Bài tập Phương trình. Hệ phương trình Toán Lớp 10 - Phần 2: Bất phương trình - Đề 2

Nội dung text: Bài tập Phương trình. Hệ phương trình Toán Lớp 10 - Phần 2: Bất phương trình - Đề 2

1. Bpt- Pp hàm-số/hình-học/lg-hóa ↕Tham số- Lớp 12 II.6) Pp hàm số↔[12] II.1)Giải bpt: a) x 9 2x 4 5 b) x2 2x 3 x2 6x 11 3 x x 1 c) 2x x x 7 2 x2 7x 35; G: a) x 9 2x 4 5 d / k x 2 xét hàm số f(x) = x 9 2x 4 trên tập x ≥ -2 Có đạo hàm luôn dương với mọi x thuộc tập xác định suy ra hàm số luôn đồng biến lại có f(0) = 5 vậy nghiệm của bpt là x > 0 b) x2 2x 3 x2 6x 11 3 x x 1 dk 1 x 3 ↔ x2 2x 3 x 1 x2 6x 11 3 x ↔ (x 1)2 2 x 1 (3 x)2 2 3 x Xét hàm số f(t) = t 2 t tren 1,3 có f, (t) >0 hàm số đồng biến trên tập xác định. Vậy ta có f(x-1)>f(3-x) ↔ x-1>3-x ↔ x>2 vậy nghiệm của bpt: 2 0 . Hs đồng biến trên txđ vì vậy f(x) -2 2 x 9 2 2x 4 x 0 nên f(x) đồng biến trên (*). Do đó: (1) f(x) f(0) x 0. Vậy bpt có nghiệm: x 0 . x 2 x 0 x 0 b) x x 5 5 (1) Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định: (1) x 5 (*) x 5 0 x 5 1 1 f(x) xác định, liên tục trên (*) có: f ' (x) 0với x 5 2 x 2 x 5 x 5 nên f(x) đồng biến trên (*).Do đó: (1) f(x) f(5) x 5 . Vậy bpt có nghiệm: x 5 . x 5 c) x 2 3- x 5 2x (1) (TL-2000) (1) f(x) x 2 3- x 5 2x 0 f(2) x 2 0 5 Ta có f(x) xác định khi và chỉ khi 3 - x 0 2 x (*) 2 5 2x 0 1 1 1 5 f(x) xác định, liên tục trên (*) có: f ' (x) 0 với 2 x nên f(x) đồng 2 x 2 2 3- x 2 5- 2x 2 x 2 biến trên (*). Do đó: (1) f(x) f(2) 5 2 x 2 . Vậy bpt có nghiệm: 2 x 2 . 2 x 2 d) 2x 3 3x 2 6x 16 2 3 4 x (1) Ta có: (1) f(x) 2x3 3x 2 6x 16 4 x 2 3 f(1) (2) Bài-giảng Pt- Hpt trang.147 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
2. Bpt- Pp hàm-số/hình-học/lg-hóa ↕Tham số- Lớp 12 2x 3 3x 2 6x 16 0 (x 2)(2x 2 - x 8) 0 Đặt f(x) = VT(2), có f(x) xác định khi và chỉ khi: 4 x 0 4 x 0 x 2 0 (do 2x 2 - x 8 0) 2 x 4 (*) x 4 6x 2 - 6x 6 1 f(x) xác định, liên tục trên (*) có: f ' (x) 0 với 2 x 4 2 2x3 3x 2 6x 16 2 4 x nên f(x) đồng biến trên (*).Do đó (1) f(x) f(1) x 1 Kết hợp với (*) ta được: 2 x 1. Vậy bất phương trình có nghiệm: 2 x 1. e) 2x x x 7 2 x 2 7x 3 6 2 đs: 0< x<1 f) x 2 2x 3 x 2 6x 11 3 x x 1 H: Xét hs f(t) = t 2 t trên đoạn [1,3] . đ/s: 2<x 3 II.3) II.7) Pp đồ-thị/hình-học Kiến thức cơ bản : Pp này dùng để giải các bài toán tìm tham số để bpt có nghiệm thỏa một đk nào đó. Ta thực hiện các bước sau : *) Sử dụng các phép biến đổi tương đương đưa bất phương tình đã cho về một hệ *) Xét trên hệ trục tọa độ Oxm +) Biểu diễn các điểm M(x,m) thỏa mãn các bất phương trình trong hệ ,giả sử các tập đó là X1,X2, +) Xác định X= X1 ∩ X2 ∩ +) Chiếu vuông góc tập X lên trục m ,giả sử là Im *) Khi đó: +) Để hệ vô nghiệm khi m ≠ Im +) Để hệ có nghiệm khi m € Im +) Để hệ có nghiệm duy nhất khi đường thẳng m = giao với tập X đúng một điểm duy nhất II.4) II.5) II.6) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm 1 x2 m x đặt y = 1 x2 0 khi đó bất phương x2 y 2 1 (2) trình tương đương với một hệ x y m 0 (3) Các điẻm thỏa mãn (2) ký hiệu là X1 là tập hợp các điểm mằn nửa trên của đường tròn tam O bán kính R=1 các điểm thỏa mãn (3) ký hiệu là X2 là tập hợp các điểm nằm phía trên của đưòng thẳng x + y = m lấy với y ≥ 0 Vậy để bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi X1  X 2 0 khi m 2 II.7) Tìm m để bất phương trình sau đúng mọi x thuộc – 4 ≤ x ≤ 6 (4 x)(6 x) x2 - 2x +m đặt y = (4 x)(6 x) ≥ 0 suy ra y2 = 24 + 2x – x2 Tương đương với ( x -1 )2 +y2 = 25 như vậy vế trái của bất phương trình là nửa trên của đường tròn tâm I(1,0) bán kính R = 5 , còn vế phải của bất phương trình y = x2 – 2x + m là một pảabol có đỉnh nằm trên đường thẳng x = 1 để bài toán nghiệm đúng y với mọi x thuộc – 4 ≤ x ≤ 6 thì pảa bol luôn nằm phía trên nửa đường tròn và đỉnh của pảabol tiếp xúc với đường tròn tại điểm M(1,5) tức là 5 = m0 – 1 suy ra m0 = 6 M(1,5) vậy giá trị m cần tìm là m ≥ 6 1 x Bài-giảng Pt- Hpt trang.148 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
3. Bpt- Pp hàm-số/hình-học/lg-hóa ↕Tham số- Lớp 12 x 2 1 0 II.8) Tìm m để hệ: vô nghiêm (1) 2 (m x )(x m) 0 x 2 1 0 G: Đặt m = y và coi (1) là hệ 2 ẩn x; y. Ta có: (1) 2 (y x )(x y) 0 1 x 1 1 x 1 1 x 1   hoặc (2) 2 2 2 2 min{ x;x } y max{ x;x } x y x x y x Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường: x = 0; x = –1; y = – x; y = x2 Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (2) rồi kết hợp lại ta được miền nghiệm N của (2) là miền được gạch chéo không lấy biên trên hình vẽ y 2 1 2 ^ x - y = 1 = = - = y x x x 1 x -1 1 -1 Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = m tức là nghiệm của (1) là hoành độ của các điểm thuộc phần chung của đường thẳng y = m (  y’oy) và N. Từ nhận xét trên và hình vẽ ta có (1) vô nghiệm khi y = m và N không có điểm chung, khi và chỉ khi m 1 Vậy |m| > 1 là các giá trị cần tìm để hệ (1) vô nghiệm. x 2 2x 1 m 0 II.9) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất 2 2 x (2m 1)x m m 0 G: Đặt m = y và coi hệ đã cho là hệ (1) với 2 ẩn x; y ta có: x 2 2x 1 y 0 y (x 1) 2 y (x 1) 2 (1)   (2) 2 2 2 2 x (2y 1)x y y 0 y (2x 1)y x x 0 x 1 y x Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường: y = (x–1)2; y = x – 1; y = x Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (2) rồi kết hợp lại ta được miền nghiệm N của (2) là phần gạch chéo lấy cả biên trên hình vẽ y 2 ^ ) 4 1 x - = x y ( = 3 y 1 - x = 2 y 1 x 1 2 3 4 Bài-giảng Pt- Hpt trang.149 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
4. Bpt- Pp hàm-số/hình-học/lg-hóa ↕Tham số- Lớp 12 Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = m tức là nghiệm của (1) là hoành độ của các điểm thuộc phần chung của đường thẳng y = m (  y’oy) và N. Từ nhận xét trên và từ hình vê ta thu được (1) có 3 5 nghiệm  đường thẳng y = m (  y’oy) và N có điểm chung  0 ≤ m ≤ 2 3 5 Vậy 0 ≤ m ≤ là các giá trị cần tìm để phương trình có nghiệm. 2 x 2 y 2 2y m II.10) Tìm m để hệ (1) có nghiệm duy nhất 2 2 x y 2x m x 2 (y 1) 2 m 1 G: (1) 2 2 (x 1) y m 1 Xét 2 đường tròn (α): x2 + (y + 1)2 = m + 1 có tâm A(0; –1); R = m 1 (β): (x + 1)2 + y2 = m + 1 có tâm B(–1; 0); R = m 1 Hệ (1) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi (α) và (β) có duy nhất 1 điểm chung  (α) và (β) tiếp xúc ngoài với nhau khi đó: AB = 2 m 1  (0 1) 2 ( 1 0) 2 = 2 m 1 1  2 = 2 m 1  m = – 2 1 Vậy giá trị cần tìm của m là m = – . 2 log 2 2 (x y) 1 x y II.11) Tìm m để hệ (1) có nghiệm x 2y m 2 2 2 2 Ta có: log 2 2 (x + y) = 1 (2)  0 1 G: x y 2 2 x y 0 x y 1 2 2 2 2  x y 1 hoặc 1 1 1 (2) 2 2 x y 1 1 1 2 2 2 x y 2 2 2 Trên mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ đồ thị của các hàm số: 1 1 1 ∆: x + y = 0; (T ): x2 + y2 = 1; (T ): (x – )2 + (y – )2 = 1 2 2 2 2 y x 2 2y m 2 Δ : x + y = 1 T1 0 x 2y m T 1 2 x -1 1 A -1 Biểu diễn nghiệm từng thành phần rồi kết hợp lại ta được miền nghiệm N của (2) là phần gạch chéo trên hình vẽ không lấy những điểm thuộc (T 2 ) và (∆). Xét đt: x + 2y = m tại 2 vị trí ứng với m 1 và m 2 1 1 1 Có đồ thị của hàm số: x + 2y = m 1 đi qua điểm A( ;– ) m 1 = – 2 2 2 3 10 Đồ thị của hàm số: x + 2y = m tiếp xúc với (T ) tại điểm thuộc góc phần tư thứ nhất m = 2 2 2 2 Bài-giảng Pt- Hpt trang.150 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
5. Bpt- Pp hàm-số/hình-học/lg-hóa ↕Tham số- Lớp 12 1 3 10 (1) có nghiệm  đường thẳng x + 2y = m và N có điểm chung  – 2 thì hệ vô nghiệm + Khi M {K; N} |a| = 2 thì hệ có 2 nghiệm phân biệt + Khi M {P; Q} |a| = 1 thì hệ có 3 nghiệm phân biệt + Khi M [KN] \ {K; P; Q; N}  |a| x2 (1) G: Đặt a = y và coi (1) là hệ bất phương trình 2 ẩn x; y thì (1)3 – | x – y | > x2 Bài-giảng Pt- Hpt trang.151 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
6. Bpt- Pp hàm-số/hình-học/lg-hóa ↕Tham số- Lớp 12 3 x 2 0; 3 x 0 3 x 0 Khi đó ycbt tương đương với: x 0   y x 2 x 3 (2) 2 2 2 x 3 x y 3 x 2 | x y | 3 x y x x 3 Trên mặt phẳng toạ độ Oxy vẽ các đường: x = 0; y = –x2 + x +3; y = x2 + x – 3; x = – 3 Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (2) rồi kết hợp lại ta được miền nghiệm N của (2) là phần gạch chéo không lấy biên trên hình vẽ y = x^2+x-3 y 4 3 2 1 x -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 -1 N -2 -3 -4 -5 y = -x2 + x + 3 Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = a, tức là nghiệm x < 0 của (1) là hoành độ điểm chung của đường thẳng y = a với N. Từ các nx trên và từ hình vẽ ta có: 13 13 (1) có nghiệm âm  – < a < 3. Vậy – < a < 3 là các giá trị cần tìm. 4 4 II.15) Cho phương trình x a (x2 – x – a)(2a + 2 – x) = 0 (1) 1) Biện luận theo a số nghiệm của pt. 2) Tìm a để mọi nghiệm của pt đều thuộc đoạn [0; 4]. 2 y x G: Đặt a = y và coi (1) là pt 2 ẩn x; y thì: (1)  x y (x – x – y )(2y + 2 – x ) = 0 y x 2 x (2) 1 y x 1 2 1 Trên mp Oxy vẽ các đường y = x; y = x2 – x; y = x – 1. Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (2) rồi 2 1 kết hợp lại ta được nghiệm của (2) là hoành độ các điểm thuộc đt của các hs y = x; y = x2 – x; y = x – 1 2 Bài-giảng Pt- Hpt trang.152 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
7. Bpt- Pp hàm-số/hình-học/lg-hóa ↕Tham số- Lớp 12 y 14 y = x2 -x 12 10 8 6 4 2 x -12 -10 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 10 12 14 -2 -4 y = -1/2x-1 -6 -8 y =x -10 Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = a. Tức là nghiệm của (1) chính là hoành độ phần điểm 1 chung của đường thẳng y = a với đồ thị của các hàm số y = x; y = x2 – x; y = x – 1 2 Gọi x 0 là nghiệm của phương trình x a = 0 thì x 0 = a x 1 là nghiệm của phương trình 2a + 2 – x = 0 thì x 1 = 2(a + 1) 1 1 4a 1 1 4a 1 x < x là nghiệm của phương trình x2 – x – a = 0 thì: x = ; x = (a ≥ – ) 2 3 2 2 3 2 4 Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta có: Phương trình luôn có 2 nghiệm x = a; x = 2(a + 1);  a R 1 1 1 4a 1 1 4a Khi a ≥ – phương trình có thêm 2 nghiệm x = ; x = 4 2 2 x 3 (x 1) 0 x 0  x 1 x 0 x 0 x 1 x 1 Do đó: (γ)   v v v 3 y (y 1) 0 y 0  y 1 y 0 y 1 y 0 y 1 x 0 x 1 Thay vào (α) ta tìm được nghiệm của hệ đã cho là: và y 1 y 0 0 x 4 y x 2 1 2) Ycbt↔ 2 (4). Trên mp Oxy vẽ các đường: y = x; y = x – x; y = x –1 y x x 2 1 y x 1 2 13 y 12 0 11 = y 10 x = 9 x ^ 2 8 - 7 4 x = x 6 = x y 5 4 1 3 *x - 1/2 2 y = 1 x -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -1 Bài-giảng Pt- Hpt trang.153 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
8. Bpt- Pp hàm-số/hình-học/lg-hóa ↕Tham số- Lớp 12 Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (4) rồi kết hợp lại ta được nghiệm của (4) là phần đồ thị N (phần 1 được tô đậm) là các hàm số y = x; y = x2 – x ; y = x – 1 vẽ trong đoạn [0 ; 4]. Nghiệm x [0; 4] của (1) 2 là nghiệm của (4) với y = a tức là hoành độ điểm chung của đường thẳng y = a (  y’oy) với (N) Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta có để mọi nghiệm của (1) đều thuộc khoảng [0; 4] thì –1 ≤ a ≤ 14 Vậy –1 ≤ a ≤ 14 là các giá trị cần tìm. II.16) Giải và biện luận: | x2 – 2x +a | ≥ |2x2 – 3x –a | (1) G: Đặt a = y và coi (1) là hệ 2 ẩn x; y thì (1)| x2 – 2x +y | ≥ |2x2 – 3x –y | (2) Do 2 vế của (2) cùng ≥ 0 nên: (2)(x2 – 2x +y)2 ≥ (2x2 – 3x –y)2  (3x2–5x)(x2–x–2y) ≤ 0 5 5 0 x 0 x 2 2 3  3x 5x 0  3x 5x 0   3 (3) 2 2 2 2 x x x x x x 2y 0 x x 2y 0 y y 2 2 5 x 2 x Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường: x = 0; x = ; y = (α) 3 2 y 3 y = x x ( = x = ^ 2 5 2 0 / - 3 x ) / 2 1 x -2 -1 1 2 3 -1 Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (3) rồi kết hợp lại ta được miền nghiệm N của (3) là phần gạch chéo lấy cả biên trên hìmh vẽ. Nghiệm của (1) là nghiệm của (2) với y = 1. Tức là nghiệm của (1) là hoành độ phần chung của đường thẳng y = a (  y’oy) với N. Gọi x 1 thì (1) có nghiệm x [ ; 0]  [ ; ]. 9 2 3 2 II.17)Tìm p để hai bpt (x2 – x – p )(x + p – 1) > 0 và x2 – 2x – 3 ≤ 0 không có nghiệm chung G: Hai bất phương trình (x2 – x – p )(x + p – 1) > 0 và x2 – 2x – 3 ≤ 0 không có (x 2 x p)(x p 1) 0 nghiệm chung khi và chỉ khi hệ (1) vô nghiệm 2 x 2x 3 0 Đặt p = y và coi (1) là hệ 2 ẩn x; y ta có: x 2 x y 0 x 2 x y 0 (x 2 x y)(x y 1) 0   x y 1 0  x y 1 0 2 x 2x 3 0 2 2 x 2x 3 0 x 2x 3 0 Bài-giảng Pt- Hpt trang.154 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
9. Bpt- Pp hàm-số/hình-học/lg-hóa ↕Tham số- Lớp 12 1 x 3 1 x 3  y x 1  y x 1 (2) 2 2 y x x y x x Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường x = –1; x = 3; y = – x + 1; y = x2 – x Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (2) rồi kết hợp lại ta thu được miền nghiệm N của (2) là phần được gạch chéo trên hình vẽ (phần lấy biên có màu đỏ) Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = p tức là nghiệm của (1) là hoành độ phần chung của đường thẳng y = p (  y’oy) với N y 3 y 8 = = x x 7 ^ 2 6 y - = 1 x 5 - x 4 3 2 1 x -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 -1 -2 Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta có (1) vô nghiệm khi và chỉ khi đường y = p (  y’oy) không có điểm chung với N do có p ≤ – 2 hoặc p ≥ 6 Vậy p (–∞;–2]  [6;+∞) là các giá trị cần tìm. II.18) II.8) Pp lượng-giác-hóa x 35 II.19) Giải bpt: x ; (Olympic 30-4 -2003) 1 x 2 12 1  G: ĐK: x 1 .VT luôn dương nên bắt buộc x > 0 , do đó x>1.Ta đặt: cos t với t 0; ; x 2 Ta đi giải một bpt lg: 1 1 35 12 sin t cost 35sin t cost 144 1 2sin t cost 1225sin2 t cos2 t cost sin t 12 1225y2 2.144y 144 0 12 12 y sin t cost 0 y 0 sin t cost 25 25 2 9 3 5 0 cos t 0 cos t x 2 2 144 25 5 3 0 cos t 1 cos t 625 16 4 5 cos 2 t 1 cos t 1 1 x 25 5 4 II.20) Bài-giảng Pt- Hpt trang.155 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
10. Bpt- Pp hàm-số/hình-học/lg-hóa ↕Tham số- Lớp 12 (§) Bpt chứa tham số Xác định tham số để bất phương trình có nghiệm trên D hoặc đúng mọi x D Trong trường hợp tồn tại max f (x) , min f (x) x D x D + f(x) m [nghiệm đúng với] x D min f (x) m x D + f(x) m có nghiệm x D max f (x) m x D x D Chú ý: Trong trường hợp không tồn tại max f (x) , min f (x) thì dựa vào BBT để kết luận cụ thể. x D x D II.21)Tìm m nhỏ nhất để bpt sau đúng vớix 0;1 : m x2 x 1 x2 x 1 G: Tìm m để bpt sau có nghiệm: mx - x 3 m 1 đặt t = x 3 t ≥ 0 ta có t 1 t 1 m( t2+2) ≤ t+1 tương đương với m xét hàm số f(t) = trên tập t≥ 0 có t 2 2 t 2 2 t 2 2t 2 f , (t) f,(t) = 0 khi t = 1 3 (t 2 2)2 Ta có bảng biến thiên t -1 3 -1 3 f 0 - 0 + t F -1 3 ( t ) 3 1 Căn cứ bbt, để bất phương trình có nghiệm thì m ≤ 4 II.22) Xác định các giá trị m để bpt sau có nghiệm: a) mx x 3 m 1 (1) 2 b) 4 (4 x)(2 x) x 2x m 18 (1) c) [12-chương ii] x x 9 mlog 2 (2 4 x) x 3 1 G: a) mx x 3 m 1 (1) ĐK x 3 thì (1) m(x – 1) x 3 1 m (2) x 1 x 3 1 2 1 + Đặt f(x) = . Ta có bpt (2) có nghiệm m max f (x) m x 1 x [3; ) 4 b) 4 (4 x)(2 x) x2 2x m 18 (1) ĐK: (4 – x)(2 + x) 0 2 x 4 . Đặt t = (4 x)(2 x) , 0 t 3. (1) trở thành t2 – 4t + 10 m (2). Đặt f(t) = t2 – 4t + 10 + (1) có nghiệm (2) có nghiệm t [0; 3] min f (t) m 6 m t [0;3] c) [12-chương ii] x x 9 mlog 2 (2 4 x) x x 9 ĐK: 0 x 4 . Khi đó log2(2+ 4 x) 1. Bpt tương đương: m log 2 (2 4 x) x x 9 u'.v v'.u + Đặt f(x) = với 0 x 4 . Ta có f’(x) = 2 , trong đó : log 2 (2 4 x) v 1 1 1 u = x x 9 u' ; v = log2(2+ 4 x) v' . 2 x 2 x 9 2 4 x.(2 4 x)ln 2 + Suy ra f’(x)> 0, x (0; 4) . Vì f(x) liên tục trên đoạn [0; 4] nên f(x) đồng biến trên [0; 4]. 3 f(x) m có nghiệm trên [0; 4] M inf(x) m f (0) m m x 0;4 2 Bài-giảng Pt- Hpt trang.156 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
11. Bpt- Pp hàm-số/hình-học/lg-hóa ↕Tham số- Lớp 12 II.23) Xác định các giá trị m để bpt: a) (x2 1)2 m x x2 2 4 (1) nghiệm đúng với mọi x [0; 2] b) [12- chương ii] (m 1)4x 2x 1 m 1 0 (1) nghiệm đúng với mọi x G: a) (x2 1)2 m x x2 2 4 (1) nghiệm đúng với mọi x [0; 2] Đặt t = x x2 2 thì (1) có dạng : t2 + 1 + m t + 4 m – t2 + t + 3 (2) x2 + Hàm t = x x2 2 có t’(x) = x2 2 > 0 t đồng biến trên [0; 2] 0 t 2 6 x2 2 + (1) đúng với mọi x [0; 2] (2) đúng với mọi t [0;2 6] m min f (t) , với f(t) = – t2 + t + 3 m 2 6 21 t [0;2 6 ] b) [12- chương ii] (m 1)4x 2x 1 m 1 0 (1) nghiệm đúng với mọi x t 2 t 1 Đặt t = 2x , t > 0 .Khi đó (1) trở thành : (m – 1 )t2 + 2t + m + 1 > 0 m > (2) t 2 1 + (1) đúng với mọi x (2) đúng mọi t > 0 t 2 t 1 + Đặt f(t) = . Lập BBT hàm f(t) suy ra : m > f(t),t (0; ) m 1 t 2 1 2 2 2 II.24) Xác định các giá trị m để bpt sau có nghiệm: a) 2cos x 3sin x m.3cos x (1) b) x x x 16 m.log3 (3 9 x) (1) cos2 x cos2 x cos2 x sin2 x cos2 x 2 1 2 G: a) 2 3 m.3 (1); (1) 3 m . Đặt t = cos x , 0 t 1 , 3 9 t t t t 2 1 2 1 + (1) thở thành 3 m (2). Đặt f(t) = 3 . 3 9 3 9 Ta có (1) có nghiệm (2) có nghiệm t [0; 1] m max f (t) m 4 t [0;1] x x x 16 b) x x x 16 m.log3 (3 9 x) (1) ĐK 0 x 9 . Khi đó (1) m (2) log3 (3 9 x) x x x 16 + Đặt f(x) = . Ta có f(x) m có nghiệm trên [0;9] min f (x) m x [0;9] log3 (3 9 x) 4 4 +Hàm f(x) đồng biến trên [0; 9] nên min f (x) = f(0) = . Vậy m x [0;9] log3 6 log3 6 II.25)Xác định các giá trị m để bất phương trình sau đúng với mọi x 0 m.2x 1 (2m 1)(3 5)x (3 5)x 0 (1) x x x 3 5 3 5 3 5 G: (1) 2m (2m 1) 0 (2) . Đặt t = , với x 0 t 1 2 2 2 1 t 2 1 + (2) trở thành 2m + (2m + 1)t + < 0 2m(1 + t) < (3) t t t 2 t + (1) đúng với mọi x 0 (3) đúng với mọi t 1 m < với mọi t 1 2t(t 1) t 2 t 1 + Đặt f(t) = . Lập BBT suy ra m < f(t) với mọi t 1 m < 2t(t 1) 2 II.26) Tìm m để bpt mx x 3 m 1 (1) có nghiệm. t 1 G : Đặt t x 3;t [0; ) . Bpt trở thành: m(t2 3) t m 1 m(t2 2) t 1 m (2) t2 2 t 1 (1)có nghiệm (2) có nghiệm t≥0  có ít nhất 1 điểm của ĐTHS y= với t≥0 không ở phía dưới t2 2 đường thẳng y=m. Bài-giảng Pt- Hpt trang.157 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
12. Bpt- Pp hàm-số/hình-học/lg-hóa ↕Tham số- Lớp 12 t 1 t2 2t 2 Xét y= với t≥0 có y ' t2 2 (t2 2)2 t 1 3 0 1 3 + y’ - 0 +  + 0 - y 3 1 4 3 1 Từ Bảng biến thiên ta có m≤ . 4 1 II.27) Cho bpt (4 x)(2 x) (18 a 2x x2 ) . Tìm a để bpt nghiệm đúng với mọi x [-2;4]. 4 1 G: Đặt t (4 x)(2 x) x2 2x 8;t [0;3] . Bpt tt: t (10 a t2 ) a t2 4t 10 .(2) 4 (1)nghiệm  (2) có nghiệm mọi t [0;3] đường thẳng y=a nằm trên ĐTHS y=t2-4t+10 với t [0;3] y’=2t-4; y’=0t=2 t 0 2 3 y’  - 0 +  y 10 7 6 Vậy m≥10. II.28) Tìm m để bpt: a) 4x 2 2 4 x m có nghiệm. b) mx x 3 m 1 (1) có nghiệm. G: a) 4x 2 2 4 x m có nghiệm. 1 1 Đk: x 4 .Bpt 4x 2 2 4 x m có nghiệm x ;4 m min 4x 2 2 4 x 1 2 2 ;4 2 1 Xét hàm số f x 4x 2 2 4 x trên ;4 . 2 2 1 2 4 x 4x 2 9 Ta có f x ; f x 0 2 4 x 4x 2 x 4x 2 4 x 4x 2 4 x 4 1 9 Tính f 14; f 2 7; f 4 14 . Suy ra min f x 14 . 1 2 4 ;4 2 Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi m 14 . b) mx x 3 m 1 (1) có nghiệm. Đk: x 3 . Đặt t x 3 ,t 0 x t 2 3 t 1 t 1 BPT (1) trở thành: m(t 2 3) t m 1 m (2). Xét hàm số f (t) , t 0 t 2 2 t 2 2 2 ' t 2t 2 ' 2 t 1 3 Ta có: f (t) 2 , f (t) 0 t 2t 2 0 t 2 2 t 1 3 BBT: . 1 3 Suy ra max f t 0;+ 4 3 1 Bpt (1) có nghiệm x 3 bpt (2) có nghiệm t 0 m max f (t) m 0; ) 4 Bài-giảng Pt- Hpt trang.158 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
13. Bpt- Pp hàm-số/hình-học/lg-hóa ↕Tham số- Lớp 12 1 x 3 1 x 3 * Nhận xét: Nếu đưa về bpt: mx x 3 m 1 m . Khi đó hs f x dẫn đến x 1 x 1 việc tính đạo hàm, gpt đạo hàm và xét dấu đạo hàm gặp khó khăn. II.29) Tìm m để bpt: a) 4 x 6 x x2 2x m (1) nghiệm đúng với mọi x  4;6 b) m.16t anx 2m.4t anx 2m 2 0 nghiệm đúng với mọi x 0; . 4 2 2 c) 1 log5 x 1 log5 mx 4x m nghiệm đúng với mọi x . 2x 2 G: a) Đặt t x2 2x 24 x2 2x 24 t 2 ; t ' ,t ' 0 x 1 2 x2 2x 24 x 4 1 6 t ' 0 + t 5 0 0 Do đó 0 t 5. Bpt (1) trở thành t 24 t 2 m m t 2 t 24 (2) Bpt (1) nghiệm đúng với mọi x  4;6 Bpt (2) nghiệm đúng với mọi t 0;5 m max f (t) 0;5 1 Ta có f (t) t 2 t 24 , f ' (t) 2t 1 , f ' (t) 0 t (l) . Tính f(0) = -24, f(5) = 6. 2 Do đó max f (t) 6 . Vậy m 6 . 0;5 b) m.16t anx 2m.4t anx 2m 2 0 nghiệm đúng với mọi x 0; . 4 Đặt t 4t anx . Với x 0; t 1;4 . Khi đó bpt đã cho tt: mt 2 2mt 2m 2 0 . 4 Bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x 0; khi và chỉ khi 4 2 2 mt 2 2mt 2m 2 0,t 1;4 m ,t 1;4 m max .   2   2 t 2t 2 1;4 t 2t 2 2 4 1 t Xét hàm số f t 2 trên 1;4. Ta có f t 2 0,t 1;4 t 2t 2 t 2 2t 2 Bảng biến thiên t 1 4 f ' (t) f (t) 2 1 5 Dựa vào bảng biến thiên suy ra max f (t) 2 . Do đó giá trị cần tìm là: m 2 . 1;4 2 2 c) 1 log5 x 1 log5 mx 4x m nghiệm đúng với mọi x . Ta có 1 log x2 1 log mx2 4x m log 5 x2 1 log mx2 4x m 5 5 5 5 4x 2 m mx 4x m 0 x2 1 (*) 5 x2 1 mx2 4x m 4x m 5 x2 1 Bài-giảng Pt- Hpt trang.159 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
14. Bpt- Pp hàm-số/hình-học/lg-hóa ↕Tham số- Lớp 12 4x m max 2 ¡ x 1 Hệ bất phương trình (*) thỏa với mọi x 4x m 5 min 2 ¡ x 1 2 4x 4 x 1 x 1 Xét hàm số f x 2 trên ¡ . Ta có f x 2 0 x 1 x2 1 x 1 Bảng biến thiên: x -1 1 f x + 0 - 0 + 2 0 f x 0 -2 Dựa vào bảng biến thiên suy ra min f x 2;max f x 2 . ¡ ¡ Vậy giá trị cần tìm là: 2 m 5 2 2 m 3 . II.30) II.31) 2 II.32)Tìm m để bpt: a) m( x 2x 2 1) x 2 x 0 , (1) có nghiệm x 0;1 3 . b) m 2x2 9 x m nghiệm đúng với mọi x . c) cos4x - 5cos3x - 36sin2x - 15cosx + 36 + 24m - 12m2 0 (1) nghiệm đúng với mọi x 2 G: a) m( x 2x 2 1) x 2 x 0 , (1) có nghiệm x 0;1 3 . Đặt t x2 2x 2 x2 2x t 2 2 . Nếu x 0;1 3 thì t x 1 2 1 1;2 t 2 2 BPT trở thành: m t 1 2 t 2 0, 2 . Khi đó ta có m , với 1 t 2 . t 1 t 2 2 2 Đặt f t , dùng đồ thị ta tìm được m . t 1 3 b) m 2x2 9 x m có nghiệm với mọi x . x Ta có m 2x2 9 x m m , vì 2x2 9 1 0,x 2x2 9 1 x x Khi đó, bpt nghiệm đúng với mọi x m min . Xét hàm số f x trên ¡ . ¡ 2x2 9 1 2x2 9 1 9 2x2 9 x 6 2 Ta có f x 2 0 9 2x 9 0 2 2 x 6 2x 9 2x 9 1 Bảng biến thiên: x -6 6 f x - 0 + 0 - 1 3 2 4 3 1 f x 4 2 3 3 Suy ra min f x . Do đó bất phương trình nghiệm đúng với mọi x khi m . ¡ 4 4 c) cos4x - 5cos3x - 36sin2x - 15cosx + 36 + 24m - 12m2 0 (1) nghiệm đúng với mọi x Đkxđ: x R . x R , bpt (1) 3cos4x - 20cos3x + 36cos2x + 24m - 12m2 0 (2) Đặt t = cosx với t  1;1  Bpt (2) trở thành 3t4 - 20t3 + 36t2 + 24m - 12m2 0 3t4 - 20t3 + 36t2 12m2 - 24m (3) Bài-giảng Pt- Hpt trang.160 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
15. Bpt- Pp hàm-số/hình-học/lg-hóa ↕Tham số- Lớp 12 Bpt (1) nghiệm đúng với mọi x IR bpt (3) nghiệm đúng với mọi t  1;1 Xét hàm số : f(t) = 3t4 - 20t3 + 36t2 với t  1;1  t 0 Ta có: 3 2 2 2 t 2 f’(t) = 12t - 60t + 72t = 12t(t - 5t + 6); f’(t) = 0 12t(t - 5t + 6) = 0 t 3 Bảng biến thiên t -1 0 1 f ' (t) 0 + f (t) 59 19 0 Từ bảng biến thiên ta có f(t) 12m2 - 24m , t  1;1  12m2 - 24m minf(t) -1;1 12m2 - 24m 0 0 m 2. Vậy: 0 m 2 1 1 II.33) Tìm m để hàm số y mx3 m 1 x2 3 m 2 x đồng biến trên 2; . 3 3 G: Ta có y mx2 2 m 1 x 3 m 2 . Hàm số đồng biến trên 2; y mx2 2 m 1 x 3 m 2 0,x 2; 6 2x 6 2x m ,x 2; m max 2  2 x 2x 3 2; x 2x 3 6 2x Xét hàm số f x trên 2; . x2 2x 3 2 ' 2x 12x 6 Ta có f x 2 0 x 3 6 x2 2x 3 Bảng biến thiên: x 2 3 6 f ' (x) 0 + 2 f (x) 0 3 2 2 Dựa vào bảng biến thiên suy ra max f x . Do đó giá trị cần tìm là: m . 2; 3 3 II.34) Tìm m để bất phương trình (x + 4)(6 - x) x2 - 2x +m nghiệm đúng với x -4; 6 G: Cách 1.(Sử dụng phương pháp điều kiện cần và đủ) Điều kiện cần: Giả sử bpt đã cho đúng x -4; 6 thì điều đó cũng đúng khi x 4;x 1;x 6 , tức m + 24 0 là m + 24 0 m 6 m - 1 5 Điều kiện đủ: Giả sử m 6 . Ta có x2 - 2x +m = (x - 1)2 +m - 1 5, x -4; 6 . (x + 4)(6 - x) Theo bất đẳng thức Côsi: với x -4; 6 thì (x + 4)(6 - x) = 5 . 2 Từ đó suy ra khi m 6 thì (x + 4)(6 - x) x2 - 2x +m đúng với x -4; 6 . Vậy m 6 . Bài-giảng Pt- Hpt trang.161 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
16. Bpt- Pp hàm-số/hình-học/lg-hóa ↕Tham số- Lớp 12 Cách 2.(Sử dụng định lý Viét) Đặt t = (x 4)(6 x) x 2 2x 24 Xét g(x) = x 2 2x 24 với 4 x 6 g'(t) 2x 2. Ta có bảng biến thiên sau: x - 4 1 6 g’(x) + 0- g(x) 25 maxg(x) g(1) 25 , ming(x) min g( 4);g(6) 0 0 t 5 4 x 6 4 x 6 Bài toán đã cho có dạng: Tìm m để bpt f (t) t 2 t 24 m 0 đúng với mọi 0 t 5. 1 TH1) Nếu 0 f (t) 0, t ( không thỏa mãn với mọi 0 t 5) 2 TH2) Nếu 0 f(t) = 0 có hai nghiệm phân biệt t1 ,t 2 . Lúc này yêu cầu bài toán tương đương với t1 0 t 2 t1t 2 0 24 m 0 t1 0 5 t 2 m 6 t1 5 t 2 (t1 5)(t 2 5) 0 6 m 0 Vậy bất phương trình có nghiệm khi m 6 . Cách 3.(Phương pháp đồ thị). Đặt y (x 4)(6 x) , thì y 0 và ta có y 0 y 0 . 2 2 2 2 x 2x 24 y (x 1) y 25 Vì thế đt của y (x 4)(6 x) là nửa đường tròn (nằm phía trên trục Ox) tâm I(1; 0), bán kính R = 5. Còn y x 2 2x m có đồ thị là Parabol có trục đối xứng x = 1 và (P)luôn nằm trên nửa đường tròn. Do đó bài toán có dạng: Tìm m để Parabol y x 2 2x m luôn nằm trên nửa đường tròn y (x 4)(6 x) . Xét (P) tiếp xúc với (C) tại M(1; 5) m 1 5 m 6 Vậy bất phương trình có nghiêm khi m 6 . Cách 4. Viết lại bất phương trình dưới dạng: f (x) x 2 2x 24 x 2 2x m (1 x)(1 2 x 2 2x 24) Ta có: f '(x) 0 x 1 x 2 2x 24 Từ đó có bảng biến thiên sau: Bài-giảng Pt- Hpt trang.162 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
17. Bpt- Pp hàm-số/hình-học/lg-hóa ↕Tham số- Lớp 12 x - 4 1 6 f’(x) + 0- f(x) maxf (x) f (1) 6 . 4 x 6 Vậy bất phương trình có nghiệm x  4; 6 maxf (x) m m 6 4 x 6 Nhận xét: qua các cách giải của bài toán trên ta nhận thấy cách 4 gọn và dễ làm nhất! II.35)Tìm m để bpt 4 (4 x)(2 x) x 2 2x m 18 nghiệm đúng với mọi x  2;4. G: Bất phương trình đã cho (x 2 2x 8) 4 x 2 2x 8 10 m (1) Đặt t x 2 2x 8 . Ta có t 2 x 2 2x 8 (x 1)2 9 9 0 t 3. Bài toán trở thành: Tìm m để bất phương trình f (t) t 2 4t 10 m đúng với mọi t 0; 3. Điều đó xảy ra khi và chỉ khi maxf (t) m 0 t 3 Ta có f '(t) 2t 4 0 t 2 Bảng biến thiên sau: t 0 2 3 f’(t) - 0+ f(t) maxf (t) max f (0);f (3) 10. 0 t 3 Vậy các giá trị cần tìm của tham số m là: m 10 Nhận xét: khác với bài 1, bài này thì cách giải này là hợp lí nhât! Bài-tập tương-tự: Cho bpt 2 . Tìm m để bpt có nghiệm x 0; 1 3 ??? 1) m( x - 2x + 2 +1)+ x(2 - x) 0 2) 4 x 6 x x2 2x m nghiệm đúng với mọi x  4;6 II.36) [§] Các phương pháp khác 7 II.37) (Đề số 34-4-a) Cho hàm số f(x) = x2 + bx + 1 với b (3, ) . Giải bất phương trình f(f(x)) > x 2 G: Ta có f(f(x)) – x = x 2 (b 1)x b 2x 2 (b 1)x 1 f(f(x)) – x > 0 x 2 (b 1)x b 2x 2 (b 1)x 1 > 0 2 2 2 2 Đặt g(x) = x + (b – 1)x + 1, h(x) = x + (b + 1)x + b + 2; g(x) b 2b 3, h(x) b 2b 7 7 Vì b (3; ) nên > 0 và x2. 3x 2 2x 1 0 (1) II.38) Giải hệ thức 3 x 3x 1 0 (2) Bài-giảng Pt- Hpt trang.163 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
18. Bpt- Pp hàm-số/hình-học/lg-hóa ↕Tham số- Lớp 12 1 G: (1) 1 x (*) 3 Đặt y = x3 - 3x + 1 hàm số xác định liên tục trên R có y/ = 3x2 - 3; y/ = 0 khi x = 1 x = - 1 ta có bảng biến thiên: 1 x -1 3 y/ 0 1 y 27 1 Nghiệm của hệ: 1 x . 3 II.39) II.40) Bài-giảng Pt- Hpt trang.164 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng