) 8

æ 2a + 2b + 2c ö÷ 8 Mặt khác ( a + b )( b + c )( c + a ) £ çç (2) ÷÷ = çè 3 27 ø Từ (1) và (2) suy ra BĐT (*) đúng nên BĐT ban đầu đúng. ĐPCM. 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = . 3 a b c ac ba c Bài 4.133: a) + + = + + 1 + b + ab 1 + c + bc 1 + c + ca c + bc + 1 1 + ab + 1 1 + a + ab 3

a3 b3 c3 + + (a + 1)(b + 1) (c + 1)(b + 1) (a + 1)(c + 1) Áp dụng BĐT Côsi cho ba số thực dương ta có:

Đặt P =

a3 a +1 b +1 a3 a + 1b + 1 3 + + ³ 33 = a. (a + 1)(b + 1) 8 8 (a + 1)(b + 1) 8 8 4

b3 c +1 b +1 3 c3 c +1 a +1 3 + + ³ b; + + ³ c (c + 1)(b + 1) 8 8 4 (c + 1)(a + 1) 8 8 4 Cộng ba BĐT trên lại với nhau ta được:

Tương tự ta có

a +b +c + 3 3 2(a + b + c) - 3 2.3 3 abc - 3 3 ³ (a + b + c) Þ P ³ ³ = . 4 4 4 4 4 Đẳng thức xảy ra Û a = b = c = 1 . P+

b) Áp dụng BĐT côsi ta có a + 2b + 3 = (a + b ) + (b + 1 ) + 2 ³ 2 ab + 2 b + 2 Suy ra

334

1 £ a + 2b + 3 2

(

ab + b + 1

)

Tương tự ta có :

1 £ b + 2c + 3 2

(

bc + b + 1

)

1 £ c + 2a + 3 2

(

ca + c + 1

)

Cộng vế với vế các BĐT trên ta được ö÷ 1 1 1 1æ 1 1 1 + + £ çç + + ÷÷ a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a + 3 2 çè ab + b + 1 bc + c + 1 ca + a + 1 ø Mặt khác abc = 1 suy ra 1 1 1 + + ab + b + 1 bc + c + 1 ca + a + 1 1 1 1 = + + =1 ab + b + 1 1 1 1 + +1 + a +1 a ab b 1 1 1 1 + + £ . Suy ra a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a + 3 2 Đẳng thức xảy ra Û a = b = c = 1 . Bài 4.134: a) BXD : x -¥ -1 4 +¥ VT + 0 0 + é ù Tập nghiệm : T = ë -1; 4 û

b) BXD : -¥ x + 2-x 2 + x - 5x + 6 VT + T = (-¥;1) È ( 2; 3 ) c) x  2,  2  x  1

1 0 | 0

+ -

2 | 0 0

| 0 0

+¥

+ -

d) x  1; x  2

Bài 4.135: a) f (x ) = 0 Û x 2 + 2(m - 3)x + m + 3 = 0 (*) Phương trình (*) có nghiệm Û D ' = (m - 3)2 - (m + 3) ³ 0 Û m 2 - 7m + 6 ³ 0 Û m £ 1 È m ³ 6. Vậy m Î (-¥;1] È [6; +¥) là những giá trị cần tìm. b) f (x ) > 0 "x Î  Û D < 0 .

Û m 2 - 7m + 6 < 0 Û 1 < m < 6 Vậy 1 < m < 6 là những giá trị cần tìm. Bài 4.136: a) f (x ) = 0 Û (m - 1)x 2 - 4(m - 1)x + 2m + 3 = 0 (*) · m = 1 Þ (*) Û 5 = 0 pt vô nghiệm Þ m = 1 loại.

· m ¹ 1 (*) có nghiệm Û D ' = 4(m - 1)2 - (m - 1)(2m + 3) = (m - 1)(2m - 7) ³ 0

335

7 . 2 7 Vậy m Î (-¥;1) È [ ; +¥) là những giá trị cần tìm. 2 b) Hàm số y = f (x ) xác định "x Î  Û f (x ) ³ 0 "x Î  . · m = 1 Þ f (x ) = 5 > 0 "x Î  Þ m = 1 thỏa mãn ìm - 1 > 0 ï 7 · m ¹ 1 Þ f (x ) ³ 0 "x Î  Û ï Û1<m £ í ïD = (m - 1)(2m - 7) £ 0 2 ï î 7 Vậy 1 £ m £ là những giá trị cần tìm. 2 1 10 - 1 Bài 4.137: a) x = 2 b) - < x £ 2 3 1- 5 3 7  113 3 5 £x < x c) d)  8 2 2 2 Bài 4.138: a) Bpt Þ 3 ( x + 2y ) < 2 ( 2x + y ) Û x - 4y > 0 Ûm <1 È m ³

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) ìï 2x + y + 3 > 0 ïï b) Hbpt Û ïí y < 0 (hình b) ïï ïïî x + y + 1 < 0

Hình a Bài 4.139: a) bpt Û

Hình b

2x 2 - 6x + 1 < x - 2 ì x >2 ï ìï ï ïï x - 2 > 0 ï ï 3- 7 3+ 7 ï Û ïí 2x 2 - 6x + 1 ³ 0 Ûï Vx ³ íx £ ïï ï 2 2 ï 2 ïï 2x 2 - 6x + 1 < ( x - 2 )2 ï x 2x 3 < 0 ï ïî ï ï î

336

3+ 7 £ x < 3 là nghiệm của bất phương trình đã cho. 2 b) ĐKXĐ: 0 £ x £ 9 Û

Bpt Û 9 + 2 9x - x 2 £ -x 2 + 9x + 6 Û 9x - x 2 - 2 9x - x 2 - 3 ³ 0 . Đặt t =

9x - x 2 , t ³ 0 ,

Bất phương trình đã cho trở thành: t 2 - 2t - 3 ³ 0 Û t ³ 3 Ta có

9x - x 2 ³ 3 Û x 2 - 9x + 9 £ 0 Û

9-3 5 9+3 5 £x £ 2 2

Kết hợp điều kiện ta có nghiệm của bất phương trình là: ìï x 2 - 3x + 2 ³ 0 ïï c) * Điều kiện: ïí x 2 - 4x + 3 ³ 0 Û ïï 2 ïï x - 5x + 4 ³ 0 î

9-3 5 9+3 5 £x £ . 2 2

éx £ 1 ê êx ³ 4 . êë

(x - 1)(x - 2) + (x - 1)(x - 3) ³ 2 (x - 1)(x - 4) (1)

TH1: Nếu x £ 1 Khi đó: (1) Û Û

(1 - x )(2 - x ) + (1 - x )(3 - x ) ³ 2 (1 - x )(4 - x )

1 - x( 2 - x +

3 - x - 2 4 - x ) ³ 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) Û

2-x +

3 - x - 2 4 - x ³ 0 Û 2 2 - x 3 - x ³ 11 - 2x

Ûx ³

97 không thoả mãn x < 1 24

TH2: Nếu x ³ 4 Khi đó: (1) Û Û

x -1 x -2 + x -1 x - 3 ³ 2 x -1 x - 4

x - 2 + x - 3 ³ 2 x - 4 Û 2 (x - 2)(x - 3) ³ 2x - 11 (3)

+ Nếu 4 £ x £ + Nếu x >

337

11 hiển nhiên thoả mãn (3) vì VP ³ 0 ³ VT 2

11 97 ta có: (3) Û 4(x - 2)(x - 3) ³ (2x - 11)2 Û x ³ 2 24

Kết hợp với điều kiện suy ra bpt có nghiệm x > Tập nghiệm bpt là S = {1} È éë 4; +¥ ).

11 . 2

Bài 4.140: TXD: D =  +) x = 0 không là nghiệm của pt.  9m  4   7m  2 , Đặt t  x  9 , t  6 Bpt  9 9 x x  1 x  1 x x a) Với m = 28 : (1) trở thành: t 2 – 30t + 225 £ 0 Û t = 15 Ta có 15 = x +

9 Û x = 15 ± 189 x

b) Bpt trở thành: f ( t ) = t 2 – ( m + 2 )t + 8m + 1 £ 0 (*)

Bpt đã cho có nghiệm khi và chỉ khi bpt (*) phải có nghiệm t Î ( -¥, - 6 ùû È éë 6, +¥ ) . æ 49 ö Ta có bpt (*) vô nghiệm Û m Î çç - ,28 ÷÷÷ çè 14 ø 49   Suy ra bpt đã cho có nghiệm  m   ;     28;   14   Bài 4.141: a) Bpt Û x 2 + 2x - 6 + 2x 2 + 4x + 3 ³ 0 Đặt t = 2x 2 + 4x + 3 = 2(x + 1)2 + 1 Þ t ³ 1

BPT trở thành:

é t ³3 t2 - 3 - 6 + t ³ 0 Û t 2 + 2t - 15 ³ 0 Û êê 2 êë t £ -5

é x >1 Þ 2x 2 + 4x + 3 > 9 Û x 2 + 2x - 3 > 0 êê êë x < -3

b) ĐKXĐ: x ³ 1

Nhân lượng liên hợp: 2 x - 1 + x + 5 > 0 Bpt Û (2 x - 1 - x + 5)(2 x - 1 + x + 5) > (x - 3)(2 x - 1 + x + 5) Û 4(x - 1) - (x + 5) > (x - 3)(2 x - 1 + x + 5)

Û 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. TH2: x = 3 thì 0 > 0 (vô lý) TH3: 1 £ x < 3 nên từ bất phương trình ta suy ra: 3 < (2 x - 1 + x + 5) Û 4 (x - 1)(x + 5) > 8 - 5x (*)

338

ìï 8 - 5x < 0 8 Û < x < 3 thì (*) luôn đúng * ïí ïï1 £ x < 3 5 î ìï 8 - 5x ³ 0 8 Û1£x £ * ïí ïï1 £ x < 3 5 î ì ìï 8 ï 8 ï ïï 1£x £ 8 1£x £ ï Ûí Û 8 - 48 < x £ ( * ) Û íï 5 5 ï 5 ïï 9x 2 - 144x + 144 < 0 ï 8 - 48 < x < 8 + 48 ï î î

Vậy nghiệm của bất phương trình là 8 - 48 < x < 3 ìï x ³ 0 c) ĐKXĐ: ïí 2 Û x ³ 0. ïï 2x - 2x + 2 ¹ 1 î Bpt Û

æ 1ö 1 2 çç x - 1 + ÷÷÷ £ +1- x . çè xø x

Ta thấy x = 0 không thỏa mãn, với x ¹ 0 , đặt t =

- x ta được:

2 (t 2 + 1) £ t + 1

ì t ³ -1 ï 3- 5 1 . Ûï Ût =1Þ - x =1Ûx = í 2 ï 2 t 1 £ 0 ( ) x ï ï î d) ĐKXĐ: x ³ 1 . Đặt t = x + 2 - x - 1

Suy ra: t 2 = 2x + 1 - 2 x 2 + x - 2 Û x - x 2 + x - 2 -

7 t2 = -4 2 2

Khi đó bất phương trình trở thành: t 2 - 2t - 8 £ 0 Û -2 £ t £ 4 Với t ³ -2 suy ra:

x + 2 - x - 1 ³ -2 Û

x +2 +2 ³

x -1

Û x + 6 + 4 x + 2 ³ x - 1 Û x + 7 + 4 x + 2 ³ 0 (đúng "x ³ 1 )

Với t £ 4 suy ra:

x + 2 - x -1 £ 4 Û

x +2 £

x -1 + 4

Û x + 2 £ x + 15 + 8 x - 1 Û 13 + 8 x - 1 ³ 0 (đúng "x ³ 1 )

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là éë 1; + ¥ )

æ 1ö 5 -5 Bài 4.142: Đặt t = x + x - 1 suy ra t = çç x + ÷÷÷ - ³ . Khi đó bất phương trình đã çè 2ø 4 4 2

cho trở thành: t ( t + m + 1 ) ³ 0 Û t 2 + (m + 1)t ³ 0 (1)

é -5 ö ; +¥÷÷÷ Để bất phương trình đã cho có tập nghiệm là  thì (1) phải có tập nghiệm là ê êë 4 ø

339

Xét f (t ) = t 2 + (m + 1).t ta có 2 trường hợp:

é -5 ö -(m + 1) -5 3 < Û m > . Khi đó ta lập bảng biến thiên f (t ) trên ê ; +¥÷÷÷ êë 4 2 4 2 ø é -5 ö æ -5 ÷ö ; +¥÷÷÷ thì: f çç Dựa vào bảng biến thiên ta thấy để f (t ) ³ 0 với "t Î ê ÷³0 çè 4 ÷ø êë 4 ø

- TH 1 :

æ5ö 5 5 1 hay çç ÷÷÷ - .(m + 1) ³ 0 Û m + 1 £ Û m £ çè 4 ø 4 4 4 2

Kết hợp với ĐK trên ta thấy không có m thỏa mãn é -5 ö -(m + 1) -5 3 ³ Û m £ Khi đó ta lập bảng biến thiên f (t ) trên ê ; +¥÷÷÷ êë 4 2 4 2 ø é -5 ö æ -(m + 1) ÷ö ; +¥÷÷÷ thì: f çç Dựa vào bảng biến thiên ta thấy để f (t ) ³ 0 với "t Î ê ÷÷ ³ 0 çè êë 4 2 ø ø

- TH 2 :

Hay

(m + 1)2 (m + 1)2 ³ 0 Û (m + 1)2 £ 0 Û m = -1 (thỏa mãn ĐK) 4 2

Vậy ĐK để bất phương trình đã cho có tập nghiệm là  là m = -1

340

CHƯƠNG V. THỐNG KÊ §1. NHỮNG KHÁI NIỆM MỞ ĐẦU §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)

...

Tần số (n)

...

N= å 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 = å 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

Tần số (n)

...

N= å ni i =1

Tần suất %

...

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 éë a;b ùû hay é a;b ) (thường có độ dài các lớp bằng nhau). Khi đó tần số của lớp é a;b ù là số giá trị x i Î é a;b ù (hay x i Î é a;b ) ë ë û ë û ë n ) xuất hiện trong lớp đó. Tần suất của lớp éë a;b ùû là f = trong đó n là tần số của lớp éë a;b ùû và N là kích N thước mẫu.

- Bảng phân bố tần suất ghép lớp được xác định tương tự như trên.

341

a +b - Giá trị đại diện của lớp éë a;b ùû 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. 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 Điểm thi 0 1 2 3 6 7 8 9 10 3 Tần số 3 2 1 1 7 4 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

342

Dấu hiệu và đơn vị điều tra ở đây là gì? Kích thước mẫu là bao nhiêu ?  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 Đường gấp khúc tần suất ghép lớp là

343

35 30.4

27.4 25 20 15.2

12 10 5

9 6

0 6,25

6,75

7,25

7,75

8,25

8,75

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: é 40;50 ); é 50;60 ); é 60;70 ); é 70; 80 ); é 80;90 ); é 90;100 ù . ë ë ë ë ë ë û

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]

Tần suất

13% 19% 31% 19% 13% 6% 100% Bảng phân bố tần suất ghép lớp

4 6 10 6 4 2 32 Bảng phân bố tân số ghép lớp b) Biểu đồ đồ tần suất hình cột là 35% 30% 25% 20% 15% 10% 5% 0%

31% 19%

19% 13%

13%

6% [40;50)

[50;60)

[60;70)

[70;80)

Điểm

344

[80;90) [90;100]

c) Biểu đồ hình quạt là 6%

13%

Lớp điểm

Tần suất

Góc ở tâm

[40;50)

13%

46, 8 0

[50;60)

19%

[70;80)

[60;70)

31%

[80;90)

[70;80)

19%

[90;100)

[80;90)

13%

13% [40;50) [50;60)

19%

[60;70)

19% 31%

68, 4 0

111, 60 68, 4 0 46, 8 0

[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 bằng cách ra đề kiểm tra một tiết cho hai lớp(gần tương đương về trình độ kiến thức). Trong đó lớp 12A 3 đã được dạy áp dụng đề tài(lớp thực nghiệm), lớp 12A 4 (lớp đối chứng). Kết quả điểm của học sinh hai lớp như sau: Số bài kiểm tra đạt điểm Xi

Số

Số bài

Lớp

ĐC 12A3

TN 12A4

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 Số % bài kiểm tra đạt điểm Xi

Số

Số bài

ĐC 12A3

1,1

3,1

7,6

TN 12A4

0,0

1,2

4,1

Lớp

b) Biểu đồ phân bố tần suất của hai lớp

345

10,2 17,6

22,3

22,1

12,3

2,3

1,2

5,3

22,8

25,9

14,5

4,4

3,0

18,5

30.0 25.0

Tần suất

20.0

ĐC TN

15.0 10.0 5.0 0.0 1

Điểm

c) Đường gấp khúc tần suất của hai lớp

Tần suất

30.0 25.0 20.0

ĐC

15.0 10.0

5.0 0.0 1

Điểm

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

346

[ 180 ; 184 ) [ 184 ; 188 ) [ 188 ; 192 ] Cộng

14 8 4 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)

Tần số (n)

...

124

176

183

119

...

Tần suất %

...

12,10

...

8,63

8,86

a) Chuyển bảng trên thành dạng cột và điền tiếp vào các ô còn trống. 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:

Lớp

Số bài kiểm tra đạt điểm tương ứng

Số HS

10 C1

6.3

10 C2

7.4

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) §3. CÁC SỐ ĐẶC TRƯNG CỦA MẪU SỐ LIỆU A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT. 1. Số trung bình  Với mẫu số liệu kích thước N là { x 1, x 2 ,..., x N } : N

åx

x 1 + x 2 + ... + x N N N  Với mẫu số liệu được cho bởi bảng phân bố tần số: x =

i =1

ån x

n1x 1 + n2x 2 + ... + nk x k N N  Với mẫu số liệu được cho bởi bảng phân bố tần số ghép lớp: x =

i =1

i i

x =

ån c i =1

i i

N 2. Số trung vị

347

Điểm

n1c1 + n2c2 + ... + nkck (ci là giá trị đại diện của lớp thứ i) N

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; N N + 1 ) nếu N chẵn. – Trung bình cộng của hai số đứng giữa (số thứ và 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 = s 2 .  Với mẫu số liệu kích thước N là { x 1, x 2 ,..., x N } : 1 s = N 2

1 N 2 1 æç N ÷÷ö ( x x ) = x x ç å i å å ÷ i i N i =1 N 2 çè i =1 ÷ø i =1 = x 2 - (x )2

 Với mẫu số liệu được cho bởi bảng phân bố tần số, tần suất: 2 ö÷ 1 k 1 k 1 æç k 2 2 2 s = å ni (x i - x ) = å ni x i - 2 çç å ni x i ÷÷÷ ø N i =1 N i =1 N è i =1 =

å f (x i =1

-x )

æ k ö = å f x - ççç å fi x i ÷÷÷÷ è ø k

i =1

2 i i

i =1

 Với mẫu số liệu được cho bởi bảng phân bố tần số, tần suất ghép lớp: 2 ö÷ 1 k 1 k 1 æç k 2 2 2 s = å ni (ci - x ) = å nici - 2 çç å nici ÷÷÷ ø N i =1 N i =1 N è i =1 2 k k k æ ö = å fi (ci -x )2 = å fici2 - ççç å fici ÷÷÷÷ è ø i =1

i =1

(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 111 112 113 114 115 116

348

Tần số 1 3 4 5 4 2

Tần suất (%) 5 15 20 25 20 10

117

1 N=20

5 100

b) * Số trung bình: 1 x = ( 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 đứng N N thứ =10 và + 1 = 11 đó là 114 và 114. 2 2 Vậy Me = 114 *Mốt: Do giá trị 114 có tần số lớn nhất là 5 nên ta có: M 0 = 114 . 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 Vậy Me =

6+7 = 6, 5 2

b) Ta có số trung bình cộng là x =

n1x 1 + n2x 2 + ... + nk x k 0.1 + 1.1 + 2.3 + ... + 10.2 = = 6,23 N 100

Ta có

å nix i2 = 4277, i =1

ån x i =1

1 Suy ra phương sai là s = N 2

i i

= 623

2 ö÷ 1 æç k 4277 æç 623 ÷ö å n x - N 2 ççè å nix i ÷ø÷÷ = 100 - çèç 100 ÷÷ø = 3, 96 i =1 i =1 k

2 i i

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 Lớp tiền lãi [29,5;40,5) [40,5;51,5) [51,5;62,5) [62,5;73,5) [73,5;84,5)

349

Tần số Tần suất 3 5 7 6 5

10% 17% 23% 20% 17%

[84,5;95,5] N

4 30

13% 100%

b) Ta có x = x =

ån c i =1

i i

nên

3.35 + 5.462 + 7.57 + 6.68 + 5.79 + 4.90 = 63,23 30

Ta có

å nici2 = 128347, i =1

ån c i =1

i i

= 1897

Suy ra phương sai là 1 s = N 2

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

2 ö÷ 1 æç k 128347 æç 1897 ÷ö å n c - N 2 ççè å cix i ø÷÷÷ = 100 - ççè 100 ÷÷ø » 279, 78 i =1 i =1 k

2 i i

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 Î N Ta có Me =

b +c = 5 Þ b + c = 10 2

Mà x = 6 Þ a + b + c + d = 24 Þ a + d = 14 ìa 1 Þ ïí Ta có ïí hay 1 2b b + c = 10 ï î î · Nếu b = 2 thì c = 8 , mà 0 < a < b, a Î N Þ a = 1, d = 13 Khi đó các giá trị của mẫu số liệu là 1;2;8;13

é a = 1 Þ d = 13 · Nếu b = 3 thì c = 7, mà 0 < a < b, a Î N Þ êê êë a = 2 Þ 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 é a = 1 Þ d = 13 ê · Nếu b = 4 thì c = 6 , mà 0 < a < b, a Î N Þ êê a = 2 Þ d = 12 ê a = 3 Þ d = 11 êë 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] .

350

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: Tổ I

Tổ II 2

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

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

351

Bình

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 ? ÔN TẬP CHƯƠNG V 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? 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 15 [800; 890] 25 [900; 990] 28 [1000; 1090] 35 [1100; 1190] 40 [1200; 1290] 30 [1300; 1390] 27 [1400; 1490] 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

352

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. 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 10;19 4 73 10;19 5 42 6 13 10;19 10;19 7 9 10;19 8 4 9 10;19 2 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)

Tần suất ( % )

12,5

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

353

Lớp

Số bài

Số bài kiểm tra đạt điểm Xi 1

10A

10B

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 c) Vẽ biểu đồ tần suất hình cộp ghép lớp.

354

HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ CHƯƠNG V 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 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%

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%

Tần suất

Nhóm 1 b) Biểu đồ tần suất hình cột của hai nhóm là 50% 45% 40% 35% 30% 25% 20% 15% 10% 5% 0%

45% 33%

36%

33%

Nhóm 1 22%

[5; 6]

Bài 5.4: a) Bảng phân bố tần suất Lớp Tần suất chiều cao 10% 38% 35% 13% 5% 100%

b) Biểu đồ tần suất hình cột là

355

Nhóm 2 11%

[1; 4]

[100;199) [200;299) [300;399) [400;499) [500;599) N

Nhóm 2

[7; 8]

[9; 10]

38%

40%

35%

30% 20% 10%

13%

10%

0% 1

Chiều cao

c) Đường gấp khúc tần suất là 40

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

35 30 25 20 15 10

13 10 5

5 0 150

250

350

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%

b) Biểu đồ tần số hình cột là

356

450

550

Lớp chiều cao [168;172) [172;176) [176;180) [180;184) [184;188) [188;192] N

Tần suất 10% 10% 15% 35% 20% 10% 100%

Giá trị đại diện ci 170 174 178 182 186 190

40%

35%

30% 20%

20% 10%

15% 10%

10%

0% [168;172) [172;176) [176;180) [180;184) [184;188) [188;192]

c) Biểu đồ tần suất hình quạt là 10%

10% [168;172)

10%

20% 15% 35%

[172;176) [176;180) [180;184) [184;188) [188;192)

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

357

Tần suất % 1.84 4.10 12.10 13.39 19.01 19.76 12.85 8.86 5.40 2.70

200

176

150

183

124

112

119 82

100 50

0 1

c) Biểu đồ tần suất hình quạt là 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Bài 5.7: a) Bảng phân bố tần suất điểm của bài kiểm tra Lớp

Số % bài kiểm tra đạt điểm tương ứng

Số HS

10 C1

2,2

8,7

21,7

26,1

21,7

8,7

2,2

10 C2

4,3

8,7

26,1

21,7

17,4

8,7

b) Biểu đồ phân bố tần suất

358

Số % bài kiểm tra đạt điểm tương ứng

30,0 25,0

ĐC

20,0

TN 15,0 10,0 5,0 0,0 1

5 6 Điểm

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 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: x =

åx n

2 + 2 + 5 + 7 + 9 + 9 + 9 + 10 + 10 + 11 + 12 = 7, 81 11

- Số mốt: MO = 9 - Số trung vị: Me = 9 * Tổ II: - Tuối nghề bình quân:

359

x =

åx i =1

2+3+4+4+4+5+5+7+7+8 = 4, 9 10

- Số mốt : MO = 4 - Số trung vị Me = 4, 5 1 10 Bài 5.11: Số trung bình: x = å n x » 5, 5 . 45 i = 0 i i Số trung vị : N +1 46 = = 23 ,số liệu thứ 23 là 6 Þ Số trung vị Me = 6 N= 45 là số lẻ ; 2 2 2 ö 1 10 1 çæ 10 ÷ 2 2 Phương sai: s = å nix i - 452 çççè å nix i ø÷÷÷ » 4, 7 45 i =0

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 Û 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 1 S x2 = [(2 - 5,2)2 + 3(3 - 5,2)2 + ... + (8 - 5,2)2 ] » 1, 83 30 1 Sy2 = [(1 - 5,2)2 + 2(2 - 5,2)2 + ... + (9 - 5,2)2 ] » 3, 69 30 x =

Vì x = y =5,2 nhưng S x2 < Sy2 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 Số cân nặng (kg) Tần số Tần suất(%) b) Số trung bình: x 

360

38 2 6,67

40 4 13,33

43 9 30

45 6 20

48 4 13,33

2.38  4.40  9.43  6.45  4.48  5.50  44,5 30

50 5 16,67

N = 30

Số trung vị: M e  Mốt: M O  43

43  45  44 2

Bài 5.16: a) An : Số TB x = 7,5 Bình : Số TB x = 7,5 b) An: phương sai : s A2 = 6,25 ; Độ lệch chuẩn : s = 2,5 Bình : phương sai : sB2 = 2 ; Độ lệch chuẩn : s = 1,41 c)Vì sB2  s A2  Bình có kết quả ổn định hơn 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 Tần số 3 5 6 6 8 8 Tần suất(%) 8 13 15 15 20 20 Bài 5.18: Kích thước mẫu N  200 Bảng phân bố tần số - tần suất ghép lớp Lớp Tần số Tần suât(%) 8 15 [800; 890] 13 25 [900; 990] 14 28 [1000; 1090] 18 35 [1100; 1190] 20 40 [1200; 1290] 15 30 [1300; 1390] 14 27 [1400; 1490] Bài 5.19: Bảng phân bố tần số - tần suất Lớp Tần số Tần suất (%) 15 6 [85; 86] 22,5 9 [87; 88] 27,5 11 [89; 90] 10 4 [91; 92] 25 10 [93; 94] 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

361

9 4 10

50% 40%

40% 30%

27%

20% 10%

16% 11%

0% [1;2]

[3;4]

[5;6]

[7;8]

[9;10]

Đường gấp khúc tần suất 40

Giá trị Tần suất 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

Lớp điểm

30 27 25 20 16

15 11

5 0 1.5

3.5

5.5

7.5

9.5

Biểu đồ tần suất hình quạt 5%

11%

16%

27%

40%

[1;2] [3;4] [5;6] [7;8] [9;10]

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 N

Bài 5.22: a) Tuổi thọ trung bình của một bóng đèn là x =

362

ån c i =1

i i

= 1622, 8

b) Ta có

å nici2 = 668218000, i =1

ån c i =1

Phương sai là

i i

= 405700

ö 1 k 1 æ k s = å nici2 - 2 ççç å nici ÷÷÷÷ = 39392,2 ø N i =1 N è i =1 Độ lệch chuẩn là s  198,5 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 2

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] Tần số 11 15 20 Giá trị đại diện 0,5 2,5 4,5 2 x  4,10; s  5,56; s  2,36

[6;7] 14 6,5

[8;9] 5 8,5

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 2 b) x  16,8; s  6,5; s  2,5 c) M e  17, M O  15 hoặc M O  18 d) Biểu đồ tần số hình cột 6 5 4 3 2 1 0

Đường gấp khúc tần số 6 5 4 3 2 363 1

–

20 4

21 2

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 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 Điểm Lớp

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

b) Biểu đồ phân phối tần suất của hai lớp 30 25 20 15 10 5 0 1

c) Đường gấp khúc tần suất

364

30 25 20 15 10 5 0 1

Bài 5.30: a) Bảng phân bố tần số Điểm 1 2 3 Tần số

b) Bảng phân bố tần suất Lớp ghép

1; 2 3; 4 5;6  7;8 9;10

Tần suất(%)

15,2

39,1

8,7

c) Biểu đồ tần suất hình cộp ghép lớp 50 40 30 20 10 0 [1;2]

365

[3;4]

[5;6]

[7;8]

[9;10]

CHƯƠNG VI CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC. CÔNG THỨC LƯỢNG GIÁC §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 a ( 0 £ a £ 2p ) , có số đo a 0 ( 0 £ a £ 360 ) và có độ dài là l thì: l = Ra =

pa a a .R do đó = 180 p 180

æ 180 ÷ö 0 p rad . Đặc biệt: 1 rad = çç ÷÷ , 1 = 180 èç p ø 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. Cho đường tròn định hướng tâm O và hai tia Ou,Ov lần lượt cắt đường v 0

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 điểm M cũng chuyển động theo một chiều trên đường tròn.  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 lượng giác điểm

Ta coi số đo của góc lượng giác (Ou,Ov ) là số đo của cung lượng giác UV

Sđ (Ou,Ov ) + Sđ (Ov,Ow ) = Sđ (Ou,Ow ) + k 2p ( k Î Z ) Sđ (Ou,Ov ) - Sđ (Ou,Ow ) = Sđ (Ow,Ov ) + k 2p ( k Î Z ) þ

Với ba điểm tùy ý U ,V ,W trên đường tròn định hướng ta có : þ

SđUV + SđVW = SđUW + k 2p ( k Î Z ) 366

m u

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 2p ), quay hai vòng thì ta nói nó quay góc 2.3600 = 7200 (hay 4p ), quay theo chiều âm một phần tư vòng ta nói nó 25 p quay góc -900 (hay - ), quay theo chiều âm ba vòng bốn phần bảy( vòng) thì nói nó quay góc 7 2 50p 25 - .3600 (hay )… 7 7

c) Hệ thức Sa-lơ.  Với ba tia Ou, Ov, Ow tùy ý ta có:



SđUV - SđUW = SđWV + k 2p ( k Î Z ) B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI.  DẠNG TOÁN 1 : 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 a 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 3600 (hay a + k 2p rad , k Î 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 2p 2. Các ví dụ minh họa. Ví dụ 1: a) Đổi số đo của các góc sau ra rađian: 720 , 6000 , - 37 0 45 ' 30 '' . b) Đổi số đo của các góc sau ra độ: Lời giải

5p 3p , ,- 4 . 18 5

p p 2p p 10p rad nên 720 = 72. = , 6000 = 600. = , 180 180 5 180 3 0 0 0 æ 45 ö æ 30 ÷ö æ 4531 ÷ö 4531 p ç -37 0 45 ' 30 '' = -37 0 - çç ÷÷ - çç = . » 0, 6587 ÷ ÷ = çç ÷ çè 60 ÷ø çè 60.60 ÷ø 120 180 è 120 ø

a) Vì 10 =

æ 180 ÷ö 5p æç 5p 180 ö÷ 3p æç 3p 180 ö÷ =ç . =ç . b) Vì 1rad = çç ÷÷ nên ÷÷ = 50o , ÷÷ = 108o , çè p ø ç ç 18 5 è 18 p ø è 5 p ø 0

æ 180 ÷ö æ 720 ÷ö -4 = - çç 4. ÷÷ = - çç ÷ » -22600 48 ' . çè p ÷ø èç p ø Ví dụ 2: Một đường tròn có bán kính 36m . Tìm độ dài của cung trên đường tròn đó có số đo là 3p 1 a) b) 510 c) 4 3 Lời giải pa .R nên Theo công thức tính độ dài cung tròn ta có l = Ra = 180 3p = 27 p » 84, 8m a) Ta có l = Ra = 36. 4 pa p51 51p .R = .36 = » 32, 04m b) Ta có l = 180 180 5 1 c) Ta có l = Ra = 36. = 12m 3 Ví dụ 3: Cho hình vuông A0A1A2A4 nội tiếp đường tròn tâm O (các đỉnh được sắp xếp theo chiều ngược chiều 0

quay của kim đồng hồ). Tính số đo của các cung lượng giác A0Ai , AA ( i, j = 0,1,2, 3, 4, i ¹ j ). i j Lời giải þ  Ta có A0OA0 = 0 nên sđ A0A0 = k 2p , k Î Z

367

 p p A0OA1 = nên sđ A0A1 = + k 2p , k Î Z 2 2 þ  A0OA2 = p nên sđ A0A1 = p + k 2p , k Î Z þ

 p 3p p + k 2p , k Î Z A0OA3 = nên sđ A0A3 = 2p - + k 2p = 2 2 2 þ

Như vậy sđ A0Ai =

ip + k 2p , i = 0,1,2, 3 , k Î Z 2 þ

p + k 2p , k Î Z . 2 Ví dụ 4: Tìm số đo a của góc lượng giác (Ou,Ov ) với 0 £ a £ 2p , biết một góc lượng giác cùng tia đầu, tia

Theo hệ thức salơ ta có sđ AA =sđ A0Aj - sđ A0Ai + k 2p = ( j - i ) . i j cuối với góc đó có số đo là: 33p 291983p a) b) 4 3

c) 30

Lời giải

33p + k 2p, k Î Z 4 33p 33 + k 2p £ 2p, k Î Z Û 0 £ + k 2 £ 2, k Î Z Vì 0 £ a £ 2p nên 0 £ 4 4 33 25 Û£ k £ - , k Î Z Û k = -4 8 8 33p p + ( -4 ).2p = Suy ra a = 4 4 291983p + k 2p, k Î Z b) Mọi góc lượng giác (Ou,Ov ) có số đo là 3 291983p 291983 + k 2p £ 2p, k Î Z Û 0 £ + k 2 £ 2, k Î Z Vì 0 £ a £ 2p nên 0 £ 3 3 291983 291989 Û £k £ ,k ÎZ Ûk = 6 6 291983p p + 48664.2p = Suy ra a = 3 3 c) Mọi góc lượng giác (Ou,Ov ) có số đo là 30 + k 2p, k Î Z

a) Mọi góc lượng giác (Ou,Ov ) có số đo là

Vì 0 £ a £ 2p nên 0 £ 30 + k 2p £ 2p, k Î Z Û 0 £ 15 p - 15 £k £ , k Î Z Û k = -4 p p Suy ra a = 30 + ( -4 ).2p = 30 - 8p » 4, 867 .

15 + k £ 1, k Î Z p

Û-

29p 22 6p 41p p ; - ; ; Vi dụ 5: Cho góc lượng giác (Ou,Ov ) có số đo - . Trong các số , những số nào là 7 7 7 7 7 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 2p do đó

368

Vì -

29p æç p ÷ö 22 æç p ÷ö 6p æç p ÷ö 41p æç p ÷ö - ç - ÷÷ = ( -2 ).2p , - ç - ÷÷ = -3p , - ç - ÷÷ = p và - ç - ÷÷ = 3.2p nên các çè 7 ø çè 7 ø çè 7 ø 7 7 çè 7 ø 7 7

29p 41p ; 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 ) = a và sđ (Ou ', Ov ' ) = b . Chứng minh rằng hai góc hình học uOv, u 'Ov ' bằng

số -

nhau khi và chỉ khi hoặc b - a = k 2p hoặc b + a = k 2p với k Î Z . Lời giải Ta có sđ (Ou, Ov ) = a và sđ (Ou ', Ov ' ) = b suy ra tồn tại a0 , p < a0 £ p , f0 , p < b0 £ p và số nguyên k 0 , l 0 sao cho a = a 0 + k 0 2p, b = b0 + l 0 2p .

  Khi đó a0 là số đo của uOv và b0 là số đo của u 'Ov ' .

é a0 = b0 Hai góc hình học uOv, u 'Ov ' bằng nhau khi và chỉ khi a0 = b0 Û êê êë a0 = -b0 Û b - a = k 2p hoặc b + a = k 2p với k Î Z . 3. Bài tập luyện tập. Bài 6.0: a) Đổi số đo của các góc sau ra rađian: 200 , 40025 ', - 27 0 .( chính xác đến 0, 001 ) p 2p ,- ,- 5 . 17 7 39p mp Bài 6.1: Hai góc lượng giác có số đo và ( m là số nguyên ) có thể cùng tia đầu, tia cuối được không? 7 9 Bài 6.2: Một đường tròn có bán kính 25m . Tìm độ dài của cung trên đường tròn đó có số đo là 3p 4 a) b) 490 c) 7 3 0 Bài 6.3: Tìm số đo a của góc lượng giác (Ou,Ov ) với 0 £ a £ 360 , biết một góc lượng giác cùng tia đầu,

b) Đổi số đo của các góc sau ra độ:

tia cuối với góc đó có số đo là: a) 3950

b) -10520

c) ( 20p )

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 ¹ j ). i j þ

p p Bài 6.5: Trên đường tròn lượng giác gốc A . Cho điểm M , N sao cho sđ AM = , sđ AN = - . Các điểm 5 5 þ

M ', N ' lần lượt là các điểm đối xứng của M , N qua tâm đường tròn. Tìm số đo của cung AM ', AN ' và þ

M 'N '.

§ 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. b) Tương ứng giữa số thực và điểm trên đường tròn lượng giác. 369

y B

S s M(x;y)

A x

Điểm M trên đường tròn lượng giác sao cho (OA,OM ) = a gọi là điểm xác định bởi số a (hay bởi cung a , hay bởi góc a ). Điểm M còn được gọi là điểm trên đường tròn lượng giác biểu diễn cung(góc) lượng giác có số đo a . Nhận xét: Ứng với mỗi số thực a 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 a + k 2p, k Î Z .

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 a , xác định điểm M ( x ; y ) trên đường tròn lượng giác sao cho sđ... Khi đó ta định nghĩa cos a = x , sin a = y tan a =

ö sin a æç p çç a ¹ + k p ÷÷÷ cos a è 2 ø

cos a (a ¹ kp ) sin a 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 hướng cot a =

với trục Oy và vẽ trục số Bs gốc B cùng hướng với trục Ox , gọi T , S lần lượt là giao điểm của đường thẳng OM cắt với các trục sô At, Bs . Khi đó ta có: sin a = OH , cos a = OK , tan a = AT , cot a = BS

e) Tính chất:  sin a, cos a xác định với mọi giá trị của a và -1 £ sin a £ 1, - 1 £ cos a £ 1 .  

p + k p , cot a xác định khi a ¹ k p 2 sin a = sin ( a + k 2p ), cos a = cos ( a + k 2p ) tan a được xác định khi a ¹

tan a = tan ( a + k p ), cot a = cot ( a + k p )

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 + – – + cos + + – – sin + – + – tan + – + – cot g) Giá trị lượng giác của các góc đặc biệt.

Góc a sin a

370

p 6

p 4

p 3

p 2

2p 3

3p 4

3p 2

300

450

600

900

1200

1350

1800

2700

3600

1 2

2 2

3 2

2 2

–1

cosa tan a cot a

3 2

2 2

3 3

2. Các hệ thức lượng giác cơ bản

1 2

- 3

3 3

2 2

–1

1) sin2 a + cos2 a = 1

1 p (a ¹ + k p) 2 2 cos a 1 3) 1 + cot2 a = (a ¹ k p) sin2 a kp 4) tan a.cot a = 1 (a ¹ ) 2 3. Giá trị lượng giác của góc(cung) có liên quan đặc biệt. 2) 1 + tan2 a =

Góc đối nhau ( a và -a )

Góc bù nhau( a và p - a )

cos(-a) = cos a

sin(p - a) = sin a

sin(-a) = - sin a

cos(p - a) = - cos a

tan(-a) = - tan a

tan(p - a) = - tan a

cot(-a) = - cot a

cot(p - a) = - cot a

Góc hơn kém p ( a và p + a )

Góc hơn kém

Góc phụ nhau( a và æp ö sin çç - a ÷÷÷ = cos a çè 2 ø æp ö cos çç - a ÷÷÷ = sin a çè 2 ø

p -a) 2

æp ö tan çç - a ÷÷÷ = cot a çè 2 ø æp ö cot çç - a ÷÷÷ = tan a çè 2 ø p p ( a và + a ) 2 2

sin(p + a) = - sin a

æp ö sin çç + a ÷÷÷ = cos a çè 2 ø

cos(p + a) = - cos a

æp ö cos çç + a ÷÷÷ = - sin a çè 2 ø

tan(p + a) = tan a

æp ö tan çç + a ÷÷ = - cot a ÷ø çè 2

cot(p + a) = cot a

æp ö cot çç + a ÷÷÷ = - tan a çè 2 ø

Chú ý: Để nhớ nhanh các công thức trên ta nhớ câu: " cos đối sin bù phụ chéo hơn kém p tang côtang, hơn p kém chéo sin". Với nguyên tắc nhắc đến giá trị nào thì nó bằng còn không nhắc thì đối. 2 371

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 a và góc a + k 2p, k Î Z có cùng điểm biểu diễn trên đường tròn lượng giác.



Số điểm trên đường tròn lượng giác biểu diễn bởi số đo có dạng a +

k 2p ( với k là số nguyên và m m là số 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 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: p 4 Lời giải

b) -

11p 2

d) -7650

c) 1200

p 1 a) Ta có 4 = . Ta chia đường tròn thành tám phần bằng nhau. 2p 8

Khi đó điểm M 1 là điểm biểu diễn bởi góc có số đo b) Ta có -

p . 4

13p p = - + ( -3 ).2p do đó điểm biểu diễn bởi góc 2 2

11p p trùng với góc - và là điểm B ' . 2 2

120 1 = . Ta chia đường tròn thành ba phần bằng nhau. c) Ta có 360 3

M1 A

M3 B'

Khi đó điểm M 2 là điểm biểu diễn bởi góc có số đo 1200 .

d) Ta có -7650 = -450 + ( -2 ).3600 do đó điểm biểu diễn bởi góc -7650 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 -7650 . Khi đó điểm M 3 (điểm chính giữa cung nhỏ AB

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). p + kp ; 3 Các góc lượng giác trên có thể viết dưới dạng công thức duy nhất nào? Lời giải x 1 = kp ;

372

x2 =

x3 = -

p + kp 3



Ta có x 1 =

k 2p do đó có hai điểm biểu diễn bởi góc có số đo dạng x 1 = kp 2

Với k = 0 Þ x 1 = 0 được biểu diễn bởi điêm A k = 1 Þ x 1 = p được biểu diễn bởi A '



x2 =

p 2k p do đó có hai điểm biểu diễn bởi góc có + 3 2

số đo dạng x 2 =

p + kp 3

p k = 0 Þ x 2 = được biểu diễn bởi M 1 3

4p được biểu diễn bởi M 2 3

k =1Þx =



p k 2p do đó có hai điểm biểu diễn bởi góc x3 = - + 3 2

có số đo dạng x 3 = k = 0 Þ x3 = k = 1 Þ x6 =



p + kp 3

p được biểu diễn bởi M 3 3

2p được biểu diễn bởi M 4 . 3

Do các góc lượng giác x 1, x 2 , x 3 được biểu diễn bởi đỉnh của đa giác đều AM 1M 4A ' M 2M 3 nên các góc lượng giác đó có thể viết dưới dạng một công thức duy nhất là x =

kp . 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: a)

p 3

b) -

17 p 4

c) -450

d) 7650

Bài 6.7: Trên đường tròn lượng giác gốc A . Biểu diễn các góc lượng giác có số đo là x =

p p + k ( k là số 4 2

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 tùy p + kp 2 Các góc lượng giác trên có thể viết dưới dạng công thức duy nhất nào?

ý).

x 1 = kp ;

x2 =

 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 373

  

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: 7p 5p 7p 1 2 sin 2550° cos(-188°) + cos 9p + tan(- ) + cot + a) A = sin b) B = 6 4 2 tan 368° 2 cos 638° + cos 98° p 3p 5p c) C = sin2 25° + sin2 45° + sin2 60° + sin2 65° d) D = tan2 . tan . tan 8 8 8 Lời giải æ æ æp ö pö pö a) Ta có A = sin çç p + ÷÷÷ + cos ( p + 4.2p ) - tan çç p + ÷÷÷ + cot çç + 3p ÷÷÷ çè çè çè 2 6ø 4ø ø p p p 1 5 + cos p - tan + cot = - - 1 - 1 + 0 = 6 4 2 2 2 0 0 2 sin 30 + 7.360 ° cos(8 + 180°) ( ) 1 + b) Ta có B = tan ( 8 0 + 360° ) 2 cos ( -900 + 8 0 + 2.360° ) + cos ( 900 + 8° ) Þ A = - sin

1 2. ( - cos 8 0 ) 2 sin 300 ( - cos 8 0 ) 1 1 2 B = + = + = tan 8 0 2 cos ( 8 0 - 900 ) - sin 8 0 tan 8 0 2 cos ( 900 - 8 0 ) - sin 8 0 1 cos 8 0 1 cos 8 0 = = =0 tan 8 0 2 sin 8 0 - sin 8 0 tan 8 0 sin 8 0 c) Vì 250 + 650 = 900 Þ sin 650 = cos 250 do đó 2 2 æ 2 ÷ö æ 1 ÷ö 0 ç 2 2 2 2 ÷÷ + çç ÷ C = ( sin 25° + cos 25 ) + sin 45° + sin 60° = 1 + çç çè 2 ÷ø èç 2 ÷ø

Suy ra C =

7 . 4

æ æ pö p 3p ö é 5p ù d) D = - çç tan . tan ÷÷÷ . ê tan çç - ÷÷÷ tan ú çè çè 8 ø 8 8 ø êë 8 úû

æ pö p 3p p p 5p p 3p p 5p + = ,- + = Þ tan = cot , tan = cot çç - ÷÷÷ çè 8 ø 8 8 2 8 8 2 8 8 8 æ æ p ö æ p öù p pö é Nên D = - çç tan .cot ÷÷÷ . ê tan çç - ÷÷÷ cot çç - ÷÷÷ ú = -1 . çè çè 8 ø çè 8 ø úû 8 8 ø êë

Mà

p < a < p . Xác định dấu của các biểu thức sau: 2 æ 3p ö æp ö - a ÷÷÷ a) sin çç + a ÷÷÷ b) tan çç çè 2 çè 2 ø ø æ p ö 14p .cot ( p + a ) c) cos çç - + a ÷÷÷ . tan ( p - a ) d) sin çè 2 9 ø

Ví dụ 2: Cho

Lời giải

a) Ta có

374

æp ö p p 3p <a < p Þ p < +a < suy ra sin çç + a ÷÷÷ < 0 2 2 2 èç 2 ø

æ 3p ö p 3p p > -a > -p Þ 0 > - a > - suy ra tan çç - a ÷÷÷ < 0 çè 2 2 2 2 ø æ p ö p p p c) Ta có < a 0 çè 2 2 2 2 ø

b) Ta có -

p suy ra tan ( p + a ) > 0 2 æ p ö Vậy cos çç - + a ÷÷÷ . tan ( p + a ) > 0 . çè 2 ø

Và 0 < p - a <

3p 14p 14p < < 2p Þ sin < 0. 2 9 9 p 3p <a<pÞ 0 . Vậy sin 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: sin 405° + sin 495° a) A = cos1830° + cos 3660° 1 + cos1800° tan(-390°) b) B = tan(-420°)

d) Ta có

c) D = cos 00 + cos 200 + cos 400 + ... + cos1600 + cos1800 d) E = tan 50 tan 100 tan 150... tan 800 tan 850 e) F = cos2 15° + cos2 35° + cos2 55° + cos2 75° Bài 6.10: Tính giá trị các biểu thức sau: 151p 85p 193p 37 p + 3 cos2 - 4 tan2 + 7 cot2 a) A = 5 sin2 . 6 3 6 3 p 2p p 3p + cos2 + cos2 b) B = cos2 + cos2 . 5 5 10 10 p 2p 5p 7p tan c) C = tan tan tan 9 9 18 18 Bài 6.11: Xác định dấu của các biểu thức sau: æ 2p ö 3p 22p a) A = sin 500.cos(-3000 ) b) B = sin 2150. tan c) C = cot .sin çç - ÷÷÷ è 3 ø 5 7 Bài 6.12: Cho 00 < a < 900 . Xét dấu của các biểu thức sau: a) sin(a + 900 ) b) cot(a - 900 ) c) tan(2700 - a)

d) cos(2a + 900 )

p . Xét dấu của các biểu thức sau: 2 a) cos(a + p) b) tan(a - p) æ æ 2p ÷ö 3p ÷ö c) sin çç a + d) cos çç a ÷÷ ÷ è è 5 ø 8 ÷ø 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

Bài 6.13: Cho 0 < a <

375

c) P = cos

A B C .sin .cot 2 2 2

d) Q = cot A tan B cotC

 DẠNG TOÁN 3 : CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC, CHỨNG MINH BIỂU THỨC KHÔNG PHỤ THUỘC GÓC x , 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 + 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) cos4 x + 2 sin2 x = 1 + sin 4 x sin x + cos x = cot3 x + cot2 x + cot x + 1 b) 3 sin x 2 cot x - cot2 y cos2 x - cos2 y = c) cot2 x .cot2 y cos2 x .cos2 y æ æp ö pö d) sin 4 x + 4 cos2 x + cos4 x + 4 sin2 x = 3 tan çç x + ÷÷ tan çç - x ÷÷ ÷ø çè 3 ÷ø èç 6 Lời giải a) Đẳng thức tương đương với cos4 x = 1 - 2 sin2 x + ( sin2 x )

Û cos4 x = ( 1 - sin2 x ) (*) 2

Mà sin2 x + cos2 x = 1 Þ cos2 x = 1 - sin2 x

Do đó (*) Û cos4 x = ( cos2 x ) (đúng) ĐPCM. 2

sin x + cos x 1 cos x = + 3 2 sin x sin x sin 3 x sin x 1 Mà cot2 x + 1 = và tan x = nên 2 cos x sin x VT = cot2 x + 1 + cot x ( cot2 x + 1 ) = cot3 x + cot2 x + cot x + 1 = VP ĐPCM.

b) Ta có VT =

cot2 x - cot2 y 1 1 = = tan2 y - tan2 x 2 2 2 cot x .cot y cot y cot2 x æ 1 ö æ 1 ö 1 1 cos2 x - cos2 y = çç 2 - 1 ÷÷ - çç 2 - 1 ÷÷ = = = VP ĐPCM. çè cos y ø÷ èç cos x ø÷ cos2 y cos2 x cos2 x .cos2 y

c) Ta có VT =

d) VT =

sin 4 x + 4 ( 1 - sin2 x ) +

( cos2 x ) - 4 cos2 x + 4 = ( sin2 x - 2 ) = ( 2 - sin2 x ) + ( 2 - cos2 x ) = 4 - ( sin2 x + cos2 x ) = 3 =

( sin2 x )

cos4 x + 4 (1 - cos2 x )

- 4 sin2 x + 4 +

æ ö p æp ö æ pö æp pö Mặt khác vì çç x + ÷÷ + çç - x ÷÷ = Þ tan çç - x ÷÷ = cot çç x + ÷÷ nên ÷ø 2 ÷ø çè çè 6 çè 3 ÷ø çè 6 3 ÷ø æ pö æ pö VP = 3 tan çç x + ÷÷ cot çç x + ÷÷ = 3 Þ VT = VP ĐPCM. çè 3 ÷ø çè 3 ÷ø

376

( cos2 x - 2 )

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng B B sin 3 cos3 2 2 = tan A.cot(B + C ) æ A + 2B + C ö÷ æ A + 2B + C ö÷ ç ç cos ç ÷÷ sin ç ÷÷ çè 2 2 ø èç ø Lời giải Vì A + B + C = p nên B B B B sin 3 cos3 sin 3 cos3 2 2 2 2 = - çæ sin2 B + cos2 B ÷÷ö = -1 VT = = çç æ p B ÷ö æ p B ö÷ B B 2 2 ÷ø è ç ç cos ç + ÷ sin ç + ÷ - sin cos çè 2 2 ÷ø 2 ø÷ 2 2 èç 2

VP = tan A.cot ( p - A ) = tan A. ( - cot A ) = -1

Suy ra VT = VP . ĐPCM Ví dụ 3: Đơn giản các biểu thức sau(giả sử các biểu thức sau đều có nghĩa) æ 3p ö æ 3p ö + x ÷÷÷ + tan çç - x ÷÷÷ + cot(3p - x ) a) A = cos(5p - x ) - sin çç è 2 ø è 2 ø 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 ) c) C =

1 1 1 . + với p < x < 2p sin ( x + 2013p ) 1 + cos x 1 - cos x

Lời giải a) Ta có cos(5p - x ) = cos ( p - x + 2.2p ) = cos ( p - x ) = - cos x æ 3p ö æ ö æp ö p sin çç + x ÷÷÷ = sin çç p + + x ÷÷÷ = - sin çç + x ÷÷÷ = - cos x è 2 ø è ø è2 ø 2 æ 3p ö æ ö æp ö p tan çç - x ÷÷÷ = tan çç p + - x ÷÷÷ = tan çç - x ÷÷÷ = cot x è 2 ø è ø è2 ø 2

cot(3p - x ) = cot ( -x ) = - cot x

Suy ra A = - cos x - ( - cos x ) + cot x + ( - cot x ) = 0

b) Ta có sin(900° + x ) = sin ( 1800 + 2.3600 + x ) = sin ( 1800 + x ) = - sin x cos ( 4500 - x ) = cos ( 900 + 3600 - x ) = cos ( 900 - x ) = sin x

cot(1080° - x ) = cot(3.360° - x ) = cot ( -x ) = - cot x

tan(630° - x ) = tan(3.180° + 900 - x ) = tan(900 - x ) = cot x

sin(x - 630°) = sin ( x - 2.3600 + 900 ) = sin ( x + 900 ) = cos x

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

Vậy B =

- 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 + 2013p ) = sin ( x + p + 1006.2p ) = sin (x + p ) = - sin x nên C =

377

1 1 - cos x + 1 + cos x . sin x ( 1 - cos x )(1 + cos x )

1 2 1 2 . = 2+ . = 2 sin x 1 - cos x sin x sin2 x

Vì p < x < 2p Þ sin x < 0 nên æ 1 ö÷ C = 2 çç 1 ÷÷ = - 2 cot2 x 2 çè sin x ø

æ 1 2 ççç 1 + çè sin x sin x

ö÷ ÷÷ ÷ø

Ví dụ 4: Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào x . sin6 x + cos6 x + 2 a) A = sin 4 x + cos4 x + 1 1 + cot x 2 + 2 cot2 x b) B = 1 - cot x ( tan x - 1 )( tan2 x + 1 )

c) C =

sin 4 x + 6 cos2 x + 3 cos4 x +

cos4 x + 6 sin2 x + 3 sin 4 x

Lời giải

a) Ta có Ta có sin 4 a + cos4 a = ( sin2 a + cos2 a ) - 2 sin2 a cos2 a = 1 - 2 sin2 a cos2 a 2

sin6 a + cos6 a = ( sin2 a ) + ( cos2 a ) = ( sin2 a + cos2 a )( sin 4 a + cos4 a - sin2 a cos2 a ) 3

= sin 4 a + cos4 a - sin2 a cos2 a = 1 - 2 sin2 a cos2 a - sin2 a cos2 a = 1 - 3 sin2 a cos2 a 3 ( 1 - sin2 a cos2 a ) 1 - 3 sin2 a cos2 a + 2 3 = = Do đó A = 2 2 2 2 2 1 - 2 sin a cos a + 1 2 ( 1 - sin a cos a )

Vậy A không phụ thuộc vào x . 2 cos2 x 1 2+ 1+ 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 = = =

( 1 - cos2 x )

+ 6 cos2 x + 3 cos4 x +

4 cos4 x + 4 cos2 x + 1 +

( 2 cos2 x + 1 )

(1 - sin2 x )

+ 6 sin2 x + 3 sin 4 x

4 sin 4 x + 4 sin2 x + 1

( 2 sin2 x + 1 )

= 2 cos2 x + 1 + 2 sin2 x + 1 =3

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: æp ö a) A = cos çç + x ÷÷÷ + cos(2p - x ) + cos(3p + x ) è2 ø æ 7p ö æ 3p ö - x ÷÷÷ + cot çç - x ÷÷÷ b) B = 2 cos x - 3 cos(p - x ) + 5 sin çç è 2 ø è 2 ø c) C = 2 sin ( 900 + x ) + sin(9000 - x ) + sin ( 2700 + x ) - cos ( 900 - x ) 378

d) D =

sin(5p + x )cos(x -

9p ) tan(10p + x ) 2 .

11 cos(5p - x )sin( p + x ) tan(7 p - 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 tan 3 x 1 cot3 x + = tan 3 x + cot3 x b) 2 2 sin x cos x cos x sin x 2 c) sin x - tan2 x = tan6 x (cos2 x - cot2 x )

tan2 a - tan2 b sin2 a - sin2 b = tan2 a. tan2 b sin2 a.sin2 b Bài 6.17: Đơn giản các biểu thức sau 1 - tan2 ( 1800 - x ) - cos2 ( 1800 - x ) a) cos2 x sin 3 x + cos3 x c) cos2 x + sin x (sin x - cos x )

cos2 x - sin2 x - cos2 x cot2 x - tan2 x 1 + sin x 1 - sin x + d) 1 - sin x 1 + sin x

1 1 1 1 + . + ( 0 < x < p ). 1 + cos x 1 - cos x 1 + sin x 1 - sin x 1 1 1 1 1 1 f) ( 2 + )( 2 ). 2 2 2 sin x cos x tan x cot x sin x cos2 x Bài 6.18: Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào a . a) (tan a + cot a)2 - (tan a - cot a)2

b) 2(sin6 a + cos6 a) - 3(sin 4 a + cos4 a)

c) cot2 300 (sin 8 a - cos8 a) + 4 cos 600 (cos6 a - sin6 a) - sin6 (900 - a)( tan2 a - 1 )

d) (sin 4 a + cos4 a - 1)(tan2 a + cot2 a + 2) Bài 6.19: Cho tam giác ABC . Hãy rút gọn æ Bö 10800 + A + C B A +C + tan tan a) A = cos2 çç 5400 + ÷÷÷ + cos2 çè 2ø 2 2 2 æB ö æB ö sin çç + 7200 ÷÷ cos çç - 9000 ÷÷ çè 2 ø÷ èç 2 ø÷ cos ( A + C ) + . 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 a biết: 1 2 3p a) sin a = và 900 < a < 1800 . b) cos a = - và p < a < . 3 3 2 379

c) tan a = -2 2 và 0 < a < p

d) cot a = - 2 và

p 3p <a< 2 2

Lời giải a) Vì 900 < a < 1800 nên cos a < 0 mặt khác sin2 a + cos2 a = 1 suy ra cos a = - 1 - sin2 a = - 1 sin a = Do đó tan a = cos a

1 2 2 =9 3

1 3 =- 1 2 2 2 2 3

b) Vì sin2 a + cos2 a = 1 nên sin a = ± 1 - cos2 a = ± 1 -

4 5 =± 9 3

3p 5 Þ sin a < 0 suy ra sin a = 2 3 5 2 sin a 5 cos a 3 = 3 = 2 = = Ta có tan a = và cot a = cos a 2 2 sin a 5 5 3 3 1 1 =c) Vì tan a = -2 2 Þ cot a = tan a 2 2 1 1 1 1 1 2 Þ cos a = = = Þ cos a = ± Ta có tan2 a + 1 = . 2 9 3 cos2 a tan2 a + 1 -2 2 + 1

Mà p < a <

(

)

Vì 0 < a 0 và tan a = -2 2 < 0 nên cos a < 0 1 Vì vậy cos a = 3 æ 1ö 2 2 sin a Þ sin a = tan a.cos a = -2 2. çç - ÷÷÷ = Ta có tan a = . çè 3 ø cos a 3

1 1 =. cot a 2 1 1 1 1 1 Þ sin2 a = = = Þ sin a = ± Ta có cot2 a + 1 = 2 2 2 3 sin a cot a + 1 3 - 2 +1

d) Vì cot a = - 2 nên tan a =

(

)

p 3p <a< Þ cos a < 0 và cot a = - 2 < 0 nên sin a > 0 2 2 3 Do đó sin a = . 3 cos a 3 6 Þ cos a = cot a.sin a = - 2. =Ta có cot a = sin a 3 3 1 Ví dụ 2: a) Tính giá trị lượng giác còn lại của góc a biết sin a = và tan a + cot a < 0 5

b) Cho 3 sin 4 a - cos4 a = 380

1 . Tính A = 2 sin 4 a - cos4 a . 2

Lời giải

1 1 = = 25 Þ cot2 a = 24 hay cot a = ±2 6 2 2 sin a æ 1 ÷ö çç ÷ çè 5 ÷ø Vì tan a , cot a cùng dấu và tan a + cot a < 0 nên tan a < 0, cot a < 0

a) Ta có cot2 a + 1 =

Do đó cot a = -2 6 . Ta lại có tan a =

1 1 =. cot a 2 6

cos a 1 -2 6 Þ cos a = cot a sin a = -2 6. = sin a 5 5 2 1 1 b) Ta có 3 sin 4 a - cos4 a = Û 3 sin 4 a - ( 1 - sin2 a ) = 2 2 4 2 4 4 Û 6 sin a - 2 ( 1 - 2 sin a + sin a ) = 1 Û 4 sin a + 4 sin2 a - 3 = 0 cot a =

Û ( 2 sin2 a - 1 )( 2 sin2 a + 3 ) = 0 Û 2 sin2 a - 1 = 0 (Do 2 sin2 a + 3 > 0 )

Suy ra sin2 a =

1 . 2

Ta lại có cos2 a = 1 - sin2 a = 1 æ1ö æ1ö 1 Suy ra A = 2 çç ÷÷÷ - çç ÷÷÷ = çè 2 ø çè 2 ø 4 2

1 1 = 2 2

2 tan a + 3 cot a . Tính A = . 3 tan a + cot a sin a - cos a b) Cho tan a = 3 . Tính B = 3 sin a + 3 cos3 a + 2 sin a

Ví dụ 3: a) Cho cos a =

c) Cho cot a = Lời giải

5 . Tính C = sin2 a - sin a cos a + cos2 a

1 1 +2 2 2 tan a + 3 tan a cos a = = = 1 + 2 cos2 a a) Ta có A = 2 1 1 tan a + 1 tan a + tan a cos2 a 4 17 Suy ra A = 1 + 2. = 9 9 sin a cos a tan a ( tan2 a + 1 ) - ( tan2 a + 1 ) 3 3 cos a cos a = b) B = sin 3 a 3 cos3 a 2 sin a tan 3 a + 3 + 2 tan a ( tan2 a + 1 ) + + cos3 a cos3 a cos3 a 3 ( 9 + 1) - ( 9 + 1) 2 = Suy ra B = 27 + 3 + 2.3 ( 9 + 1 ) 9 tan a + 3

c) Ta có C = sin2 a. =

2 æ ö sin2 a - sin a cos a + cos2 a 2 çç 1 - cos a + cos a ÷÷ = sin a çè sin a sin2 a sin2 a ÷ø

1 1 ( 1 - cot a + cot2 a ) = 2 1 + cot a 1+ 5

Ví dụ 4: Biết sin x + cos x = m 381

( )

(1 -

)

5+5 =

6- 5 6

a) Tìm sin x cos x và sin 4 x - cos4 x b) Chứng minh rằng m £

Lời giải

a) Ta có ( sin x + cos x ) = sin2 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 a cos a hay sin a cos a = Đặt A = sin 4 x - cos4 x . Ta có A=

( sin2 x + cos2 x )( sin2 x - cos2 x )

( sin x + cos x )( sin x - cos x )

m2 - 1 2

Þ A2 = ( sin x + cos x ) ( sin x - cos x ) = (1 + 2 sin x cos x )(1 - 2 sin x cos x ) 2

2 2 4 æ m 2 - 1 öæ ÷÷ çç 1 - m - 1 ö÷÷ = 3 + 2m - m Þ A2 = çç 1 + ÷ç çè 2 øè 2 ø÷ 4

3 + 2m 2 - m 4 2 b) Ta có 2 sin x cos x £ sin2 x + cos2 x = 1 kết hợp với (*) suy ra

Vậy A =

( sin x + cos x )

Vậy m £

£ 2 Þ sin x + cos x £

3. Bài tập luyện tập. Bài 6.20: Tính các giá trị lượng giác còn lại, biết a) sin a =

3 với 00 < a < 900 5

b) cos b =

1 với 0 < a < p 5

c) tan a = 2 và p < a < 2p d) cos a = 0, 8 và tan a + cot a > 0 Bài 6.21: a) Cho cos a = b) Cho sin a =

2 cot a + 3 tan a . Tính A = 3 2 cot a + tan a

1 3 cot a + 2 tan a + 1 . Tính B = 3 cot a + tan a

c) Cho tan a = 2 . Tính C =

2 sin a + 3 cos a ; sin a + cos a

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 . tan6 x + cot6 x a) Tìm tan2 x + cot2 x b) c) Chứng minh m ³ 2 tan 4 x + cot4 x 12 Bài 6.23: Cho sin a cos a = . Tính sin 3 a + cos3 a 25 382

Bài 6.24: Cho tan a - cot a = 3 . Tính giá trị các biểu thức sau: a) A = tan2 a + cot2 a b) B = tan a + cot a c) C = tan 4 a - cot4 a 3 Bài 6.25: Cho 3 sin 4 x + cos4 x = . Tính A = sin 4 x + 3 cos4 x . 4 §3. MỘT SỐ CÔNG THỨC LƯỢNG GIÁC A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Công thức cộng:

sin(a + b) = sin a.cos b + sin b.cos a sin(a - b) = sin a.cos b - sin b.cos a

cos(a + b) = cos a.cos b - sin a.sin b cos(a - b) = cos a.cos b + sin a.sin b tan a + tan b 1 - tan a. tan b tan a - tan b tan(a - b) = 1 + tan a. tan b tan(a + b) =

2. Công thức nhân đôi, hạ bậc: a) Công thức nhân đôi. sin 2a = 2 sin a.cos a cos 2a = cos2 a - sin2 a = 2 cos2 a - 1 = 1 - 2 sin2 a tan 2a =

b) Công thức hạ bậc.

2 tan a 1 - tan2 a 1 - cos 2a 2 1 + cos 2a 2 cos a = 2 1 cos 2a tan2 a = 1 + cos 2a sin2 a =

3. Công thức biến đổi tích thành tổng.

1é cos(a + b) + cos(a - b) ùû 2ë 1 sin a sin b = - éë cos(a + b) - cos(a - b) ùû 2 1é sin a cos b = ë sin(a + b) + sin(a - b) ùû 2 4. Công thức biển đổi tổng thành tích. cos a cos b =

a +b a -b .cos 2 2 a +b a -b cos a - cos b = - 2 sin .sin 2 2 a +b a -b sin a + sin b = 2 sin .cos 2 2 cos a + cos b = 2 cos

383

sin(a + b) cos a.cos b sin(a - b) tan a - tan b = cos a.cos b sin(a + b) cot a + cot b = sin a.sin b tan a + tan b =

sin a - sin b = 2 cos

a +b a -b .sin 2 2

cot a - cot b =

sin(b - a ) sin a.sin b

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. Ví dụ 1: Tính các giá trị lượng giác sau: cos 7950 , sin 18 0 , tan

7p 5p , cot . 12 8

Lời giải 

Vì 7950 = 750 + 2.3600 = 300 + 450 + 2.3600 nên

cos 7950 = cos 750 = cos 300 cos 450 - sin 300 sin 450 =



3 2 1 2 . - . = 2 2 2 2

6- 2 4

Vì 54 0 + 360 = 900 nên sin 54 0 = cos 360

Mà cos 360 = cos ( 2.18 0 ) = 1 - 2 sin2 18 0

sin 54 0 = sin ( 18 0 + 360 ) = sin 18 0 cos 360 + sin 360 cos18 0 = sin 18 0. ( 1 - 2 sin2 18 0 ) + 2 sin 18 0 cos2 18 0 = sin 18 0. (1 - 2 sin2 18 0 ) + 2 sin 18 0 (1 - sin2 18 0 ) = 3 sin 18 0 - 4 sin 3 18 0

Do đó 3 sin 18 0 - 4 sin 3 18 0 = 1 - 2 sin2 18 0 Û ( sin 18 0 - 1 )( 4 sin2 18 0 + 2 sin 18 0 - 1 ) = 0 Û sin 18 0 = 1 hoặc sin 18 0 =

5 -1 hoặc sin 18 0 = 2

Vì 0 < sin 18 0 < 1 nên sin 18 0 =



5 -1 . 2

p p tan + tan æ ö 7p p p 3 4 = 3 + 1 = -2 - 3 tan = tan çç + ÷÷÷ = ç 12 p p è3 4ø 1- 3 1 - tan tan 3 4 æp pö 5p p cot = cot çç + ÷÷÷ = - tan çè 2 8 ø 8 8

æ pö p Ta lại có 1 = tan = tan çç 2. ÷÷÷ = çè 8 ø 4

384

5 +1 2

2 tan

p 8

1 - tan2

p 8

suy ra 1 - tan2

p p p p = 2 tan Û tan2 + 2 tan - 1 = 0 8 8 8 8

Û tan

p p = -1 - 2 hoặc tan = -1 + 2 8 8

Do tan

p p > 0 nên tan = -1 + 2 8 8

Vậy cot

5p = 1- 2 8

Ví dụ 2: Tính giá trị biểu thức lượng giác sau: a) A = sin 220 30 ' cos 2020 30 '

b) B = 4 sin 4

p 2p - sin 5 15 c) C = p 2p cos - cos 5 15

d) D = sin

sin

p p + 2 cos 16 8

p 5p 7p - sin + sin 9 9 9

Lời giải a) Cách 1: Ta có cos 2020 30 ' = cos ( 1800 + 220 30 ' ) = - cos 220 30 ' 1 2 Do đó A = - sin 220 30 ' cos 220 30 ' = - sin 450 = 2 4

Cách 2: A = =

1é 0 0 0 0 ù = 1 é sin 2250 + sin (-1800 )ù sin 22 30 ' + 202 30 ' + sin 22 30 ' 202 30 ' ( ) ( ) û û 2ë 2ë

1é 1 2 sin ( 1800 + 450 ) - sin 1800 ùû = - sin 450 = ë 2 2 4

æ é æ p öù pö p p b) B = çç 2 sin2 ÷÷ + 2 cos = ê 1 - cos çç 2. ÷÷ ú + 2 cos ÷ ÷ çè ç ê ú 16 ø 8 8 è 16 ø û ë 2

p p p = 1 - 2 cos + cos2 + 2 cos = 1 + 8 8 8

1 + cos 2

p 2 1+ 4 = 1+ 2 = 6+ 2 2 4

1 æ p 2p ÷ö 1 æ p 2p ö p 2p p 2 cos çç + ÷÷ sin çç - ÷÷÷ - sin cos ç ç 2 5 15 2 5 15 è ø è ø 5 15 = 6 = - cot p = - 3 =c) C = p 2p 1 æ p 2p ö÷ 1 æ p 2p ö p 6 cos - cos -2 sin çç + sin ÷÷ sin çç - ÷÷÷ ç ç 5 15 2 è 5 15 ø 2 è 5 15 ø 6 sin

æ p 7p ö 5p 4p p 5p 4p 5p = 2 sin .cos - sin = sin - sin =0 d) D = çç sin + sin ÷÷÷ - sin çè 9 9 ø 9 9 3 9 9 9

Ví dụ 3: Tính giá trị biểu thức lượng giác sau: a) A =

1 + cos 2900

3 sin 250

c) C = tan 90 - tan 27 0 - tan 630 + tan 810 385

b) B = ( 1 + tan 200 )( 1 + tan 250 ) d) D = sin2

p 2p p 2p + sin2 + sin sin 9 9 9 9

Lời giải a) Ta có cos 2900 = cos ( 1800 + 900 + 200 ) = - cos ( 900 + 200 ) = sin 200 sin 2500 = sin ( 1800 + 900 - 200 ) = - sin ( 900 - 200 ) = - cos 200 1 C = sin 200 =4

3 cos 200

3 sin 200 - sin 200 3 sin 200.cos 200

sin 600 cos 200 - cos 600 sin 200 3 sin 400

3 1 cos 200 - sin 200 2 =4 2 0 3.2.sin 20 .cos 200

4 sin 400

3 sin 400

4 3 3

0 0 0 0 0 æ sin 200 öæ ÷÷ çç 1 + sin 25 ö÷÷ = sin 20 + cos 20 . sin 25 + cos 25 b) Cách 1: Ta có B = çç 1 + çè ÷ç cos 200 øè cos 250 ø÷ cos 200 cos 250

sin 200 cos 450 + cos 200 sin 450 sin 250 cos 450 + cos 250 sin 450 . 2. cos 200 cos 250

sin 650 sin 700 =2 cos 200 cos 250

Cách 2: Ta có tan 450 = tan ( 200 + 500 ) = Suy ra 1 =

tan 200 + tan 250 1 - tan 200 tan 250

tan 200 + tan 250 Û tan 200 + tan 250 + tan 200 tan 250 = 1 1 - tan 200 tan 250

Û ( 1 + tan 200 )( 1 + tan 250 ) = 2 .

Vậy B = 2

c) C = tan 90 + tan 810 - ( tan 27 0 + tan 630 ) =

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 = = cos 90 sin 90 cos 27 0 sin 27 0 sin 18 0 sin 54 0 sin 18 0 sin 54 0

4 cos 360.sin 18 0 =4 sin 18 0.sin 54 0

p 2p p 2p æç p 2p ö p 2p + sin2 + sin sin = ç sin + sin ÷÷÷ - sin sin d) D = sin 9 9 9 9 9 9 ø 9 9 èç 2

æ p pö 1æ p pö p 1æ1 pö = çç 2 sin cos ÷÷ + çç cos - cos ÷÷ = cos2 + çç - cos ÷÷ çè 6 18 ÷ø 2 çè 3 9 ÷ø 18 2 çè 2 9 ÷ø p 1 + cos 9 + 1 æç 1 - cos p ö÷÷ = 3 = ç 2 2 çè 2 9 ÷ø 4 2

Lưu ý: Biến đổi sau thường xuyên được sử dụng 386

  

é1 ù 3 p 3 cos x = 2 êê sin x ± cos x úú = 2 sin(x ± ) 2 3 êë 2 úû é 3 ù 1 p 3 sin x ± cos x = 2 êê sin x ± cos x úú = 2 sin(x ± ) 2 6 êë 2 úû é 1 ù 1 p sin x ± cos x = 2 ê sin x ± cos x ú = 2 sin(x ± ) . êë 2 ú 4 2 û sin x ±

Ví dụ 4: Tính giá trị biểu thức lượng giác sau: a) A = sin

p p p p cos .cos .cos 32 32 16 8

b) B = sin 10o.sin 30o.sin 50o.sin 70o

c) C = cos

p 3p + cos 5 5

d) D = cos2

p 2p 3p + cos2 + cos2 7 7 7

Lời giải 1æ p pö p p 1 p p p 1 p p 1 p 2 a) A = çç 2 sin cos ÷÷÷ .cos .cos = sin .cos .cos = sin .cos = sin = ç 2è 32 32 ø 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 = sin 1600

Suy ra B =

sin 1600 1 = . 0 16 16 sin 20

c) Ta có C = 2 cos

p 2p p cos . Vì sin ¹ 0 nên 5 5 5

p p p 2p 2p 2p 4p 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

Xét T = cos

387

2p 4p 6p 1 + cos 1 + cos 7 + 7 + 7 = 3 + 1 æç cos 2p + cos 4p + cos 6p ö÷÷ ç 2 2 2 2 2 çè 7 7 7 ÷ø

1 + cos

2p 4p 6p p + cos + cos , vì sin ¹ 0 nên 7 7 7 7

p p 2p p 4p p 6p 2 sin T = 2 sin cos + 2 sin cos + 2 sin cos 7 7 7 7 7 7 7 æ ö÷ æ ö÷ æ 3 p p 5 p 3 p 5p ö = çç sin - sin ÷÷ + çç sin - sin ÷÷ + çç sin p - sin ÷÷÷ 7 7 ø èç 7 7 ø èç 7 ø èç p = - sin 7 1 Suy ra T = - . 2

Vậy D =

3 1 æç 1 ÷ö 5 + .ç - ÷ = . 2 2 çè 2 ÷ø 4

Ví dụ 5: Cho a, b thoả mãn sin a + sin b =

2 6 và cos a + cos b = . Tính cos ( a - b ) và sin ( a + b ) 2 2

. Lời giải 

Ta có sin a + sin b =

cos a + cos b =

2 1 Û sin2 a + sin2 b + 2 sin a sin b = (1) 2 2

6 3 Û cos2 a + cos2 b + 2 cos a cos b = (2) 2 2

Cộng vế với vế của (1) và (2) ta được sin2 a + sin2 b + cos2 a + cos2 b + 2 sin a sin b + 2 cos a cos b = 2 Û 2 + 2 ( sin a sin b + cos a cos b ) = 2 Û 2 cos ( a - b ) = 0

Vậy cos ( a - b ) = 0 

Từ giả thiết ta có ( sin a + sin b )( cos a + cos b ) =

Û sin a cos a + sin a cos b + sin b cos a + sin b cos b = Û

1 3 ( sin 2a + sin 2b ) + sin ( a + b ) = 2 2

2 6 . 2 2 3 2

Mặt khác sin 2a + sin 2b = 2 sin ( a + b ) cos ( a - b ) = 0 (Do cos ( a - b ) = 0 ) Suy ra sin ( a + b ) =

3 2

3. Bài tập rèn luyện. p p 11p Bài 6.26: Tính các giá trị lượng giác sau sin , sin , cot 8 16 12

Bài 6.27: Tính giá trị của biểu thức sau: a) A = 4 sin 450 cos120 cos 30 - sin 54 0 - sin 360 388

b) B = ( 1 - cot230 )( 1 - cot220 )

p p + 2 sin 5 20 d) D = p p 2 cos - 2 sin 5 20 2 sin

p 5p 7p + cos c) C = cos + cos 9 9 9

Bài 6.28: Tính: a) Tính giá trị lượng giác của góc

p 12

c) cos 360 - cos 720

b) cos4

p p - sin 4 24 24

d) sin 100 sin 500 sin 700

Bài 6.29: Tính giá trị của các biểu thức sau: a) A = cos2 730 + cos2 47 0 + cos 730 cos 47 0 c) C = cos

p 4p 5p cos cos 7 7 7

b) B = sin 60 sin 420 sin 660 sin 78 0 d) D =

1 - 4 sin 700 0 sin 10

Bài 6.30: Cho a, b thoả mãn sin a + sin b = m và cos a + cos b = n , mn ¹ 0 . Tính cos ( a - b ), cos ( a + b ) và sin ( a + b ) . Bài 6.31: Tính giá trị của các biểu thức sau: p 7p 13p 19p 25p sin sin sin a) A = sin sin 30 30 30 30 30 o o o o b) cos 24 + cos 48 - cos 84 - cos12 p 2p 3p + cos c) cos - cos 7 7 7 Bài 6.32: Tính giá trị của biểu thức sau: p 4p 5p a) A = cos .cos .cos 7 7 7 0 0 b) B = cos10 .cos 50 .cos 700 c) C = sin 6o.sin 42o.sin 66o.sin 78o 2p 4p 8p 16p 32p .cos .cos .cos .cos 31 31 31 31 31 o o o o o e) F = sin 5 .sin 15 .sin 25 .... sin 75 .sin 85

d) E = cos

Bài 6.33: Tính A = ( 1 + tan 10 )( 1 + tan 20 ) ... ( 1 + tan 450 ) Bài 6.34: Tính A = cos a cos 2a cos 3a...cos 999a với a =

2p 1999

 DẠNG TOÁN 2: XÁC ĐỊNH GIÁ TRỊ CỦA MỘT BIỂU THỨC LƯỢNG GIÁC CÓ ĐIỀU KIỆN. 1. Các ví dụ minh họa. Ví dụ 1: Cho cos 2x = Lời giải

389

æ æ 4 pö pö p p , với < x < . Tính sin x , cos x , sin çç x + ÷÷, cos çç 2x - ÷÷ . çè 5 3 ÷ø 4 ø÷ 4 2 èç

p p < x < nên sin x > 0, cos x > 0 . 4 2 Áp dụng công thức hạ bậc, ta có : 1 - cos 2x 9 3 sin2 x = = Þ sin x = 2 10 10 1 + cos 2x 1 1 cos2 x = = Þ cos x = 2 10 10 Theo công thức cộng, ta có æ pö p p 3 1 1 3 3+ 3 sin çç x + ÷÷÷ = sin x cos + cos x sin = . + . = çè 3ø 3 3 10 2 10 2 2 10 æ pö p p 4 2 2 3 1 2 cos çç 2x - ÷÷÷ = cos 2x sin + cos sin 2x = - . + .2. . =çè 4ø 4 4 5 2 2 10 10 10

Vì

Ví dụ 2: Cho cos 4a + 2 = 6 sin2 a với

p < a < p . Tính tan 2a . 2

Lời giải Ta có cos 4a + 2 = 6 sin2 a Û 2 cos2 2a - 1 + 2 = 3 (1 - cos 2a )

Û 2 cos2 2a + 3 cos 2a - 2 = 0 Û ( 2 cos 2a - 1 )( cos 2a + 2 ) = 0 Û cos 2a = 1 1 Þ tan2 2a = -1 = 3 2 cos 2a cos2 2a

Ta có 1 + tan2 2a = Vì

1 (Vì cos 2a + 2 > 0 ) 2

p < a 0 do đó tan 2a < 0 2

Vậy tan 2a = - 3 Ví dụ 3: Cho Lời giải

1 1 1 1 + + + = 7 . Tính cos 4a . 2 2 2 tan a cot a sin a cos2 a

1 1 1 1 + + + =7 2 2 2 tan a cot a sin a cos2 a sin2 a + 1 cos2 a + 1 Û + =7 cos2 a sin2 a sin2 a ( sin2 a + 1 ) + cos2 a ( cos2 a + 1 ) Û =7 sin2 a cos2 a Û sin 4 a + cos4 a + 1 = 7 sin2 a cos2 a

Ta có

Û ( sin2 a + cos2 a ) - 2 sin2 a cos2 a + 1 = 7 sin2 a cos2 a 2

Û 2 = 9 sin2 a cos2 a

Û 8 = 9 ( 2 sin a cos a ) Û 8 = 9 sin2 2a

Û 16 = 9 ( 1 - cos 4a ) 7 Û cos 4a = 9 7 Vậy cos 4a = 9 390

Ví dụ 4: Cho sin a + cos a = cot

æ a + 2013p ÷ö a với 0 < a < p . Tính tan çç ÷÷ . çè 2 2 ø

Lời giải a a a Ta có sin a = 2 sin cos = 2 cos2 . 2 2 2

a a 2 tan 2 = 2 a a cos tan2 + 1 2 2 sin

æ aö a çç sin2 ÷÷÷ 1 - tan2 a a a ç 2 ÷÷ = 2 cos a = cos2 - sin2 = cos2 çç 1 ÷÷ 2 2 2 çç a a cos2 ÷÷÷ tan2 + 1 ççè 2ø 2 a a 2 = 1 + Do đó sin a + cos a = cot Û 2 a a a tan2 + 1 tan2 + 1 tan 2 2 2 2 tan

a 2

1 - tan2

aæ a aö a a a a Û tan çç 1 + 2 tan - tan2 ÷÷÷ = 1 + tan2 Û tan 3 - tan2 - tan + 1 = 0 2 çè 2 2ø 2 2 2 2 2 æ ö æ ö a a a Û çç tan - 1 ÷÷÷ çç tan + 1 ÷÷÷ = 0 Û tan = ±1 2 2 2 èç ø çè ø

Vì 0 < a < p Þ 0 <

a p a a a < do đó tan > 0 nên tan = 1 Þ cot = 1 2 2 2 2 2

æ a + 2013p ÷ö æa pö a Ta có tan çç ÷ = tan çç + 2006p + ÷÷ = - cot = -1 ÷ ÷ çè ç 2 2ø 2 ø è2 æ a + 2013p ÷ö Vậy tan çç ÷÷ = -1 çè 2 ø

Lưu ý: Ta có thể biểu diễn sin a, cos a, tan a, cot a qua t = tan sin a =

a như sau: 2

2t 1 - t2 2t 1 - t2 , cos a = , tan a = , cot a = với a làm các biểu thức có nghĩa. 2t 1 + t2 1 + t2 1 - t2

1 , tan a = -2 tan b . 3 æ æ æ 3p ÷ö pö 5p ÷ö çæ pö Tính A = sin çç a + ÷ cos çç a + ÷÷ + sin çç b ÷ sin ç b - ÷÷ . çè çè çè 8 ÷ø 8 ÷ø 12 ÷ø çè 12 ÷ø Lời giải 1 1 Ta có sin ( a + b ) = Û sin a cos b + cos a sin b = (1) 3 3 tan a = -2 tan b Û sin a cos b = -2 sin b cos a (2)

Ví dụ 5: Cho sin ( a + b ) =

391

ìï ì ì 1 ï ï ïï cos a sin b = - 1 ï ï cos2 a sin2 b = 1 - sin2 a ) sin2 b = ( ï ï 3Þï 9 Þï Từ (1) và (2) ta được ïí í í ïï ï ï 2 4 2 2 ï ï sin a cos b = sin2 a (1 - sin2 b ) = ïï sin a cos b = ï ï ï ï î 3 î 9 î ìï ïï( 1 - sin2 a ) sin2 b = 1 æ ö 9 Þ çç 1 - sin2 b - 1 ÷÷ sin2 b = 1 Þ ïí çè ïï 1 3 ÷ø 9 2 2 ïï sin a - sin b = î 3 2 æ 2 1 1ö 1 Þ sin 4 b - sin2 b + = 0 Þ çç sin2 b - ÷÷÷ = 0 Þ sin2 b = ç 3 9 3ø 3 è

1 9 4 9

1 2 = 3 3 æ æ 3p ÷ö pö 1é æ pö pù 1æ 2 ö÷ ÷÷ Ta có sin çç a + ÷ cos çç a + ÷÷ = ê sin çç 2a + ÷÷ - sin ú = ççç cos 2a çè çè 8 ÷ø 8 ÷ø 2 êë çè 2 ÷ø 4 úû 2 èç 2 ÷ø 1æ 2 ö÷ 1 æç 2 2 ö÷ 2+3 2 ÷÷ = ç 1 - 2. ÷÷ = = ççç 1 - 2 sin2 a 2 èç 2 ÷ø 2 èçç 3 2 ÷ø 12 æ æ pö 5p ÷ö 1 é çæ pö pù 1é 3 ùú sin çç b - ÷÷ cos çç b ÷ = ê sin ç 2b - ÷÷ + sin ú = êê - cos 2b + çè çè 12 ÷ø 12 ÷ø 2 êë çè 2 ÷ø 3 úû 2 êë 2 úúû 1æ 3 ö÷ 1 æç 1 3 ö÷ -2 + 3 2 ÷÷ = ç -1 + 2. + ÷÷ = = ççç -1 + 2 sin2 b + 2 èç 2 ÷ø 2 èçç 3 2 ÷ø 12

Do đó sin2 a = sin2 b +

Do đó A = -

2 + 3 2 -2 + 3 2 1 + =12 12 3

2. Bài tập luyện tập.

æ 3 3p pö < x < p ). Tính sin x , cos x , tan çç x - ÷÷÷ (với çè 5 4 4ø Bài 6.36: Tính giá trị của biểu thức lượng giác, khi biết: 8 5 a) sin(a - b), cos(a + b), tan(a + b) khi sin a = , tan b = và a, b là các góc nhọn. 17 12 æp ö 12 3p < a < 2p b) cos çç - a ÷÷÷ khi sin a = - , è3 ø 13 2 æ pö 3 p c) tan çç a + ÷÷÷ khi sin a = , < a < p è ø 3 5 2 1 1 Bài 6.37: Cho 2 cos ( a + b ) = cos a cos ( p + b ) . Tính A = . + 2 2 2 2 sin a + 3 cos a 2 sin b + 3 cos2 b m Bài 6.38: a) Cho tan a = . Tính A = m sin 2a + n cos 2a . n cos ( a + b ) m = . Tính B = tan a. tan b . b) Cho cos ( a - b ) n

Bài 6.35: Cho cos 2x =

c) Cho tan ( a + b ) = m và tan ( a - b ) = n . Tính tan 2a . Bài 6.39: Cho sin a + cos a = 392

7 2a + 2015p p và 0 < a < . 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. Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi góc lượng giác a làm cho biểu thức xác định thì 3 cos 4a a) sin 4 a + cos4 a = + 4 4 5 3 b) sin6 a + cos6 a = + cos 4a 8 8 1 - sin 2a p = cot2 ( + a) c) 1 + sin 2a 4 Lời giải

2 1 a) Ta có sin 4 a + cos4 a = ( sin2 a + cos2 a ) - 2 sin2 a cos2 a = 1 - sin2 2a 2

= 1-

1 - cos 4a 3 cos 4a = + 4 4 4

b) Ta có sin6 a + cos6 a = ( sin2 a ) + ( cos2 a ) + 3 sin2 a cos2 a ( sin2 a + cos2 a ) - 3 sin2 a cos2 a ( sin2 a + cos2 a ) 3

= ( sin2 a + cos2 a ) - 3 sin2 a cos2 a = 1 3

5 3 + cos 4a 8 8

2 3 3 3 ( 2 sin a cos a ) = 1 - sin2 2a = 1 - (1 - cos 4a ) 4 4 8

( sin a - cos a ) 1 - sin 2a sin2 a + cos2 a - 2 sin a cos a = = c) Ta có 2 1 + sin 2a sin2 a + cos2 a + 2 sin a cos a ( sin a + cos a ) 2

é æ æ p öù pö ê 2 cos çç a + ÷÷÷ ú 2 cos2 çç a + ÷÷÷ çè çè æ ê 4 ø úû 4ø p ÷ö 2ç = ë = = cot a + ÷÷ ç 2 çè æ ö p 4 ø é æ öù 2 p 2 sin çç a + ÷÷ ê 2 sin çç a + ÷÷ ú ÷ ç 4ø è çè êë 4 ÷ø úû 2

393

p . Chứng minh rằng: 2 æa pö 1 + cos a + 1 - cos a = 2 sin çç + ÷÷÷ çè 2 4ø

Ví dụ 2: Cho 0 < a < p, a ¹ a)

æa pö = tan çç + ÷÷÷ çè 2 4ø 1 + cos a - 1 - cos a Lời giải æa pö a) Do 0 < a 0, sin a > 0 çè 2 4ø Đẳng thức tương đương với 2 æa pö 1 + cos a + 1 - cos a = 4 sin2 çç + ÷÷÷ çè 2 4ø é æ p öù Û 2 + 2 1 + cos a 1 - cos a = 2 ê 1 - cos çç a + ÷÷÷ ú çè êë 2 ø úû 1 + cos a + 1 - cos a

(

)

Û 1 - cos2 a = sin a Û 1 - cos2 a = sin2 a Û sin2 a + cos2 a = 1 (luôn đúng) Þ ĐPCM.

b) VT =

(

1 + cos a + 1 - cos a

1 + cos a - 1 - cos a

)(

)

1 + cos a + 1 - cos a

)

1 + sin a 2 + 2 1 + cos a. 1 - cos a 1 + 1 - cos2 a = = 2 cos a cos a cos a Vì 0 < a 0 do đó =

a a a a sin2 + cos2 + 2 sin cos 1 + sin a 2 2 2 2 = VT = = æ cos a a a çç sin a cos2 - sin2 ç 2 2 2 è a a + cos 2 2 = = a a cos - sin 2 2 sin

æ ö çç sin a + cos a ÷÷ çè 2 2 ÷ø a öæ a aö + cos ÷÷ çç cos - sin ÷÷ 2 ÷øèç 2 2 ÷ø

æa pö 2 sin çç + ÷÷÷ çè 2 æa pö 4ø = tan çç + ÷÷÷ = VP Þ ĐPCM. çè 2 æa pö 4ø 2 cos çç + ÷÷÷ çè 2 4ø

Ví dụ 3: Chứng minh rằng a) sin(a + b ).sin(a - b ) = sin2 a - sin2 b b) cot c)

a b cot = 2 với sin a + sin b = 3 sin ( a + b ), a + b ¹ k 2p 2 2

sin a + sin b cos ( a + b ) cos a - sin b sin ( a + b )

Lời giải

= tan ( a + b )

1 a) Ta có sin(a + b ).sin(a - b ) =- éë cos 2a - cos 2b ùû 2

394

1 = - éë ( 1 - 2 sin2 a ) - ( 1 - 2 sin2 b ) ùû = sin2 a - sin2 b 2

b) Từ giả thiết ta có 2 sin

a+b a-b a+b a+b cos = 6 sin cos 2 2 2 2

Do a + b ¹ k 2p Þ sin

a+b a-b a+b ¹ 0 suy ra cos = 3 cos 2 2 2

Û cos

æ a b a b a b a bö cos + sin sin = 3 çç cos cos - sin sin ÷÷÷ çè 2 2 2 2 2 2 2 2ø

Û 2 sin Û cot

a b a b sin = cos cos 2 2 2 2

a b cot = 2 Þ ĐPCM 2 2

1 sin a + éë sin ( a + 2b ) + sin ( -a ) ùû sin a + sin ( a + 2b ) 2 = c) Ta có VT = æ 1ö cos a + cos ( a + 2b ) cos a - çç - ÷÷÷ éë cos ( a + 2b ) - cos ( -a ) ùû çè 2 ø =

2 sin ( a + b ) cos ( -b )

2 cos ( a + b ) cos ( -b )

= tan ( a + b ) = VP Þ ĐPCM

Ví dụ 4: Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào x . æ 2p ö æ 2p ö + a ÷÷ + cos2 çç - a ÷÷ a) A = cos2 a + cos2 çç ÷ø ÷ø çè 3 çè 3 æ æ æ æ pö pö pö 3p ÷ö b) B = cos çç a - ÷÷÷ .cos çç a + ÷÷÷ + cos çç a + ÷÷÷ .cos çç a + ÷ è è è è 3ø 4ø 6ø 4 ÷ø Lời giải æ 2p ö æ 2p ö + a ÷÷ + cos2 çç - a ÷÷ = a) Ta có: A = cos2 a + cos2 çç ÷ø ÷ø çè 3 çè 3 æ 4p ö æ 4p öù 1é = ê 3 + cos 2a + cos çç + 2a ÷÷ + cos çç - 2a ÷÷ ú ÷ø ÷ø úû çè 3 çè 3 2 êë

ù 1é 4p 3 ê 3 + cos 2a + 2 cos cos 2a ú = ê ú 2ë 3 2 û æ æ æ æ 3p ÷ö pö p æ pö p pö pö b) Vì a + = çç a - ÷÷ + Þ cos çç a + ÷÷ = - sin çç a - ÷÷ và cos çç a + ÷ = - sin çç a + ÷÷ nên çè çè çè çè çè 4 ÷ø 4 ÷ø 6 3 ÷ø 2 6 ÷ø 3 ÷ø æ æ æ æ pö pö pö pö B = cos çç a - ÷÷÷ .cos çç a + ÷÷÷ + sin çç a - ÷÷÷ .sin çç a + ÷÷÷ è è è è 3ø 4ø 3ø 4ø éæ æ p pö æp pö pö æ p öù = cos ê çç a - ÷÷÷ - çç a + ÷÷÷ ú = cos çç - - ÷÷ = cos çç + ÷÷ çè 3 4 ÷ø çè 3 4 ÷ø êë è 3ø è 4 ø úû p p p p 1 2 3 2 2- 6 = cos cos - sin sin = . . = 3 4 3 4 2 2 2 2 4 =

Ví dụ 5: Đơn giản biểu thức sau: 395

    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) Lời giải  cos a  cos 3a   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

cos a  2 cos 2a  cos 3a a) A  sin a  sin 2a  sin 3a

     b) Ta có cos  a    cos  a    2 cos a cos  cos a và 3 3 3   a  a a a a 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

Suy ra B 

cos a sin 2a   sin a cos a   . 1 2  sin a

c) Ta có C.2sin

b b b b b  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       2n  1 b  b   nb  sin   a   sin   a   2sin  n  1 b cos   a  2 2   2     nb  sin  n  1 b cos   a   2  Suy ra C  b sin 2

Ví dụ 6: Cho sin  a  b   2 cos  a  b  . Chứng minh rằng biểu thức M  thuộc vào a, b . Lời giải Ta có M 

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

Ta có sin 2a  sin 2b  2sin  a  b  cos  a  b  Mà sin  a  b   2 cos  a  b   sin 2  a  b   4 cos 2  a  b  nên

396

1 1  không phụ 2  sin 2a 2  sin 2b

cos 2  a  b   cos 2  a  b   1  2sin 2  a  b    2 cos 2  a  b   1  2  2 sin 2  a  b   cos 2  a  b    2  10 cos 2  a  b 

Suy ra M 

4  4 cos 2  a  b  4  4 cos 2  a  b  4   2 1 3  3cos a  b 3 2 2   4  8cos  a  b   .  2  10 cos  a  b   2

Ví dụ 7: Chứng minh rằng æp ö æp ö a) sin 3a = 3 sin a - 4 sin 3 a = 4 sin a.sin çç - a ÷÷÷ .sin çç + a ÷÷÷ èç 3 ø èç 3 ø

b) sin 3

ö a a a 1æ a + 3 sin 3 2 + ... + 3n -1 sin 3 n = çç 3n sin n - sin a ÷÷÷ . ø 3 4è 3 3 3

Lời giải a) Ta có sin 3a = sin ( 2a + a ) = sin 2a cos a + cos 2a sin a = 2 sin a cos2 a + cos 2a sin a

= 2 sin a ( 1 - sin2 a ) + ( 1 - 2 sin2 a ) sin a = 3 sin a - 4 sin 3 a (1)

æp ö æp ö ö 1æ 2p - cos ( -2a )÷÷÷ Mặt khác 4 sin a.sin çç - a ÷÷÷ .sin çç + a ÷÷÷ = -4 sin a. çç cos çè 3 2 èç 3 èç 3 ø ø ø æ 1 ö æ1 ö = -2 sin a. çç - - cos 2a ÷÷÷ = 2 sin a çç + 1 - 2 sin2 a ÷÷÷ èç 2 ø èç 2 ø 3 = 3 sin a - 4 sin a (2)

Từ (1) và (2) suy ra ĐPCM b) Theo câu a) ta có sin 3a = 3 sin a - 4 sin 3 a Þ sin 3 a = a Do đó sin 3 = 3

Suy ra VT =

3 sin

3 sin a - sin 3a 4

a a a a a 3 sin 2 - sin 3 sin n - sin n -1 - sin a a a 3 , ..., sin 3 3 3 3 3 , sin 3 2 = = n 4 4 4 3 3

a a a a a 3 sin 2 - sin 3 sin n - sin n -1 - sin a 3 + ... + 3n -1 3 3 3 3 +3 4 4 4

sin a =+ 3n -1 4

a 3n = 1 æç 3n sin a - sin a ö÷÷ = VP Þ ĐPCM. ÷ø 4 4 çè 3n

3 sin

Lưu ý: Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được cos 3a = 4 cos3 a - 3 cos a , sin 3a = 3 sin a - 4 sin 3 a , hai công thức này được gọi là công thức nhân ba 3. Các bài tập luyện tập. Bài 6.40: Chứng minh rằng a) sin 4 a = 397

3 1 1 - cos 2a + cos 4a 8 2 8

b) sin 4

p 3p 5p 7p 3 + sin 4 + sin 4 + sin 4 = 16 16 16 16 2

Bài 6.41: Cho sin x = 2 sin ( x + y ), x + y ¹

sin y p + k p . Chứng minh tan ( x + y ) = . cos y - 2 2

Bài 6.42: Chứng minh các hệ thức sau: a) 4 ( cos3 a sin a - sin 3 a cos a ) = sin 4a b) tan x + tan y =

2 sin(x + y ) cos(x + y ) + cos(x - y )

tan2 2x - tan2 x 1 - tan2 2x . tan2 x Bài 6.43: Chứng minh các biểu thức sau không phụ thuộc vào biến x : 3  x  a) A  4sin 4 x  sin 2 2 x  4 cos 2    với   x  2  4 2 4 2 2 b) B  4 cos x  cos 2 x  4 cos x cos 2 x     c) C  cos 2 x  cos 2   x   cos 2   x  3  3  Bài 6.44: Đơn giản biểu thức sau:

c) tan x . tan 3x =

a) A 

1  cos   cos 2 sin 2  sin 

b) B 

1 1 1 1   cos  (0     ) 2 2 2 2

    cos  2a    cos  2a   6 6   d) D  cos a  2 cos a

cos a  cos 3a  cos 5a  cos 7 a sin a  sin 3a  sin 5a  sin 7 a 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) b) Nếu 2 tan a = tan(a + b) thì 3 sin b = sin(2a + b) c) Nếu tan(a + b). tan b = -3 thì cos(a + 2b) + 2 cos a = 0

c) C 

d) Nếu 3sin  a  b   cos  a  b  thì 8sin 2  a  b   cos 2a cos 2b Bài 6.46: Chứng minh rằng sin

Bài 6.47: Chứng minh rằng sin 2x a) cos x = . 2 sin x x x x b) cos cos 2 ... cos n = 2 2 2

 9

sin

sin x

2 4  5 7 3 sin cos  cos cos  9 9 18 18 18 8

. x 2 sin n 2 1 x = cot - cot x . Bài 6.48: Chứng minh rằng: a) sin x 2 1 1 1 a + + ... + = cot - cot2n -1 a (2n -1 a ¹ k p) b) n -1 sin a sin 2a 2 sin 2 a Bài 6.49: Chứng minh rằng a) tan x = cot x - 2 cot2x 1 a 1 a 1 a 1 a b) . tan + 2 . tan 2 + ... + n . tan n = n .cot n - cot a 2 2 2 2 2 2 2 2

398

Bài 6.50: Chứng minh rằng nếu x ¹

æp ö æp ö tan 3x kp = tan çç - x ÷÷÷ tan çç + x ÷÷÷ , k Î Z thì çè 3 çè 3 tan x 6 ø ø

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 0 0 0 0 0 sin 1 sin 2 sin 2 sin 3 sin(n - 1) sin n 0

Bài 6.52: Chứng minh rằng 2 sin 20 + 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. - Sử dụng kết quả sin a £ 1, cos a £ 1 với mọi số thực a 2. Các ví dụ điển hình. Ví dụ 1: Chứng minh rằng với 0 < a <

p thì 2

a) 2 cot2 a ³ 1 + cos 2a

b) cot a ³ 1 + cot2a

Lời giải a) Bất đẳng thức tương đương với æ 1 ö 1 2 çç 2 - 1 ÷÷÷ ³ 2 cos2 a Û - 1 ³ 1 - sin2 a 2 çè sin a ø sin a 1 Û + sin2 a ³ 2 Û sin 4 a - 2 sin2 a + 1 ³ 0 2 sin a Û ( sin2 a - 1 ) ³ 0 (đúng) ĐPCM. 2

b) Bất đẳng thức tương đương với cos a sin 2a + cos 2a cos a sin 2a + cos 2a ³ Û ³ (*) sin a sin 2a sin a 2 sin a cos a

Vì 0 < a <

ìï sin a > 0 p Þ ïí nên ïï cosa > 0 2 î

(*) Û 2 cos2 a ³ sin 2a + cos2 a - sin2 a Û 1 ³ sin 2a (đúng) ĐPCM.

Ví dụ 2: Cho 0 < a < 399

p . Chứng minh rằng 2

æ öæ ö çç sin a + 1 ÷÷ çç cos a + 1 ÷÷ ³ 2 ÷ çè 2 cos a øèç 2 sin a ÷ø

Lời giải æ 1 öæ 1 ÷÷ çç cos a + 1 ö÷÷ = sin a cos a + +1 Ta có çç sin a + ÷ ÷ çè ç 2 cos a øè 2 sin a ø 4 sin a cos a

Vì 0 < a <

p nên sin a cos a > 0 . 2

Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có sin a cos a +

1 1 ³ 2 sin a cos a. =1 4 sin a cos a 4 sin a cos a

æ 1 öæ ÷÷ çç cos a + 1 ö÷÷ ³ 2 ĐPCM. Suy ra çç sin a + çè 2 cos a ÷øèç 2 sin a ÷ø

Ví dụ 3: Chứng minh rằng với 0 £ a £ p thì

( 2 cos 2a - 1 )

æa pö - 4 sin2 çç - ÷÷÷ > çè 2 4 ø

(

2 sin a - 2

)( 3 - 2 cos 2a ) .

Lời giải Bất đẳng thức tương đương với é æ 2 p öù Û ( 2 cos 2a - 1 ) - 2 ê 1 - cos çç a - ÷÷ ú + 2 ( 3 - 2 cos 2a ) > çè êë 2 ÷ø úû Û 4 cos2 2a - 8 cos 2a + 5 + 2 sin a > Û 4 ( 1 - cos 2a ) + 1 + 2 sin a > 2

2 sin a ( 4 sin2 a + 1 )

Û 16 sin 4 a + 2 sin a + 1 >

Đặt

2 sin a éë 3 - 2 (1 - 2 sin2 a )ùû

2 sin a = t , vì 0 £ a £ p Þ 0 £ t £

Bất đẳng thức trở thành t 8 + t 2 + 1 > t ( t 4 + 1 ) Û t 8 - t 5 + t 2 - t + 1 > 0 (*) + Nếu 0 £ t < 1 : (*) Û t 8 + t 2 ( 1 - t 3 ) + 1 - t > 0 đúng vì 1 - t > 0, 1 - t 3 > 0, t 2 ³ 0 và t 8 ³ 0 . + Nếu 1 £ t £

2 : (*) Û t 5 ( t 3 - 1 ) + t ( t - 1 ) + 1 > 0 đúng vì t 5 ( t 3 - 1 ) ³ 0, t ( t - 1 ) ³ 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 + cos4 x

a) A = sin x + cos x Lời giải

a) Ta có A2 = ( sin x + cos x ) = sin2 x + cos2 x + 2 sin x cos x = 1 + sin 2x 2

Vì sin 2x £ 1 nên A2 = 1 + sin 2x £ 1 + 1 = 2 suy ra - 2 £ A £

400

Khi x =

p thì A = 4

Do đó max A =

2, x = -

3p thì A = - 2 4

2 và min A = - 2 .

æ 1 - cos 2x ÷ö æ 1 + cos 2x ÷ö 1 - 2 cos 2x + cos2 2x 1 + 2 cos 2x + cos2 2x ç + = + b) Ta có B = çç ÷ ÷ çç ÷ø ÷ø çè 2 2 4 4 è 2

2 + 2 cos2 2x 2 + 1 + cos 4x 3 1 = = + .cos 4x 4 4 4 4

Vì -1 £ cos 4x £ 1 nên

1 3 1 1 £ + .cos 4x £ 1 suy ra £ B £ 1 . 2 4 4 2

Vậy max B = 1 khi cos 4x = 1 và min B =

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 Ta có A = 2 - 2 sin x - ( 1 - 2 sin2 x ) = 2 sin2 x - 2 sin x + 1 Đặt t = sin x , t £ 1 khi đó biểu thức trở thành A = 2t 2 - 2t + 1 Xét hàm số y = 2t 2 - 2t + 1 với t £ 1 . Bảng biến thiên: t y

-1

1 2

1 1

1 2

Từ bảng biến thiên suy ra max A = 5 khi t = -1 hay sin x = 1 . min A =

1 1 1 khi t = hay sin x = . 2 2 2

3. Bài tập luyện tập. Bài 6.53: Cho 0  x 

 . Chứng minh rằng tan x  cot x  2 2

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 . Bài 6.57: Cho tam giác ABC . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = sin

401

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: A B C a) sin A + sin B + sin C = 4 cos cos cos 2 2 2 2 2 2 b) sin A + sin B + sin C = 2(1 + cos A cos B cosC ) c) sin 2A + sin 2B + sin 2C = 4 sin A sin B sin C Lời giải A+B A-B C C a) VT = 2 sin cos + 2 sin cos 2 2 2 2 Mặt khác trong tam giác ABC ta có A + B + C = p Þ

A+B p C = 2 2 2

A+B C C A+B = cos , sin = cos 2 2 2 2 C A-B A+B C Cæ A-B A + B ö÷ Vậy VT = 2 cos cos + 2 cos cos = 2 cos çç cos + cos ÷ 2 2 2 2 2 çè 2 2 ÷ø

Suy ra sin

C A B cos cos = VP Þ ĐPCM. 2 2 2 1 - cos 2A 1 - cos 2B cos 2A + cos 2B + + 1 - cos2 C = 2 - cos2 C b) VT = 2 2 2 2 = 2 - cos ( A + B ) cos ( A - B ) - cos C = 4 cos

Vì A + B + C = p Þ cos ( A + B ) = - cosC nên

VT = 2 + cosC cos ( A - B ) + cosC cos ( A + B ) = 2 + cosC éë cos (A - B ) + cos (A + B )ùû = 2 + cosC .2 cos A cos B = 2(1 + cos A cos B cosC ) = VP Þ ĐPCM.

c) VT = 2 sin ( A + B ) cos ( A - B ) + 2 sin C cosC

Vì A + B + C = p Þ cosC = - cos ( A + B ), sin ( A + B ) = sin C nên

VT = 2 sin C cos ( A - B ) - 2 sin C cos ( A + B ) = 2 sin C éë cos (A - B ) - cos (A + B )ùû = 2 sin C . éë -2 sin A sin ( -B ) ùû = 4 sin A sin B sin C = VP Þ 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 Û tan A + tan B = tan C ( tan A tan B - 1 ) ( * )

p 2 cos ( A + B ) sin A sin B sin A sin B - cos A cos B Þ tan A tan B - 1 = -1 = =¹0 cos A cos B cos A cos B cos A cos B tan A + tan B tan A + tan B = tan C Û = - tan C Û tan ( A + B ) = - tan C Suy ra ( * ) Û tan A tan B - 1 1 - tan A tan B Đẳng thức cuối đúng vì A + B + C = p Þ ĐPCM.

Do tam giác ABC không vuông nên A + B ¹

402

b) Vì A + B + C = p Þ cot ( A + B ) = - cotC Theo công thức cộng ta có:

1 1 1 - tan A tan B cot A cot B = cot A cot B - 1 cot( A + B ) = = = tan ( A + B ) tan A + tan B 1 1 cot A + cot B + cot A cot B cot A cot B - 1 = - cotC Þ cot A cot B - 1 = - cotC ( cot A + cot B ) Suy ra 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: 3 a) cos A + cos B + cosC £ 2 1-

b) sin A + sin B + sin C £

3 3 3

c) tan A tan B tan C ³ 3 3 với ABC là tam giác nhọn. Lời giải a) Ta có cos A + cos B + cosC = 2 cos Vì

A+B A-B cos + cosC 2 2

A+B C A+B p C = sin = - nên cos 2 2 2 2 2

Mặt khác cosC = 1 - 2 sin2

C do đó 2

cos A + cos B + cosC = 2 sin

æ C A-B C C C A - B 1 ö÷ cos + 1 - 2 sin2 = -2 çç sin2 - sin cos - ÷÷ 2 2 2 2 2 2 2ø èç

æ C C 1 A-B 1 A - B ö÷ 1 A-B = -2 çç sin2 - 2 sin . cos + cos2 ÷÷ + 1 + cos2 çè 2 2 2 2 4 2 ø 2 2 æ C 1 A - B ö÷ 1 A-B = -2 çç sin + cos ÷÷ + 1 + cos2 2 2 2 ø 2 2 èç 2

Vì cos

A-B A-B £ 1 Þ cos2 £ 1 nên 2 2

cos A + cos B + cosC £ 1 +

1 3 = Þ ĐPCM. 2 2

b) Trước tiên ta chứng minh bổ đề sau: Nếu 0 £ x £ p, 0 £ y £ p thì Thật vậy, do 0 £

403

sin x + sin y x +y £ sin . 2 2

x +y x +y x -y £ p Þ 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 sin A + sin B A+B £ sin Áp dụng bổ đề ta có: , 2 2

Suy ra

sin A + sin B + 2

sin C + sin 2

p p C + 3 £ sin 3 2

æ p p pö çç C + C + ÷÷÷ 3 £ sin A + B + sin 3 £ 2 sin 1 çç A + B + 3 ÷÷ = 2 sin p çç 2 2 2ç 2 2 ÷÷÷ 3 ÷ø÷ ççè

Do đó sin A + sin B + sin C £ 3 sin

3 3 p 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 . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có tan A + tan B + tan C ³ 3 3 tan A. tan B. tan C Theo ví dụ 2 ta có tan A + tan B + tan C = tan A. tan B. tan C nên 2 æ ö tan A tan B tan C ³ 3 3 tan A. tan B. tan C Û 3 tan A. tan B. tan C çç 3 ( tan A tan B tan C ) - 3 ÷÷ ³ 0 è ø Û

( tan A tan B tanC )

³ 3 Û tan A tan B tan C ³ 3 3 ĐPCM.

Ví dụ 4: Chứng minh trong mọi tam giác ABC ta đều có: A B C a) sin A + sin B + sin C £ cos + cos + cos 2 2 2 b) cos A cos B cosC £ sin

A B C sin sin 2 2 2

c) tan A + tan B + tan C ³ cot Lời giải a) Vì sin

A B C + cot + cot Với tam giác ABC không vuông. 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

Hoàn toàn tương tự ta có sin B + sin C £ 2 cos

A B , sin C + sin A £ 2 cos 2 2

Công vế với vế các bất đẳng thức trên và rút gọn ta được 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 > cos A < 0, cos B > 0, cosC > 0 cos A cos B cosC < 0 . Mà sin

404

p p p Þ B < ,C < suy ra 2 2 2

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 =

1é cos ( A + B ) + cos ( A - B )ùû . 2ë

Vì cos ( A + B ) = - cosC và cos ( A - B ) £ 1 nên cos A cos B £ Chứng minh tương tự ta có cos B cosC £ sin2

1 C ( 1 - cosC ) = sin2 . 2 2

A B , cosC cos A £ sin2 . 2 2

Do các vế đều không âm nên nhân vế với vế các bất đẳng thức trên ta được

( cos A cos B )( cos B cosC )( cosC cos A ) £ sin2 Û cos A cos B cosC £ sin

c) Ta có tan A + tan B =

C A B sin2 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 ) = sin C , cos ( A + B ) = - cosC nên 2 sin C 2 sin C tan A + tan B = ³ = - cosC + cos ( A - B ) 1 - cosC

C C cos 2 2 = 2 cot C C 2 2 sin2 2

4 sin

A B Tương tự ta có tan B + tan C ³ 2 cot , tan C + tan A ³ 2 cot 2 2

Công vế với vế và rút gọn ta được tan A + tan B + tan C ³ cot

A B C + cot + cot ĐPCM. 2 2 2

Nhận xét: + Để chứng minh x + y + z ³ a + b + c ta có thể đi chứng minh x + y ³ 2a (hoặc 2b, 2c ) rồi xây dựng bất đẳng thức tương tự. Cộng vế với vế suy ra đpcm. + Để chứng minh xyz ³ abc với x , y, z, a, b, c không âm ta đi chứng minh xy ³ a 2 (hoặc b 2 , c 2 ) rồi xây dựng bất đẳng thức tương tự. nhân vế với vế suy ra đpcm. Ví dụ 5: Chứng minh trong mọi tam giác ABC ta đều có: a)

sin A +

sin B +

sin C £ 3

3 2

æ 1 ö÷ æç 1 ö÷ æç 1 ö÷ b) çç 1 + ÷.ç 1 + ÷.ç 1 + ÷³ çè sin A ÷ø çè sin B ÷ø çè sin C ÷ø

Lời giải a) Áp dụng bất đẳng thức x + y £ 405

æ ö çç 1 + 2 ÷÷ çè 3 ÷ø

2 ( x 2 + y 2 ) với mọi x , y không âm ta có

sin A +

2 ( sin A + sin B ) =

sin B £

Tương tự ta có

sin C +

Suy ra

Hay

A+B + 2

sin

sin A + sin A +

A+B A-B A+B cos £ 2 sin 2 2 2

p 1æ pö £ 2 sin ççC + ÷÷÷ 3 2 çè 3ø

sin A +

Công vế với vế ta được

Mà

sin

2.2 sin

sin B +

sin C +

sin

æ p A+B £ 2 ççç sin + çè 3 2

1æ p öö sin ççC + ÷÷ ÷÷÷ 2 èç 3 ÷ø ÷ø

éA + B 1æ æp pö 1æ pö p öù p sin ççC + ÷÷ £ 2 sin ê + ççC + ÷÷ ú = 2 sin çç + ÷÷ = 2 sin ÷ ÷ ÷ ç ç ç ê ú 2è 3ø 2è 3 øû 3 è2 6ø ë 2 sin B +

sin B +

sin C +

p p £ 4 sin 3 3

sin

sin C £ 3 sin

p =3 3

3 ĐPCM. 2

æ 1 ÷ö æç 1 ÷ö 1 1 1 + + b) Ta có çç 1 + . ÷.ç 1 + ÷ = 1+ ÷ ÷ çè ç sin A ø è sin B ø sin A sin B sin A sin B

Áp dụng bất đẳng thức

1 1 4 + ³ với mọi x , y dương ta có x y x +y

1 1 4 4 + ³ = = sin A sin B sin A + sin B 2 sin A sin B æ 1 ÷ö æç 1 ÷ö Do đó çç 1 + ÷÷ . ç 1 + ÷ ³ 1+ çè sin A ø çè sin B ÷ø

sin A sin B

æ 1 + = çç 1 + çè sin A sin B sin A sin B 2

ö÷ ÷÷ sin A sin B ø 1

Mặt khác 1 1 sin A sin B = - ëé cos ( A + B ) - cos ( A - B ) ûù = ëé cos ( A + B ) + cos ( A - B )ûù 2 2 cos ( A + B ) + 1 A+B ³ = sin2 2 2 æ ö÷ çç ÷÷ æ 1 ÷ö çæ 1 ÷ö çç 1 ÷÷ (1) Nên çç 1 + ÷÷ . ç 1 + ÷÷ ³ ç 1 + çè sin A ø çè sin B ø çç A + B ÷÷÷ sin ÷ ççè 2 ÷ø 2

æ ö÷ çç æ 1 ÷ö çç 1 ÷÷÷ ÷³ Tương tự ta có çç 1 + ÷÷ . ç 1 + çè sin C ø çç p ÷÷÷ sin ÷÷ ççè 3ø

Nhân vế với vế của (1) và (2) ta được

406

æ ö÷ çç ÷÷ çç 1 ÷÷ çç 1 + ÷ (2) 1 æç p ÷ö ÷÷÷ çç sin çC + ÷ ÷ çç 2 çè 3 ÷øø÷ è 2

æ ö÷ çç ÷ æ ö æ ö æ ö çç 1 + 1 ÷÷ . çç 1 + 1 ÷÷ . çç 1 + 1 ÷÷ . çç 1 + 1 ÷÷÷ ³ ç çè sin A ÷ø çè sin B ÷ø çè sin C ÷ø çç p ÷÷ sin ÷÷÷ çèç 3ø ö÷ æ ö÷ æç çç ÷÷ ç ÷ ÷÷ çç 1 1 ÷÷ çç ÷÷ çç 1 + Ta lại có ç 1 + ÷³ æ ö çç A + B ÷÷ çç 1ç p ÷ ÷÷÷ sin sin çC + ÷ ÷ ÷ç çèç 2 ø÷ èç 2 èç 3 ÷øø÷

æ ö÷ çç ÷÷ 1 çç ÷÷ çç 1 + A + B ÷÷÷ çç sin ÷ èç 2 ø÷

æ ö÷ çç ÷÷ çç 1 ÷÷ çç 1 + ÷ æ ö 1ç p ÷ ÷÷÷ çç sin çC + ÷ ÷ çç 2 èç 3 ÷øø÷ è

2 æ ö÷ æ ö÷ çç ç ÷÷ çç çç 1 ÷÷ 1 ÷÷÷ ç ÷ çç 1 + ÷÷ = ç 1 + çç 1 é A + B 1 æç p öù p ÷÷÷ çç ÷÷ ÷ sin ê + çC + ÷ ú ÷ sin ÷÷ çèç çç 2 êë 2 2 èç 3 ÷ø úû ÷ø 3ø è 2

æ ö÷ çç æ ö æ ö æ ö 1 ÷ç 1 ÷ç 1 ÷ çç 1 ÷÷÷ ÷³ Suy ra çç 1 + ÷.ç 1 + ÷.ç 1 + ÷.ç 1 + çè sin A ÷ø çè sin B ÷ø çè sin C ÷ø çç p ÷÷÷ sin ÷÷ ççè 3ø

æ ö÷ çç 1 ÷÷÷ çç ÷ 1 + çç p ÷÷÷ çç sin ÷÷ èç 3ø

æ ö÷ çç 3 ÷÷ æ öæ öæ ö ç æ ö 1 1 1 1 2 ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = çç 1 + Hay çç 1 + ÷ . çç 1 + ÷ . çç 1 + ÷ ³ çç 1 + ÷÷ ĐPCM. çè çè sin A ÷ø çè sin B ÷ø çè sin C ÷ø çç p ÷÷÷ ø 3 sin ÷÷ ççè ø 3 3

Nhận xét: Cho tam giác ABC và hàm số f 

æpö æ A + B ÷ö Để chứng minh f ( A ) + f ( B ) + f (C ) ³ 3 f çç ÷÷÷ . Ta đi chứng minh f ( A ) + f ( B ) ³ 2 f çç ÷ çè 3 ø çè 2 ÷ø

æ ö çç C + p ÷÷ æ p ÷ö ÷ ç 3 ÷÷ từ đó suy ra khi đó f (C ) + f çç ÷÷ ³ 2 f çç çè 3 ø çç 2 ÷÷÷ ÷÷ø ççè é ê æ æpö ê A + B ÷ö f ( A) + f ( B ) + f (C ) + f çç ÷÷÷ ³ 2 ê f çç ÷÷ + çè 3 ø ê çè 2 ø ê ë

æ öù çç C + p ÷÷ ú ç 3 ÷÷÷ ú ³ 4 f æç p ÷÷ö f çç çç ÷ çç 2 ÷÷÷ úú è3ø ÷÷ø úû ççè

æpö Do đó f ( A ) + f ( B ) + f (C ) ³ 3 f çç ÷÷ . çè 3 ÷ø



æpö æ A + B ÷ö Để chứng minh f ( A ) f ( B ) f (C ) ³ f 3 çç ÷÷÷ . Ta đi chứng minh f ( A ) f ( B ) ³ f 2 çç ÷ çè 3 ø çè 2 ÷ø

æ ö æ ö çç C + p ÷÷ çç C + p ÷÷ æ p ÷ö æ ö æ ö ÷ ç 3 ÷÷ từ đó suy ra f ( A ) f ( B ) f (C ) f ç p ÷÷ ³ f 2 ç A + B ÷÷ f 2 çç 3 ÷÷÷ ³ f 4 æç p ÷÷ö khi đó f (C ) f çç ÷÷ ³ f 2 çç ç ç çç ÷ ç ÷ çè 3 ø çè 3 ÷ø çè 2 ÷ø ç 2 ÷÷ çç 2 ÷÷ è3ø ç ÷ ççè ççè ÷÷ø ÷÷ø æpö Do đó f ( A ) f ( B ) f (C ) ³ f 3 çç ÷÷÷ . çè 3 ø

407

Ví dụ 6: Cho tam giác ABC thỏa mãn cos

A B -C cos(B - C ) + cos A cos = 0. 2 2

Chứng minh rằng cos 2B + cos 2C £ 1 . Lời giải Từ giả thiết ta có ö ö Aæ B -C B - C æç A cos çç 2 cos2 - 1 ÷÷÷ + cos 2 cos2 - 1 ÷÷÷ = 0 ç 2 çè 2 2 çè 2 ø ø A B - C æç B -C Aö æ A B - C ö÷ Û 2 cos cos + cos ÷÷÷ - çç cos + cos ÷=0 çç cos 2 2 è 2 2 ø çè 2 2 ÷ø æ A B - C öæ ÷÷ çç 2 cos A cos B - C - 1 ö÷÷ = 0 (1) Û çç cos + cos ÷ø çè 2 2 ÷øèç 2 2

A p A p B -C p B -C < Þ cos > 0 , - < < Þ cos > 0 và 2 2 2 2 2 2 2 B +C p A A B +C A B -C nên (1) Û 2 cos cos = - Þ cos = sin -1 = 0 2 2 2 2 2 2 2 B +C B -C Û 2 sin cos = 1 Û sin B + sin C = 1 2 2

Vì 0 <

Áp dụng bất đẳng thức x + y ³ 2

(x + y )

suy ra sin B + sin C ³ 2

( sin B + sinC )

1 Do đó cos 2y + cos 2z = 2 - 2 ( sin2 y + sin2 z ) £ 2 - 2. = 1 ĐPCM. 2 Ví dụ 7: Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta luôn có sin

1 2

A B B C C A 3 3 cos + sin cos + sin cos £ 2 2 2 2 2 2 4

Lời giải Do A, B,C bình đẳng nên không mất tính tổng quát giả sử A ³ B ³ C Þ Suy ra sin

p A B C > ³ ³ >0 2 2 2 2

A B C A B C ³ sin ³ sin > 0, cos ³ cos ³ cos > 0 2 2 2 2 2 2

æ A B öæ B Cö Þ çç sin - sin ÷÷÷ çç cos - cos ÷÷÷ ³ 0 2 2 øèç 2 2ø èç Û sin

A B A C B B B C cos - sin cos - sin cos + sin cos ³ 0 2 2 2 2 2 2 2 2

Û sin

A B B C A C B B cos + sin cos £ sin cos + sin cos 2 2 2 2 2 2 2 2

Do đó sin Mà sin

A B B C C A A C C A B B cos + sin cos + sin cos £ sin cos + sin cos + sin cos 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

æA C ö A C C A B B B B B B B cos + sin cos + sin cos = sin çç + ÷÷÷ + sin cos = cos + sin cos (1) ç 2 2 2 2 2 2 2ø 2 2 2 2 2 è2

Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có: 408

cos2

B 3 3 B + ³2 cos2 = 2 4 4 2

3 cos

B B B B B B B , 3 sin2 + cos2 ³ 2 3 sin2 cos2 = 2 3 sin cos 2 2 2 2 2 2 2

æ B 3ö æ B Bö B B B Suy ra 2 çç cos2 + ÷÷÷ + çç 3 sin2 + cos2 ÷÷÷ ³ 2 3 cos + 2 3 sin cos 2 4 ø çè 2 2ø 2 2 2 èç æ æ B B Bö 3 B Bö 9 Hay 2 3 çç cos + sin cos ÷÷ £ + 3 çç sin2 + cos2 ÷÷ = 2 2 2 ÷ø 2 2 2 ÷ø 2 èç èç Þ cos

B B B 3 3 + sin cos £ (2) 2 2 2 4

Từ (1) và (2) ta có sin

A B B C C A 3 3 cos + sin cos + sin cos £ ĐPCM. 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 sin C = tan A + tan B (A, B ¹ 900 ) b) cos A.cos B cosC cos B = cotC + (A ¹ 90o ) c) cot B + 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 A B C A B C e) sin2 + sin2 + sin2 = 1 + 2 sin sin sin 2 2 2 2 2 2 Bài 6.59: Cho tam giác ABC . Chứng minh: a) tan A + tan B + tan C ³ 3 3, " DABC nhọn b) tan2 A + tan2 B + tan2 C ³ 9, " DABC nhọn c) tan6 A + tan6 B + tan6 C ³ 81, " DABC nhọn A B C + tan2 + tan2 ³ 1 2 2 2 A B C e) tan + tan + tan ³ 3 2 2 2 Bài 6.70: Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta đều có 1 + cos A cos B cosC ³ 3 sin A sin B sin C

d) tan2

A B C + 3 cos + cos . 2 2 2 2 Bài 6.72: Cho DABC . Chứng minh rằng x - 2(cos B + cosC )x + 2 - 2 cos A ³ 0 "x . Đẳng thức xảy ra khi nào ? Bài 6.73: Cho DABC nhọn . Chứng minh bất đẳng thức sau: A (tan B + tan C )x 2 - 4x + 2 tan ³ 0 "x . Đẳng thức xảy ra khi nào ? 2

Bài 6.71: Cho DABC . Chứng minh rằng 2 sin A + 3 sin B + 4 sin C £ 5 cos

ÔN TẬP CHƯƠNG VI 409

3 3p ( p<a< ) .Tính cos a ,tan a ,cot a ,sin 2a ,cos 2a . 5 2 Bài 6.75: Không sử dụng máy tính hãy tính a) tan 750 b) tan150 p p p p + 3 sin sin c) A = sin2 + sin2 9 18 9 18 2 0 2 0 ( 4 cos 9 - 3 )( 4 cos 27 - 3 ) d) B = tan 90 Bài 6.76: Tính giá trị các biểu thức sau: a) A = sin2 10 + sin2 20 + ... + sin2 890 + sin2 900 b) B = sin2 450 - 2 sin2 500 + 3 cos2 450 - 2 sin2 400 + 4 tan 550. tan 350 p 3p 9p 11p + cos2 + ...... + cos2 + cos2 c) C = cos2 . 12 12 12 12 2p 4p 6p 8p + cos + cos + cos d) D = cos 5 5 5 5 p 3p 5p 7p 9p + cos + cos + cos e) E = cos + cos 11 11 11 11 11 0 0 0 0 0 f) F = cos10 .cos 20 .cos 30 ...cos 70 .cos 80 p 2p 3p 4p 5p 6p 7p g) G = cos .cos .cos .cos .cos .cos .cos 15 15 15 15 15 15 15 Bài 6.77: Rút gọn các biểu thức sau: 15 15 a) A = cos6 (5p - x ) + sin6 (5p + x ) - 2 sin 4 (12p + x ) - sin 4 ( p + x ) + 3 cos2 ( . p - x ) 2 2 0 0 0 0 b) B = 2 sin(790 + x ) + cos(1260 - x ) + tan(630 + x ). tan(1260 - x ) Bài 6.78: Chứng minh các đẳng thức sau 1 1 1 1 1 2 a) ( 2 + + + ) = 2 2 2 2 2 2 sin x tan x cos x cot x 1 - sin x cos x sin x cos2 x b) sin x + sin 4 x + cos2 x sin2 x = 0 ( p < x < 2p ). 1 c) = sin x (0 < x < p) sin x + cot2 x - cos2 x

Bài 6.74: Cho sin a = -

æ tan x + cos x ö÷ tann x + cosn x (n Î Z + ) e) çç ÷÷ = çè 1 + cot x cos x ø 1 + cotn x cosn x Bài 6.79: Chứng minh đẳng thức: p p a) 3 sin x - cos x = 2 sin(x - ) b) 3 cos x - sin x = 2 cos(x + ) 6 6       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 a . sin 4 a + 3 cos4 a - 1 a) sin6 a + cos6 a + 3 cos4 a - 1 b) sin2 a tan2 a + 2 sin2 a - tan2 a + 3 cos2 a + sin 4 a - cos4 a æ æ æ æ pö pö 2p ÷ö 2p ÷ö c) tan a. tan çç a + ÷÷÷ + tan çç a + ÷÷÷ . tan çç a + ÷÷ + tan çç a + ÷ . tan a è è è è 3ø 3ø 3 ø 3 ÷ø Bài 6.81: Tính giá trị của biểu thức lượng giác, khi biết: n

410

1 1 , cos b = 3 4 p p b) tan a + tan b, tan a, tan b khi 0 <a, b < , a + b = và tan a. tan b = 3 - 2 2 . 2 4 Từ đó suy ra a, b .

a) cos(a + b).cos(a - b) khi cos a =

Bài 6.82: Chứng minh rằng: a) tan2 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) = 2 x sin x x 4.cos2 4.sin2 2 2 1 1 1 1 1 b) + + ... + = 2 a a a a sin a 4.cos2 42.cos2 2 4n.cos2 n 4n.sin2 n 2 2 2 2 Bài 6.84: Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng: sin 3 Acos ( B - C ) + sin 3 Bcos (C - A ) + sin 3 Ccos (A - B ) = 3 sin A sin B sin C

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 và A B C 1 A-B B -C C -A cos cos đủ là: cos2 + cos2 + cos2 - 2 = 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 . 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 6.88: Cho cos x + cos y + cos z = 0 , sin x + sin y + sin z = 0 . Chứng minh rằng: a) sin 2x + sin 2y + sin 2z = cos 2x + cos 2y + cos 2z = 0 b) sin ( x + y + z ) = Bài 6.89: Cho

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 = =a. sin ( x + y + z ) cos ( x + y + z )

Chứng minh rằng cos ( x + y ) + cos ( y + z ) + cos ( z + x ) = a .

411

HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ CHƯƠNG VI Bài 6.0: a) 200 » 0, 349, 40025 ' » 0, 705, - 27 0 » -0, 471 p 2p = 100 35 ' 58 '', = -51024 ' 9 '', - 5 = -286028 ' 44 '' 17 7 m p 39p = k 2p , k Î Z Bài 6.1: Giả sử hai góc có cùng tia đầu, tia cuối khi đó 9 7 351 Hay 7m - 9.39. = 9.7.k 2 Û 7 ( m - 18k ) = 351 Û m - 18k = với k, m Î Z . 7 Vì vế trái là một số nguyên, vế phải là số thập phân nên dẫn tới vô lí. 39p mp Vậy hai góc lương giác và ( m là số nguyên ) không thể cùng tia đầu, tia cuối. 7 9 3p » 33, 66m Bài 6.2: a) Ta có l = Ra = 25. 7 pa p 49 .R = .25 » 21, 38m b) Ta có l = 180 180 4 c) Ta có l = Ra = 25. » 33, 333m 3

Bài 6.3: a) 350 þ

Bài 6.4: sđ A0Ai = þ

c) ( 20p )

b) 28 0

ip + k 2p , i = 0,1,2, 3, 4, 5 , k Î Z . 3 þ

sđ AA =sđ A0Aj - sđ A0Ai + k 2p = ( j - i ) . i j þ

Bài 6.5: sđ AM ' = þ

p + k 2p , i, j = 0,1,2, 3, 4, 5, i ¹ j , k Î Z . 3

p 6p + p + k 2p = + k 2p, k Î Z 5 5

p 4p + k 2p, k Î Z sđ AN ' = - + p + k 2p = 5 5 Theo hệ thức salơ ta có þ

sđ M ' N ' =sđ AN ' - sđ AM ' + k 2p = -

2p + k 2p, k Î Z 5

O M'

p 1 Bài HD: a) đó Ta điểm có 3M= là .điểm Ta chia tròngóc thành sáuđo p . bằng6.6: nhau. Khi biểuđường diễn bởi có số 1 2p 6 3

phần y B

17 p p 17 p = - + ( -2 ).2p do đó điểm biểu diễn bởi góc b) Ta có 4 4 4

trùng với góc -

410

p và là điểm M 2 . 4

M1 M3

O M2 B'

c) Ta có

45 1 = . Ta chia đường tròn thành tám phần bằng nhau. 360 8

Khi đó điểm M 2 là điểm biểu diễn bởi góc có số đo -450 . d) Ta có 7650 = 450 + 2.3600 do đó điểm biểu diễn bởi góc 7650 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 7650 . Khi đó điểm M 3 (điểm chính giữa cung nhỏ AB

Bài 6.7: Ta có x = x =

p p +k 4 2

Với k = 0 Þ x = k =1Þx = k =2Þx =

p p p 2p +k = +k do đó có bốn điểm biểu diễn bởi góc có số đo dạng 4 2 4 4

p được biểu diễn bởi điêm M 1 4

y B

3p được biểu diễn bởi M 2 4

5p được biểu diễn bởi M 3 4

7p k =3Þx = được biểu diễn bởi M 4 4

p p Vậy góc lượng giác có số đo là x = + k được biểu diễn bởi đỉnh 4 2 của hình vuông M 1M 2M 3M 4 .

O M3

M4 B'

Bài 6.8: Các góc lượng giác x 1 = kp được biểu diễn bởi hai điểm là A và A ' trên đường tròn lượng giác. Các góc lượng giác x 2 =

p + k p được biểu diễn bởi hai điểm là B và B ' trên đường tròn lượng giác. 2

Từ đó suy ra các góc x 1, x 2 có thể viết dưới dạng một công thức là 2 sin 45 + sin 135 2 = 2 2 = Bài 6.9: a) A = 0 0 cos 30 + cos 60 1 3 1+ 3 + 2 2 1 11 - tan 30° 3 = 1- 3 = b) B = - tan 60° 3 - 3 0

411

kp . 2

c) D = ( cos 00 + cos1800 ) + ( cos 200 + cos1600 ) + ... + ( cos 800 + cos1000 ) = ( cos 00 - cos 00 ) + ( cos 200 - cos 200 ) + ... + ( cos 800 - cos 800 ) = 0

d) E = ( tan 50 tan 850 )( tan 150 tan 750 )... ( tan 450 tan 450 ) = ( tan 50 cot 50 )( tan 150 cot 50 )... ( tan 450 cot 50 ) = 1

e) F = ( cos2 15° + sin2 15° ) + ( cos2 35° + sin2 35° ) = 2

p p p p + 3 cos2 - 4 tan2 + 7 cot2 6 3 6 3 2 2 æ 1 ÷ö æ 1 ÷ö - 4 çç ÷÷ + 7 çç ÷ =3 çè 3 ø çè 3 ÷ø

Bài 6.10: a) A = 5 sin2 æ1ö æ1ö = 5. çç ÷÷÷ + 3 çç ÷÷÷ çè 2 ø èç 2 ø 2

p 3p 2p p = sin , cos = sin suy ra 5 10 5 10 æ p pö æ 3p 3p ö÷ B = çç cos2 + sin2 ÷÷÷ + çç cos2 + sin2 ÷=2 çè 10 10 ø çè 10 10 ÷ø

b) Ta có cos

p 7p 2p 5p = cot , tan = cot ÞC = 1 9 18 9 18 Bài 6.11: a) A = sin 500.cos(-3600 + 600 ) = sin 500.cos 600 > 0 æ pö p b) B = sin ( 1800 + 350 ) . tan çç 3p + ÷÷÷ = - sin 350. tan < 0 çè 7ø 7

c) Ta có tan

3p 2p p 3p 3p p 2p 2p .sin . Ta có < 0 5 3 2 5 5 2 3 3 3p 2p <0 Vì vậy C = - cot .sin 5 3 Bài 6.12: a) 900 < a + 900 < 1800 Þ sin(a + 900 ) > 0

c) C = - cot

b) -900 < a - 900 < 00 Þ cot(a - 900 ) < 0

c) 1800 < 2700 - a < 2700 Þ tan(2700 - a) > 0 d) 900 < 2a + 900 < 2700 Þ cos(2a + 900 ) < 0 Bài 6.13: a) p < a + p <

3p Þ cos(a + p) < 0 2

p Þ tan(a - p) > 0 2 æ 2p 2p 9p 2p 2p ÷ö <a+ < Þ0<a+ 0 è 5 5 10 5 5 ÷ø æ 3p ö p 3p 3p p 3p p -a < Þ- < - a < Þ cos çç - a ÷÷÷ > 0 d) - < è 8 ø 8 8 8 2 8 2 Bài 6.14: a) M > 0 b) N < 0 c) P > 0 d) Q < 0

b) -p < a - p < -

412

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 - sin x sin x tan x = - tan2 x d) D = ( - cos x )( - cos x ) tan x

sin2 x - sin2 x = sin2 x ( 1 + tan2 x ) - sin2 x = tan2 x .sin2 x cos2 x tan 3 x 1 cot3 x + = tan 3 x ( cot2 x + 1 ) - tan x ( cot2 x + 1 ) + cot3 x ( tan2 x + 1 ) b) 2 2 sin x cos x cos x sin x = tan x + tan 3 x - cot x - tan x + cot x + cot3 x = tan 3 x + cot3 x c) tan6 x (cos2 x - cot2 x ) = tan6 x cos2 x - tan6 x cot2 x = tan 4 x sin2 x - tan 4 x

Bài 6.16: a) tan2 x - sin2 x =

= tan 4 x .cos2 x = tan2 x .sin2 x = tan2 x - sin2 x (do câu a)) tan2 a - tan2 b 1 1 1 1 sin2 a - sin2 b 2 2 = = cot b - cot a = = d) tan2 a. tan2 b tan2 b tan2 a sin2 b sin2 a sin2 a.sin2 b 1 - tan2 ( 1800 - x ) - cos2 ( 1800 - x ) = tan2 x + 1 - tan2 x - cos2 x = sin2 x Bài 6.17: a) cos2 x cos2 x - sin2 x cos2 x - sin2 x 2 b) cos x = - cos2 x = cos2 x sin2 x - cos2 x = - cos4 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 + cos3 x = = sin x + cos x c) cos2 x + sin x (sin x - cos x ) sin2 x - sin x cos x + cos2 x

d) Đặt A =

1 + sin x 1 - sin x + khi đó 1 - sin x 1 + sin x

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 + sin2 x ) ( 1 + sin x ) + (1 - sin x ) 4 = + 2= + 2= 2 1 - sin x cos2 x (1 - sin x )(1 + sin x )

A2 =

Suy ra A =

2 . cos x

1 1 1 1 2 2 + . + = . 2 1 + cos x 1 - cos x 1 + sin x 1 - sin x 1 - cos x 1 - sin2 x 2 2 = = sin x cos x sin2 x cos2 x æ 1 1 1 1 öæ 1 1 ö÷ æç 1 - cos2 x 1 - sin2 x ö÷ ÷ ç ç + f) ç 2 + ÷÷( cot2 x - tan2 x ) ÷ ÷= 2 çè sin x cos2 x tan2 x cot2 x ÷øèçç sin2 x cos2 x ÷ø ççè sin2 x cos x ø

1 - sin 4 x - cos4 x . ( cot2 x - tan2 x ) = 2 ( cot2 x - tan2 x ) 2 2 sin x cos x

413

Bài 6.18: a) (tan a + cot a)2 - (tan a - cot a)2 = 4

b) 2(sin6 a + cos6 a) - 3(sin 4 a + cos4 a) = 2 (1 - 3 sin2 x .cos2 x ) - 3 (1 - 2 sin2 x .cos2 x ) = -1 c) cot2 300 (sin 8 a - cos8 a) + 4 cos 600 (cos6 a - sin6 a) - sin6 (900 - a)( tan2 a - 1 )

= 3 ( sin2 a - cos2 a )( sin 4 a + cos4 a ) - 2 ( sin2 a - cos2 a )( sin 4 a + sin2 a cos2 a + cos4 a )

- ( sin2 a - cos2 a ) = ( sin2 a - cos2 a ) - ( sin2 a - cos2 a ) = 0 3

d) (sin 4 a + cos4 a - 1)(tan2 a + cot2 a + 2) = -2 Bài 6.19: a) A = 1 b) B = 1 Bài 6.20: a) 00 < a < 900 Þ cos a =

1 - sin2 a =

b) 0 < a < p Þ sin a =

1 - cos2 a =

c) Vì tan a = 2 Þ cot a =

1 1 = tan a 2

Ta có tan2 a + 1 =

4 3 4 , tan a = , cot a = 5 4 3

, tan a = 2, cot a =

1 2

1 1 1 1 1 Þ cos2 a = = = Þ cos a = ± . 2 2 2 cos a tan a + 1 ( 2 ) + 1 5 5

Vì p < a < 2p Þ sin a < 0 và tan a = 2 > 0 nên cos a < 0 1 Vì vậy cos a = 5 æ 1 ÷ö sin a 2 5 Þ sin a = tan a.cos a = 2. çç Ta có tan a = . ÷÷ = çè cos a 5 5ø

d) Vì tan a , cot a cùng dấu và tan a + cot a > 0 nên tan a > 0, cot a > 0 Ta có tan2 a + 1 =

1 1 25 1 1 = = Þ tan2 a = Þ tan a = 2 2 24 cos a 2 6 ( 0, 8 ) 24

1 1 2 = 2 6 , sin a = tan a cos a = .0, 8 = tan a 2 6 5 6 19 Bài 6.21: a) A = 3 cot a =

b) Từ giả thiết suy ra cos a = c) C =

414

2 tan a + 3 7 = tan a + 1 3

2 2 1 26 - 2 2 , tan a = , cot a = -2 2 Þ B = 3 9 2 2

D 1 = 2 cot2 a + 5 cot a + Þ ( cot2 a + 1 ) D = 3 cot2 a + 5 cot a + 1 2 sin a sin2 a

Suy ra D =

101 26

Bài 6.22: a) tan2 x + cot2 x = m 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 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) Þ = = tan 4 x + cot4 x m 4 - 4m 2 + 2 m 4 - 4m 2 + 2 2 24 7 Þ sin a + cos a = (do cos a > 0 ) Bài 6.23: ( sin a + cos a ) = 1 + 25 5

Suy ra sin 3 a + cos3 a = ( sin a + cos a )( sin2 a - sin a cos a + cos2 a ) = Bài 6.24: a) 11 b) ± 13 7 Bài 6.25: A = 4 Bài 6.26: Sử dụng công thức hạ bậc ta tính được 2 sin2

p p 2- 2 p = 1 - cos = Þ sin = 8 4 2 8

2 sin2

p p 2+ 2 p = 1 - cos = 1 Þ sin = 16 8 2 16

91 125

c) ±33 13

2- 2 2 2- 2+ 2 2

p p 1 + tan tan æ ö 11p p p p 3 4 = - 1 + 3 = -2 - 3 cot = - cot = - cot çç - ÷÷÷ = ç 12 12 p p è3 4ø 3 -1 tan - tan 3 4

Bài 6.27:a) 4 sin 450 cos120 cos 30 - sin 540 - sin 360 = 2 sin 450 ( cos150 + cos 90 ) - 2 sin 450 cos 90 2 sin 450 cos150 = sin 300 + sin 600 =

1+ 3 2

æ cos 230 öæ cos 220 ö÷ ÷ ç ç b) C1: B = ç 1 ÷ç 1 ÷= çè ÷ç sin 230 øè sin 220 ø÷

C2: 1 = cot 450 = cot ( 220 + 230 ) =

415

2 sin ( 230 - 450 ) . 2 sin ( 220 - 450 ) sin 230 sin 220

cot220 cot230 - 1 ÞB =2 cot220 + cot230

c) C = 2 cos

3p 2p 7p 2p 7p cos + cos = cos + cos =0 9 9 9 9 9

p p p p 3p p p p + 2 sin cos 2 sin + sin - sin 2 sin cos 5 20 4 = 5 10 5 = 4 10 = 1 d) D = p p p p 3p p p p 2 cos - 2 sin sin 2 cos + cos - cos 2 cos cos 5 20 4 5 10 5 4 10 2 sin

Bài 6.28: a) cos Tương tự sin b) cos4

æp pö p p p p p = cos çç - ÷÷÷ = cos cos + sin sin = 12 3 4 3 4 èç 3 4 ø

p = 12

6- 2 p p , tan = 2 - 3, cot = 2 + 4 12 12

2+ 6 4

æ p p p p öæ p pö p - sin 4 = çç cos2 + sin2 ÷÷ çç cos2 - sin2 ÷÷ = cos = ÷ ÷ ç ç 24 24 è 24 24 øè 24 24 ø 12

c) cos 36 - cos 72 = 0

2 ( cos 360 - cos 720 )( cos 360 + cos 720 ) 2 ( cos 360 + cos 720 )

2+ 6 4

2 cos2 360 - 2 cos2 720 cos 720 - cos144 0 1 = = 0 0 0 0 2 ( cos 36 + cos 72 ) 2 ( cos 36 + cos 72 ) 2

d) 8 sin 200 sin 100 sin 500 sin 700 = 8 sin 200 cos 200 cos 400 cos 800 = 4 sin 400 cos 400 cos 800 = 2 sin 800 cos 800 = sin 1600 = sin 200 Þ sin 100 sin 500 sin 700 =

1 8

Bài 6.29: a) A = ( cos 730 + cos 47 0 ) - cos 730 cos 47 0 = ( 2 cos 600 cos180 ) 2

1 ( cos1200 + cos 360 ) 2

1 + cos 360 1 cos 360 3 + = 2 4 2 4

b) B = sin 60 cos 48 0 cos 24 0 cos120 =

sin 120 sin 24 0 sin 48 0 sin 960 1 . . . = 0 0 0 0 16 2 cos 6 2 sin 12 2 sin 24 2 cos 48

2p 4p 8p sin sin p 4p 2p 7 . 7 . 7 =1 cos =c) C = - cos cos 7 7 7 p 2p 4p 8 2 sin 2 sin 2 sin 7 7 7 sin

d) D =

416

1 + 2 ( cos 800 - cos 600 ) 1 - 4 sin 700 sin 100 = =2 sin 100 sin 100

Bài 6.30: + Ta có ( sin a + sin b ) + ( cos a + cos b ) = m 2 + n 2 2

Û sin2 a + sin2 b + cos2 a + cos2 b + 2 sin a sin b + 2 cos a cos b = m 2 + n 2 Û cos ( a - b ) =

m2 + n2 -1 2

+ ( cos a + cos b ) - ( sin a + sin b ) = n 2 - m 2 Û cos 2a + cos 2b + 2 cos (a + b ) = n 2 - m 2 2

Û 2 cos ( a + b ) cos ( a - b ) + 2 cos ( a + b ) = n 2 - m 2 Û 2 cos ( a + b ) éë cos ( a - b ) + 1 ùû = n 2 - m 2

Suy ra 2 cos ( a + b ) . +

m2 + n2 n2 - m2 = n 2 - m 2 Þ cos ( a + b ) = 2 2 m + n2

( sin a + sin b )( cos a + cos b ) = mn

Û sin a cos a + sin a cos b + sin b cos a + sin b cos b = mn 1 Û ( sin 2a + sin 2b ) + sin ( a + b ) = mn Û sin ( a + b ) cos (a - b ) + sin (a + b ) = mn 2 m2 + n2 2mn sin ( a + b ) = mn Þ sin ( a + b ) = 2 2 m + n2 1 32 1 Bài 6.32: a) 8

1 2 3 1 1 2 b) c) d) e) 8 16 32 512 0 0 2 cos ( 45 - k ) Þ ( 1 + tan k 0 ) (1 + tan ( 450 - k 0 ) ) = 2 Bài 6.33: 1 + tan k 0 = cos k 0 Do đó A = 223 Bài 6.34: Đặt B = sin a sin 2a sin 3a...sin 999a khi đó 2999 A.B = sin 2a sin 4a...sin 1998a = (sin 2a sin 4a...sin 998a). éë - sin ( 2p - 1002a )ùû ... éë - sin (2p - 1998a )ùû = B 1 Suy ra A = 999 . 2 3p < x 0, cos x < 0 . Bài 6.35: Vì 4 Áp dụng công thức hạ bậc, ta có : 1 - cos 2x 1 1 sin2 x = = Þ sin x = 2 5 5 1 + cos 2x 4 2 cos2 x = = Þ cos x = 2 5 5

Bài 6.31: a)

417

1 2

Bài 6.36: a)

21 140 ; ; 221 221

21 (5 - 12 3) . b) 220 26

38 - 25 3 11

Bài 6.37: Từ giả thiết ta có 2 ( cos a cos b - sin a sin b ) = - cos a cos b Þ tan b = 1 + tan2 a 1 + tan2 b 1 + tan2 a + = + Khi đó ta có: A = 2 tan2 a + 3 2 tan2 b + 3 2 tan2 a + 3 A=

1 + tan2 a 4 tan2 a + 9 10 tan2 a + 15 5 + = = 2 2 2 2 tan a + 3 6 ( 2 tan a + 3 ) 6 ( 2 tan a + 3 ) 6

Bài 6.38: a) A = m sin 2a + n cos 2a = m

9 4 tan2 a 9 2 +3 4 tan2 a

3 . 2 tan a

2 tan a 1 - tan2 a + n 1 + tan2 a 1 + tan2 a

b) Áp dụng công thức cộng ta có cos a cos b - sin a sin b m 1 - tan a tan b m n -m = Û = Û tan a tan b = cos a cos b + sin a sin b n 1 + tan a tan b n m +n tan ( a + b ) + tan ( a - b ) m +n = c) tan 2a = tan éë ( a + b ) + ( a - b ) ùû = 1 - tan ( a + b ) tan ( a - b ) 1 - mn

Bài 6.39: Đặt t = tan

2t 1 - t2 a , cos a = ta có sin a = từ giả thiết ta có 2 1 + t2 1 + t2

2t 1 - t2 7 + = Û 2 2 2 1+t 1+t

Do 0 < a < Ta có tan

(

é êt = 7 + 2 t - 4t + 7 - 2 = 0 Û ê ê êt = ë

)

a p nên t = tan = 2 4

7 -2 . 3

æa æa pö 2a + 2015p pö = tan çç + 504p - ÷÷÷ = tan çç - ÷÷÷ çè 2 çè 2 4 ø 4 4ø a p 7 -2 - tan -1 2 4 = 3 = = a p 7 2 1 + tan tan 1+ 2 4 3 tan

7 -5

7 +1

æ 1 - cos2a ÷ö 1 - 2 cos2a + cos2 2a 1 - 2 cos2a + Bài 6.40: a) sin 4 a = çç = ÷÷ = çè 2 4 4 ø 2

418

7 -2 3 7 -2

1 + cos 4a 3 1 1 2 = - cos2a + cos 4a 8 2 8

b) Theo câu a ta có: 3 1æ p 3p 5p 7p ö VT = 4. - çç cos + cos + cos + cos ÷÷÷ + 8 2 èç 8 8 8 8 ø

Mà cos

1 æç p 3p 5p 7p ö + cos + cos ÷÷÷ çç cos + cos 8è 4 4 4 4 ø

3p 5p p 7p p 3p 5p 7p 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 éë ( x + y ) - y ùû = sin ( x + y ) cos y - cos (x + y ) sin y Þ sin ( x + y ) cos y - cos ( x + y ) sin y = 2 sin (x + y ) Þ ( cos y - 2 ) sin ( x + y ) = cos ( x + y ) sin y Þ tan ( x + y ) =

sin y cos y - 2

Bài 6.42: a) VT = 4 sin a cos a ( cos2 a - sin2 a ) = 2 sin 2a cos 2a = sin 4a = VP b) VP = c) VP =

2 ( sin x cos y + sin y cos x ) 2 cos x cos y

= tan x + tan y = VT

( 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 )

1  cos   2 cos 2   1  cot  Bài 6.44: a) A  sin   2 cos   1

b) Vì 0      sin B

 2

 0, cos

 2

 0 nên

    1 1 1 1 cos 2    cos  sin 2  sin 2 2 2 2 2 2 2 2

5a a 2 cos sin 2sin 4a sin  3a   2sin 4a sin 2a sin 3a  sin 2a 2 2   cot 5a   c) C  2sin 4a cos 3a  2sin 4a cos 2a cos 3a  cos 2a 2sin 5a sin a 2 2 2   2 cos 2 a  2sin 2a sin    2  6   2 cos a  4sin a cos a  cos a  2sin a d) D  2 cos a 2 cos a Bài 6.45: a) 2 tan a = tan(a + b) Þ tan a = tan(a + b) - tan a Þ tan a =

sin b  sin a cos(a  b)  sin b cos(a + b)cos a

b) 2 tan a = tan(a + b) Þ 3 tan a = tan(a + b) + tan a =  3sin a cos  a  b   sin  2a  b 

sin ( 2a + b )

cos(a + b)cos a

Theo câu a) ta có sin b = sin a.cos(a + b) suy ra 3 sin b = sin(2a + b)

419

c) tan(a + b). tan b = -3 Þ sin (a + b ) sin b = -3 cos (a + b ) cos b  cos  a  b  cos b  sin  a  b  sin b  2 cos  a  b  cos b  cos a   cos  2a  b   cos a   cos(a  2b)  2 cos a  0 d) Từ giả thiết ta có 9sin 2  a  b   cos 2  a  b  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.

 16sin 2  a  b   2 cos 2a cos 2b

Hay 8sin 2  a  b   cos 2a cos 2b . ĐPCM.

æp ö æp ö æp ö æp ö Bài 6.46: Ta có sin 3a = 4 sin a.sin çç - a ÷÷÷ .sin çç + a ÷÷÷ , cos 3a = 4 cos a.cos çç - a ÷÷÷ .cos çç + a ÷÷÷ çè 3 èç 3 ø èç 3 ø èç 3 ø ø 2 4 1  3  5 7 1  1  3 sin cos  sin   cos 3.  cos  ; cos cos 9 9 9 4 3 8 18 18 18 4 18 4 6 8 sin 2x Bài 6.47: a) Ta có sin 2x = 2 sin x cos x Þ cos x = 2 sin x b) Áp dụng câu a ta có x x x sin sin 2 sin n 1 x x x sin x 2 . 2 ... 2  sin x  VP VT  cos cos 2 ... cos n  . 2 2 2 2sin x 2sin x 2sin x 2sin x 2n sin x 2 22 23 2n 2n x x x x cos sin x cos - cos x sin sin x 2 - cos x = 2 2 = 2 = 1 = VP Bài 6.48: a) VP = cot - cot x = x sin x x x sin x 2 sin sin x sin sin x sin 2 2 2 b) Áp dụng câu a ta có     VT   cot  cot     cot   cot 2   ...   cot 2n  2  cot 2n 1   cot  cot 2n 1  VP 2 2  

Suy ra sin



sin

cos x cos 2x cos2 x - cos 2x cos2 x - 2 cos2 x + 1 sin2 x -2 = = = = tan x = VT sin x sin 2x sin x cos x sin x cos x sin x cos x b) Áp dụng câu a) ta có ö 1æ 1æ a a aö 1æ a a ö VT = çç cot - 2 cot a ÷÷ + 2 çç cot 2 - 2 cot ÷÷ + ... + n çç cot n - 2 cot n -1 ÷÷ ÷ø 2 çè 2 çè 2 2 ÷ø 2 2 èç 2 2 ÷ø

Bài 6.49: a) VP =

420

1 a .cot n - cot a = VP n 2 2

Bài 6.50: tan 3x =

3 - tan x

3 tan x

(

3 - tan x 3 tan x - tan 3 x = tan x . 1 - 3 tan2 x 1 - 3 tan x

. tan x .

(

)( 3 + tan x ) )(1 + 3 tan x )

æp ö æp ö = tan çç - x ÷÷÷ . tan x . tan çç + x ÷÷÷ çè 3 èç 3 ø ø 1 - 3 tan x 3 + tan x

5 -1 10 + 2 5

0 0 0 Bài 6.51: Ta có sin 10 = sin éê ( k + 1 ) - k 0 ùú = sin ( k + 1 ) cos k 0 - cos (k + 1 ) sin k 0 ë û

sin 10

sin k 0 sin ( k + 1 )

Do đó

= cot k 0 - cot ( k + 1 )

sin 10 sin 10 sin 10 + + ... + sin 10 sin 20 sin 20 sin 30 sin(n - 1)0 sin n 0

= cot10 - cot20 + cot20 - cot 30 + ... + cot ( n - 1 ) - cot n 0 0

Suy ra

1 1 1 + + ... + = cot10 - cot n 0 0 0 0 0 0 0 sin 1 sin 2 sin 2 sin 3 sin(n - 1) sin n

Bài 6.52: 2 sin 20.sin 10 + 2 ( 2 sin 4 0.sin 10 ) + ... + 89 ( 2 sin 178 0.sin 10 ) = 90 cos10 Vì 2 sin 2k 0 sin 10 = cos ( 2k - 1 ) - cos ( 2k + 1 ) nên 0

VT = cos10 - cos 30 + 2 ( cos 30 - cos 50 ) + ... + 89 ( cos177 0 - cos1790 ) = cos10 + cos 30 + ... + cos177 0 - 89 cos1790

= cos10 + ( cos 30 + cos177 0 ) + ... + ( cos 890 + cos 910 ) + 89 cos10 = 90 cot10 = VP

Bài 6.53: 0  x 

  tan x  0  2 cot x  0

Theo bất đẳng thức Côsi ta có tan x  cot x  2 tan x.cot x  2 . Bài 6.54: Ta có B = cos 2x + 1 + 1 - cos 2x = cos 2x + 2 - cos 2x Đặt t =

2 - cos 2x Þ cos 2x = 2 - t 2 , vì -1 £ cos 2x £ 1 Þ 1 £ t £

Biểu thức trở thành B = 2 - t 2 + t . Xét hàm số y = -t 2 + t + 2 với 1 £ t £

421

Bảng biến thiên t

2 3 -1

Từ bảng biến thiên suy ra max B = 2 khi t = 1 hay cos 2x = 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 

3sin 2 x  cos2 x 3cos2 x  sin 2 x  2  3 2 2

Vậy: P  3 Bài 6.56: Ta có P = 2 sin x + 2 sin x cos x = 2 sin x (1 + cos x ) Suy ra P 2 = 4 sin2 x ( 1 + cos x ) = sin2 x ( 1 + 2 cos x + cos2 x ) 2

æ 1ö 1 Ta có çç cos x - ÷÷ ³ 0 Þ cos2 x + ³ cos x suy ra ÷ çè 2ø 4 2

æ ö æ3 ö 1 P £ sin2 x çç 1 + 2 cos2 x + + cos2 x ÷÷÷ = sin2 x çç + 3 cos2 x ÷÷÷ çè çè 2 2 ø ø æ x + y ÷ö Mặt khác theo bất đẳng thức xy £ çç ÷ , "x , y Î R ta có çè 2 ÷ø 2

é æ3 öù ê 3 sin2 x + çç + 3 cos2 x ÷÷÷ ú çè 2 ö 1 æ3 ö 1 ê 27 øú ú = + 3 cos2 x ÷÷ = .3 sin2 x çç + 3 cos2 x ÷÷ £ . ê ÷ø 3 ÷ø 3 ê çè 2 ú 2 16 ê ú êë úû 2

æ5 sin2 x çç çè 4

Suy ra P £

3 3 . 4

Bài 6.57: Ta có sin Vì cos

A C 1æ A +C A - C ö÷ 1 A -C 1 A +C sin = - çç cos - cos - cos ÷÷ = cos 2 2 2 çè 2 2 ø 2 2 2 2

A C 1 1 B A +C B A -C = sin và cos £ 1 nên sin sin £ - sin 2 2 2 2 2 2 2 2

1æ Bö B Do đó P £ çç 1 - sin ÷÷÷ . sin 2 çè 2ø 2

422

Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có æ ö æ öæ ö çç 1 - sin B ÷÷ . sin B = 1 çç 1 - sin B ÷÷ çç 1 - sin B ÷÷ 2 sin B çè 2 ÷ø 2 2 ÷øèç 2 ÷ø 2 2 çè 3 æ ö çç 1 - sin B + 1 - sin B + 2 sin B ÷÷ 1 çç 8 2 3 2 2 2 ÷÷÷ = 1 £ = çç ÷ ÷÷ 3 9 2 ç 2 27 ÷÷ø ççè 1 2 3 3 = Suy ra P £ . . 2 9 9 ìï ì A =C ïï cos A - C = 1 ï ï ï 2 Û ïí B Dấu bằng xảy ra khi í 1. ïï ï B B sin = ï ïï1 - sin = 2 sin ï î 2 3 î 2 2

Vậy max P =

3 . 9

æA B C ö Bài 6.58: c) VT = VP = tanAd) Khai triển cos çç + + ÷÷÷ è2 2 2ø æA B C ö e) Khai triển sin çç + + ÷÷÷ . è2 2 2ø æB C ö A B C A B C Chú ý: Từ cos çç + ÷÷÷ = sin  cos .cos = sin + sin .sin è2 ø 2 2 2 2 2 2 2 A B C A A B C  sin .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 A B B C C A d) Sử dụng a 2 + b 2 + c 2 ³ ab + bc + ca và tan . tan + tan . tan + tan . tan = 1 2 2 2 2 2 2 2 æ A B Cö e) Khai triển çç tan + tan + tan ÷÷÷ và sử dụng câu c) è 2 2 2ø

Bài 6.70: Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:

(sin2 A + sin2 B + sin2 C )(sin A + sin B + sin C ) ³ 3 3 sin2 A sin2 B sin2 C .3 3 sin A sin B sin C

hay (sin2 A + sin2 B + sin2 C )(sin A + sin B + sin C ) ³ 9 sin A sin B sin C Mặt khác: sin A + sin B + sin C £

3 3 nên 2

3 3 ³ 9 sin A sin B sin C 2 Mà theo ví dụ 1 thì sin2 A + sin2 B + sin2 C = 2(1 + cos A cos B cosC ) (sin2 A + sin2 B + sin2 C )

423

3 3 ³ 9 sin A sin B sin C 2 Do đó 1 + cos A cos B cosC ³ 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 ) 2(1 + cos A cos B cosC )

= 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 ) ³ 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 p p p 3 Û cos(2A - ) + cos(2B - ) + cos(2C - ) £ (*) 3 3 3 2 æ pö æ pö æ pö Ta có çç 2A - ÷÷ + çç 2B - ÷÷ + çç 2C - ÷÷ = 2 ( A + B + C ) - p = p nên çè 3 ÷ø çè 3 ÷ø çè 3 ÷ø æ ö æ ö æ ö çç 2A - p ÷÷, çç 2B - p ÷÷, çç 2C - p ÷÷ là ba góc của một tam giác do đó bất đẳng thức (*) đúng theo ví dụ 3 çè 3 ÷ø çè 3 ÷ø çè 3 ÷ø Û(

Þ ĐPCM Cách 3: Bất đẳng thức (*) tương đương với 1 - (cos2 A + cos2 B + cos2 C ) 1+ - 3. (1 - cos2 A)(1 - cos2 B )(1 - cos2 C ) ³ 0 (**) 2 áp dụng bất đẳng thức côsi ta có: æ 3 - (cos2 A + cos2 B + cos2 C ) ö÷ 3 - (cos2 A + cos2 B + cos2 C ) - 3. çç VT(**) ³ ÷ çè ÷ø 2 3

đặt t = cos2 A + cos2 B + cos2 C dễ thấy 3 ³ t ³

3 4

æ 3 - t ö÷ æ1 1 ö 3 -t 3 - 3. çç 3 - t ÷÷÷ ³ 0 vì từ điều kiện 3 ³ t ³ VT(**) ³ ÷÷ = (3 - t ) çç çè 3 ø çè 2 3 2 4 ø 3

1 1 1 1 3 3 -t ³ 3 - = 0 Þ ĐPCM 2 3 2 3 4 A B C Cách 4: Đặt x = tan , y = tan , z = tan 2 2 2 ìï xy + yz + zx = 1 Bài toán trở thành : cho ïí chứng minh: ïï x , y, z > 0 î 1 - x 2 1 - y2 1 - z 2 2x 2y 2z 1+ . . ³ 3 . . (***) 2 2 2 2 2 1+x 1+y 1+z 1 + x 1 + y 1 + z2

ta có 3 - t ³ 0,

Ta có : (4) Û (1 + x 2 )(1 + y 2 )(1 + z 2 ) + (1 - x 2 )(1 - y 2 )(1 - z 2 ) ³ 8 3xyz Khai triển rút gọn ta có:

424

(***) Û x 2y 2 + y 2z 2 + z 2x 2 + 1 ³ 4 3xyz áp dụng bất đẳng thức bunhiacopxki và côsi ta có 1 1 x 2y 2 + y 2z 2 + z 2x 2 ³ (xy + yz + zx )2 = 3 3 xyz =

xy.yz .zx £

æ xy + yz + zx ö÷ çç ÷÷ = çè 3 ø

Nên x 2y 2 + y 2z 2 + z 2x 2 + 1 ³ 1 + Þ ĐPCM

1 27

1 1 = 4 3. ³ 4 3xyz 3 27

A+B A-B C cos £ 2 cos 2 2 2 5 A 3 B Tương tự ( sin B + sin C ) £ 5 cos , ( sin C + sin A ) £ 3 cos 2 2 2 2 A B C Cộng vế với vế ta được 2 sin A + 3 sin B + 4 sin C £ 5 cos + 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: D £ 0 . Ta có: B +C B -C A D ' = (cos B + cosC )2 - 2(1 - cos A) = 4 cos2 .cos2 - 4 sin2 2 2 2 ö Aæ B -C A B -C = 4 sin2 çç cos2 - 1 ÷÷÷ = -4 sin2 .sin2 £ 0. 2 çè 2 2 2 ø ìï B - C ì ï sin B =C ï =0 ï Û Đẳng thức có Û ïí . í 2 ïï x = cos B + cosC ïï x = 2 cos B î ïî sin(B + C ) Bài 6.73: VT của bất đẳng thức là một tam thức có : a = tan B + tan C = cos B.cosC 2 sin A 2 sin A A = ³ = 2 cot > 0 (do DABC nhọn). Nên để chứng minh (1) ta cos(B + C ) + cos(B - C ) 1 - cos A 2 chỉ cần chứng minh D ' £ 0 . A A A Ta có: D ' = 4 - 2 tan (tan B + tan C ) £ 4 - 2 tan .cot = 0 2 2 2 ìï cos(B - C ) = 1 ì B =C ï ïï ï ï Ûí Đẳng thức xảy ra Û í 2 1 ïï x = ï x = ï ïî ï tan B + tan C î tan B 2 2 Bài 6.74: Ta có cos a + sin a = 1

Bài 6.71: Ta có sin A + sin B = 2 sin

425

æ 3ö 16 Þ cos2a = 1 - sin2 a = 1 - çç - ÷÷÷ = 2

çè 5 ÷ø 25 é 4 ê cosa = 4 4 5 Þ cos2a = Þ cosa = Þ êê 5 5 ê cosa = - 4 êë 5 3p Vì p < a < nên cosa < 0 . 2

3 sin a - 5 3 1 4 = = , cot a = = Do đó cosa = - ; tan a = cos a 4 4 5 t ana 3 5 4

3 4 24 sin 2a = 2 sin a.cos a = 2(- ).(- ) = 5 5 25 4 3 7 cos 2a = cos2 a - sin2 a = (- )2 - (- )2 = 5 5 25 0 tan 30  tan 450 Bài 6.75: a) tan 750  tan 300  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 tan 450  tan 300 b) tan150  tan 450  300  1  tan 450.tan 300 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 2p p 1 - cos 1 - cos 9 + 9 - 3. 1 æç cos p - cos p ö÷÷ c) A = ç 2 2 2 çè 6 18 ÷ø















2p p + cos 9 9 - 3 . 3 + 3 cos p = 12 2 2 2 18 1 p p 3 p 1 = - cos cos + cos = 4 6 18 2 18 4 d) Áp dụng công thức cos 3a = 4 cos3 a - 3 cos a ta có cos

426

( 4 cos2 90 - 3 )( 4 cos2 27 0 - 3 ) =

( 4 cos3 90 - 3 cos 90 )( 4 cos2 27 0 - 3 cos 27 0 ) cos 90 cos 27 0

cos 27 cos 81 = tan 90 Þ B = 1 cos 90 cos 27 0 Bài 6.76: a) A = ( sin2 10 + sin2 890 ) + ( sin2 20 + sin2 88 0 ) + ... + ( sin2 44 0 + sin2 460 ) + sin2 450 + sin2 900 0

= ( sin2 10 + cos2 10 ) + ( sin2 20 + cos2 20 ) + ... + ( sin2 44 0 + cos2 44 0 ) + = 1 + 1 + ... + 1 + 44 sô

1 91 +1 = 2 2

1 +1 2

b) B = sin2 450 + 3 cos2 450 - 2 ( sin2 500 + sin2 400 ) + 4 tan 550.cot 550

æ 2 ÷ö æ 2 ÷ö 1 3 ÷÷ + 3 çç ÷÷ - 2 ( sin2 500 + cos2 400 ) + 4 = + - 2 + 4 = 4 Suy ra C = ççç ç çè 2 ÷ø çè 2 ÷ø 2 2 æ p 5p ö÷ çæ 2 2p 4p ö÷ 3p 6p + cos2 + cos2 + cos2 c) C = çç cos2 ÷ + ç cos ÷ + cos2 ÷ ÷ çè ç 12 12 ø è 12 12 ø 12 12 2

æ 7p 11p ö÷ æç 2 8p 10p ö÷ 9p + çç cos2 + cos2 + cos2 ÷ + ç cos ÷ + cos2 ÷ ÷ çè ç 12 12 ø è 12 12 ø 12

p p 3p + cos2 + 1 + 1 + cos2 =5 4 2 4 1 3 1 d) D = -1 e) E = f) F = g) G = 2 256 128 6 6 4 4 Bài 6.77: a) A = cos x + sin x - 2 sin x - cos x + sin2 x = 1 + 1 + cos2

= ( 1 - sin2 x ) + sin6 x - 2 sin2 x - ( 1 - sin2 x ) + 3 sin2 x 3

= 1 - 3 sin2 x + 3 sin 4 x - sin6 x + sin6 x - 2 sin2 x - 1 + 2 sin2 x - sin 4 x + 3 sin2 x

= 2 sin 4 x f) B = 1 + cos x

æ 1 + cos2 x 1 + sin2 x ö÷ 1 1 + sin 4 x + cos4 x 1 + = . Bài 6.78: a) VT = çç ÷ ÷ 2 2 2 2 2 2 2 cos x ø 1 - sin x cos x sin x cos x 1 - sin x cos2 x èç sin x 1 + 1 - 2 sin2 x cos2 x 1 2 . = = VP 2 2 2 2 2 sin x cos x 1 - sin x cos x sin x cos2 x b) VT = sin x + sin2 x = sin x + sin x = sin x - sin x = VP (do p < x < 2p Þ sin x < 0 ) =

= sin x (0 < x < p) cot2 x - cos2 x 1 1 1 VT = = = 2 2 æ 1 ö 1 sin x + cos x cot x sin x + cos2 x çç 2 - 1 ÷÷÷ sin x + cos2 x çè sin x ø sin2 x

sin x +

427

Vì 0 < x 0 nên VT =

sin x = sin x = VP sin x + cos2 x 2

æ sin x ö çç n n + cos x ÷÷÷ æ sin2 x + sin x cos2 x ö÷ æ sin x + cos2 x ö÷ çç cos x n ÷ ç ç ÷ VT = = = tan x d) ÷ ÷ = tann x çç çç çç ÷ 3 2 ÷ è sin x cos x + cos x ø è sin x + cos x ÷ø çç 1 + cos x cos x ÷÷÷ çè ø÷ sin x n

tann x + cosn x tann x + cosn x = tann x . = tann x n n 1 tan x + cos x 1+ cosn x n tan x Vậy VT = VP . ĐPCM æ 3 ö æ p pö 1 sin x - cos x ÷÷÷ Bài 6.79: a) VP = 2 çç sin x cos - cos x sin ÷÷ = 2 ççç çè ÷ø 6 6 ÷ø 2 èç 2

VP =

= 3 sin x - cos x = VT æ p pö b) VP = 2 çç cos x cos - sin x sin ÷÷ = çè 6 6 ÷ø =

c) VP =

æ 3 ö 1 2 ççç cos x - sin x ÷÷÷ ÷ø çè 2 2

3 cos x - sin x = VT .

æ p pö 2 çç sin x cos + cos x sin ÷÷÷ = 4 4ø èç

= sin x + cos x = VT æ p pö d) VP = 2 çç sin x cos - cos x sin ÷÷ = çè 4 4 ÷ø

æ 2 ö 2 2 ççç sin x + cos x ÷÷÷ ÷ø çè 2 2 æ 2 ö 2 2 ççç sin x cos x ÷÷÷ ÷ø 2 èç 2

= sin x - cos x = VT sin 4 a + 3 cos4 a - 1 2 = Bài 6.80: a) 6 6 4 3 sin a + cos a + 3 cos a - 1 b) Ta biến đổi biểu thức thành tan2 a ( sin2 a - 1 ) + 2 ( sin2 a + cos2 a ) + cos2 a + ( sin2 a - cos2 a )( sin2 a + cos2 a ) = - tan2 a.cos2 a + 2 + cos2 a + sin2 a - cos2 a = 2 æ pö tan çç x + ÷÷÷ - tan x çè éæ ù p pö 3ø c) Ta có tan = tan ê çç x + ÷÷÷ - x ú = ç êë è úû æ 3 3ø pö 1 + tan çç x + ÷÷÷ tan x 3ø èç

é æ ù æ pö pö 3 ê 1 + tan çç x + ÷÷÷ tan x ú = tan çç x + ÷÷÷ - tan x (1) êë úû 3ø 3ø èç èç é æ æ æ æ 2p ö÷ p öù 2p ÷ö pö Tương tự ta có 3 ê 1 + tan çç x + ÷÷ tan çç x + ÷÷÷ ú = tan çç x + ÷÷ - tan çç x + ÷÷÷ (2) çè çè çè êë 3 ø 3 ø úû 3 ø 3ø èç Þ

428

tan

æ 2p ÷ö tan çç x + ÷ - tan x ù 2p ÷ö 3 ÷ø èç + ÷-xú = úû æ 3 ÷ø 2p ÷ö 1 + tan çç x + ÷ tan x çè 3 ÷ø

éæ 2p = tan ê çç x êë çè 3

é æ ù é æ ù 2p ÷ö 2p ÷ö 3 ê 1 + tan çç x + ÷÷ tan x ú = - ê tan çç x + ÷÷ - tan x ú (3) çè çè êë úû êë úû 3 ø 3 ø Cộng vế với vế ta được é æ æ æ æ ù pö pö 2p ÷ö 2p ÷ö 3 ê 3 + tan x . tan çç x + ÷÷÷ + tan çç x + ÷÷÷ . tan çç x + ÷÷ + tan çç x + ÷÷ . tan x ú = 0 è è è è êë úû 3ø 3ø 3 ø 3 ø Þ D = -3 Þ

Bài 6.81: a) -

119 144

Bài 6.82: a) VP = = 2 tan x .

b) 2 2 - 2 ; tan a = tan b =

2 - 1, a = b =

p 8

æ cos x sin 2x sin x 1 ö÷ cos2 x - cos 2x -2 = 2 sin x çç ÷÷ = 2 sin x . çè cos 2x cos x ø cos 2x cos x cos x cos 2x

cos2 x - ( 2 cos2 x - 1 )

= 2 tan x . tan 2x

sin2 x = tan2 x . tan 2x = VT sin 2x

cos 2x b) Áp dụng câu a) ta có æ æ æ a a aö a a ö a a ö VT = tan a - 2 tan + 2 çç tan - 2 tan 2 ÷÷ + 22 çç tan 2 - 2 tan 3 ÷÷ + ... + 2n -1 çç tan n -1 - 2 tan n -1 ÷÷ çè çè 2 2 èç 2 ÷ø 2 2 ÷ø 2 2 ÷ø = tan a - 2n tan

a = VP 2n

æ x ÷ö ç - cos2 1 1 ççç 1 ÷÷÷ 1 2 = -1 = VP ÷÷ = Bài 6.83: a) VT = = . çç 1 x x x x x÷ x x x 4.cos2 4 sin2 cos2 4.cos2 ççç sin2 ÷÷÷ 4.cos2 sin2 4.sin2 è ø 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 b) Theo câu a) ta có suy ra = 2 sin x 2 x 2 x 4.cos 4.sin 2 2 æ ö÷ æ ö÷ æ ö÷ çç çç çç ÷ ÷ ÷ 1 ÷÷ 1 çç 1 1 ÷ 1 çç 1 1 ÷÷÷ 1 1 çç 1 ÷÷ + ... + n -1 ç ÷÷ = 2 ÷÷ + ç VT = ç 2 çç sin a a ÷ 4 çç 2 a a÷ a ÷ sin a n 2 a 4 çç 2 a 4.sin2 ÷÷÷ sin 4.sin2 2 ÷÷÷ sin n -1 4.sin2 n ÷÷÷ 4 .sin n ç ç ççè ç ç è è 2ø 2 2 ø 2 2 ø 2 2 2 2 Bài 6.84: VT = sin A sin ( B + C )cos ( B - C ) + sin Bsin ( A + C ) cos (C - A ) + sin C sin ( A + B ) cos ( A - B ) 1

1 = éë sin2 A ( sin B cos B + sin C cosC ) + sin2 A ( sin B cos B + sin C cosC ) + sin2 A ( sin B cos B + sin C cosC ) ùû 2 = sin A sin B sin ( A + B ) + sin B sin C sin ( B + C ) + sin C sin A sin (C + A ) = 3 sin A sin B sin C = VT

429

A-B B -C C -A cos cos 2 2 2 A-B B -C C -A  2(cos A + cos B + cosC - 1) = cos cos cos 2 2 2 A B C A-B B -C C -A  8 sin sin sin = cos cos cos 2 2 2 2 2 2  8 sin A.sin B.sin C = (sin A + sin B )(sin B + sin C )(sin C + sin A)  sin A = sin B = sin C (dùng BĐT Cô–si cho vế phải) A = B = C. Bài 6.86: ĐT Û 4R 2 sin B sin C (sin B cosC + sin C cos B ) = 20 (dùng định lí hàm số sin)

Bài 6.85: ĐT 2(3 + cos A + cos B + cosC ) - 8 = cos

 4R 2 sin A sin B sin C = 20

abc 8R 3 = sin A sin B sin C = 2R 2 sin A sin B sin C = 10. 4R 4R Vậy S = 10 (đvdt). Bài 6.87: 0 = cos 3x + cos 3y + cos 3z = 4 ( cos3 x + cos3 y + cos3 z ) - 3 ( cos x + cos y + cos z )

Mà S =

Þ cos3 x + cos3 y + cos3 z = 0

Ta có cos x + cos y + cos z = 0 Þ cos3 x + cos3 y + 3 cos x cos y ( cos x + cos y ) = - cos3 z Þ cos x cos y cos z = 0 .

Không mất tính tổng quát giả sử cos x = 0 Þ cos y + cos z = 0 Þ cos y = - cos z 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. 2

ïì sin x + sin y = - sin z 2 2 Þ ( sin x + sin y ) + ( cos x + cos y ) = 1 Bài 6.88: a) Từ giả thiết ta có ïí ïï cos x + cos y = - cos z î Þ 2 + 2 ( sin x sin y + cos x cos y ) = 1 Þ cos ( x - y ) = -

1 (1) 2

1 1 Tương tự ta có cos ( y - z ) = - , cos ( z - x ) = - . 2 2

Ta có ( cos x + cos y + cos z )( sin x + sin y + sin z ) = 0 Û

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

430

Mặt khác ta có ( sin x + sin y + sin z ) - ( cos x + cos y + cos z ) = 0 2

Û cos 2x + cos 2y + cos 2z + 2 éë cos ( x + y ) + cos (y + z ) + cos (z + x )ùû = 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

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 ) Þ sin 3x + sin 3y + sin 3z = -4 ( sin 3 x + sin 3 y + sin 3 z )

Mặt khác sin x + sin y + sin z = 0 Þ sin 3 x + sin 3 y + sin 3 z = 3 sin x sin y sin z Þ 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 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

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 Û 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 Û sin x ( cos y cos z + sin y sin z ) + sin y ( cos x cos z + sin x sin z ) + sin z ( cos x cos y + sin x sin y ) = 0 Û 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 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

Vậy sin ( x + y + z ) = Đặt a =

sin 3x + sin 3y + sin 3z . 3

p p p - x , b = - y, g = - z kết hợp với giả thiết ta có cos a + cos b + cos g = 0 , 2 2 2

sin a + sin b + sin g = 0 .

Do đó theo chứng minh trên thì sin ( a + b + g ) =

431

sin 3a + sin 3b + sin 3g 3

æp ö æp ö æp ö sin çç - x ÷÷÷ + sin çç - y ÷÷ + sin çç - z ÷÷÷ ÷ø çè 2 çè 2 æ 3p ö èç 2 ø ø Þ sin çç - x - y - z ÷÷÷ = çè 2 3 ø Þ cos ( x + y + z ) =

cos 3x + cos 3y + cos 3z 3

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 .

432