Clip Tam thức 2 + 2 fxxmxmm 2 1 3 4 không âm với mọi giá trị của x khi

Mẹo Hướng dẫn Tam thức 2 + 2 fxxmxmm 2 1 3 4 không âm với mọi giá trị của x khi Chi Tiết

Họ tên bố (mẹ) đang tìm kiếm từ khóa Tam thức 2 + 2 fxxmxmm 2 1 3 4 không âm với mọi giá trị của x khi được Cập Nhật vào lúc : 2022-04-07 06:49:10 . Với phương châm chia sẻ Bí kíp về trong nội dung bài viết một cách Chi Tiết 2022. Nếu sau khi Read Post vẫn ko hiểu thì hoàn toàn có thể lại Comments ở cuối bài để Mình lý giải và hướng dẫn lại nha.

85 CHƯƠNG III. BẤT ĐẲNG THỨC − BẤT PHƯƠNG TRÌNH §1. ĐẠI CƯƠNG VỀ BẤT ĐẲNG THỨC 1. Định nghĩa Cho hai số ,a b K∈(Klà trường số hữu tỉ ℚ hay trường số thực ).ℝTa nói a to hơn b và kí hiệu a b> nếu a b− là một số trong những dương. Khi đó, ta cũng nói b bé nhiều hơn nữa a và kí hiệu .b a< Ta nói a to hơn hay bằng b và viết là a b≥ nếu a b− là một số trong những dương hay bằng không. Khi đó, ta cũng nói b bé nhiều hơn nữa hay bằng avà viết .b a≤ Giả sử( ), ( )A x B x là hai biểu thức toán học với tập xác định chung là D của biến số x (hoặc hoàn toàn có thể xem là hai biểu thức toán học của cùng n biến số 1 2, , ,nx x x nếu ta xem 1 2( , , , ) ).nnx x x x K= ∈ Ta nói ( ) ( )A x B x< hay( ) ( )B x A x> (( ) ( )A x B x≤ hay( ) ( )B x A x≥) Nếu tại mọi giá trị của biến số x D∈ ta đều có: 0 0( ) ( )A x B x< hay 0 0( ) ( )B x A x> 0 0( ( ) ( )A x B x≤ hay0 0( ) ( ))B x A x≥ là những bất đẳng thức đúng. Ta gọi ;a b>;a b≥( ) ( );A x B x<( ) ( )A x B x≤ là bất đẳng thức. Ví dụ.12 7;≥22 0,x x− + ≥;x∀ ∈ℝ12,yy+ ≥y+∀ ∈ℝlà những bất đẳng thức. 2. Tính chất cơ bản của bất đẳng thức Ta chứng tỏ được thuận tiện và đơn giản những tính chất sau đây, trong đó , , , A B C là những số hoặc những biểu thức toán học của cùng một số trong những biến số xét trên cùng một trường số K. 2.1. A B B A< ⇔ > 2.2. ,A B B C A C> > ⇒ > 2.3. A B A C B C> ⇒ + > + 2.4. A BA C B DC D>⇒ + > +> 2.5. ; 0; 0Am Bm mA BAm Bm m> >> ⇒< < 2.6. A BA D B CC D>⇒ − > −> 2.7. 00A BAC BDC D> >⇒ >> > 86 2.8. 0n nA B A B> > ⇒ > *( )n∀ ∈ℕ 2.9.0n nA B A B> > ⇒ > *( 1 )n∀ ∈ℕ 2.10.0A B> > hoặc1 10 .B AB A< < ⇒ > 3. Một số bất đẳng thức quan trọng Các bất đẳng thức sau đây thường được dùng để giải những bài toán về bất đẳng thức. 3.1. Bất đẳng thức về dấu giá trị tuyệt đối. Cho , , , 1,2, ,ia b a i n= là những số thực. Thế thì (*); (**);a b a b a b a b+ ≤ + − ≤ −1 2 1 2 n na a a a a a+ + + ≤ + + + (***). Dấu “ = ” trong (*) và (**) xảy ra, khi và chỉ khi 0.ab≥ Dấu “ = ” trong (***) xảy ra, khi và chỉ khi những số 0ia≥ hoặc 0, 1,2, , .ia i n≤ ∀ = 3.2. Bất đẳng thức Côsi Cho n số thực 1 2, , ,na a a không âm. Thế thì 1 21 2 . nnna a aa a an+ + +≥ Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi một 2 .na a a= = = 3.3. Bất đẳng thức Bunhiacôpski Cho n cặp số thực ( ; ),i ia b i = 1, 2,…, n. Thế thì 22 21 1 1n n ni i i ii i ia b a b= = =    ≤        ∑ ∑ ∑ Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi tồn tại k∈ℝ sao cho ,i ib ka= i = 1, 2,…, n. 4. Các phương pháp chứng tỏ bất đẳng thức 4.1. Phương pháp qui về định nghĩa Để chứng tỏ A B> (hoặc A B≥), ta chứng tỏ 0A B− > ( hoặc 0A B− ≥). Ví dụ 1. Giả sử , ,a b c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng 2 2 2 3 3 3( ) ( ) ( ) (1)a b c b c a c a b a b c− + − + + > + + Giải. Ta có 2 2 2 3 3 32 2 2 2 2 22 2( ) ( ) ( )[( ) ] [( ) ] [( ) ]( )[ ( ) ] ( )( )( ) 0a b c b c a c a b a b ca b c a b c a b c a b ca b c c a b a b c c a b b c a− + − + + − − −= − − + − − + + −= + − − − = + − + − + − > 87 Bất đẳng thức trên đúng. Vậy (1) đúng. Ví dụ 2. Chứng minh rằng 2 2 2 2 2( ), , , , , .a b c d e a b c d e a b c d e+ + + + ≥ + + + ∀ Khi nào dấu “=” xảy ra? Giải. Ta có 2 2 2 2 22 2 2 2 22 2 2 22 2 2 22 2 2 2( )4 4 4 40.2 2 2 2a b c d e a b c d ea b c d e ab ac ad aea a a aab b ac c ad d ae ea a a ab c d e+ + + + − + + + == + + + + − − − − =       = − + + − + + − + + − +                     = − + − + − + − ≥               Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi .2ab c d e= = = = 4.2. Phương pháp biến hóa tương đương Để chứng tỏ bất đẳng thức đã cho là đúng, ta biến hóa bất đẳng thức đã cho tương đương với một bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Khi đó ta có kết luận bất đẳng thức đã cho là đúng. Ví dụ 1. Cho , 0.a c b c> > > Chứng minh rằng ( ) ( ) .c a c c b c ab− + − < (1) Giải. Ta có (1) ( ) ( ) 2 ( )( )c a c c b c c a c b c ab⇔ − + − + − − < 2222 ( )( ) 2 ( ) .( )( ) 2 ( )( ) 0.( )( ) 0.c a c b c c c a b abc a c b c c a c b cc a c b c⇔ − − < − + +⇔ + − − − − − > ⇔ − − − >  Bất đẳng thức trên luôn đúng. Vậy (1) đúng. Ví dụ 2. Chứng minh rằng với , , ,a b c d là những số thực bất kì, ta luôn có bất đẳng thức 2 2 2 2 2 2( ) ( )a b c d a c b d+ + + ≥ + + + (1) Giải. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2(1) 2 ( )( ) 2( )( )( ) (2).a b c d a b c d a b c d ac bda b c d ac bd⇔ + + + + + + ≥ + + + + +⇔ + + ≥ + 88 Nếu vế phải của (2) âm thì (2) đúng do đó (1) đúng, nếu vế phải của (2) không âm thì bình phương hai vế của bất đẳng thức (2) ta được 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2222 0( ) 0. (3)a c a d b c b d a c abcd b da d abcd b cad bc+ + + ≥ + +⇔ − + ≥⇔ − ≥ Bất đẳng thức (3) đúng, do đó bất đẳng thức (2) đúng và như vậy (1) đúng. Chú ý. Nếu áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski thì bất đẳng thức (2) đúng. 4.3. Phương pháp vận dụng những bất đẳng thức đã biết Từ những bất đẳng thức đã biết là đúng ta suy ra bất đẳng thức cần chứng tỏ. Ví dụ 1. , ,a b c là ba cạnh của một tam giác,plà nửa chu vi. Chứng minh rằng ()2 .p p a p b p c p− + − + − ≤ Dấu “=” có xảy ra được không? Giải. Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương p và p a−, ta có ( )( ) (1)2 2p p a ap p a p+ −− ≤ = − Tương tự ta được ( ) (2)2( ) (3)2bp p b pcp p c p− ≤ −− ≤ − Cộng (1), (2), (3) theo vế ta được ()( ) ( ) ( ) 3 2 .2a b cp p a p b p c p p+ +− + − + − ≤ − = (đpcm) Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi 0.p p ap p b a b cp p c= −= − ⇔ = = == − Điều này sẽ không thể được vì , ,a b c là độ dài cạnh tam giác. Vậy, Dấu “ = ” không xảy ra. Ví dụ 2. Cho ,x y thỏa 2 21x y+ =. Chứng minh 2 3 13x y+ ≤ . Khi nào dấu “=” xảy ra? Giải. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski, ta có 2 2 2 22 3 (2 3 )( ) 13.x y x y+ ≤ + + ≤ (đpcm) 89 Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi 2 22 31x yx y=+ = Hệ này còn có nghiệm, ví dụ điển hình 2 3, .13 13x y= = Ví dụ 3. Cho , , ,a b c d là những số thực dương và 1 1 1 13.1 1 1 1a b c d+ + + ≥+ + + + Chứng minh 1.81abcd ≤ Giải. Từ giả thiết ta suy ra 1 1 1 11 1 1 .1 1 1 1 1 1 1b c da b c d b c d     ≥ − + − + − = + +     + + + + + + +      Theo bất đẳng thức Côsi ta có 3131 ( 1)( 1)( 1)bcda b c d≥+ + + +. Lập luận tương tự cho một 1 1; ;1 1 1b c d+ + + và nhân bốn bất đẳng thức theo vế ta được 1 81..( 1)( 1)( 1)( 1) ( 1)( 1)( 1)( 1)abcda b c d a b c d≥+ + + + + + + + Từ đây ta suy ra 1.81abcd ≤ Ví dụ 4. Cho 2n số dương 1 2, , ,na a a và 1 2, , , .nb b b Chứng minh 1 1 2 2 1 2 1 2( )( ) ( ) . . n n nn n n na b a b a b a a a b b b+ + + ≥ + Khi nào dấu “=” xảy ra? Giải. Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho n số dương ,( 1,2, , )ii iai na b=+ta có một 2 1 21 1 2 2 1 1 2 21 . (*)n nnn n n na aa a a an a b a b a b a b a b a b + + + ≥ + + + + + +  và với nsố dương ,( 1,2, , )ii ibi na b=+ta có một 2 1 21 1 2 2 1 1 2 21 . n nnn n n nb bb b b bn a b a b a b a b a b a b + + + ≥ + + + + + +  (**) Cộng hai bất đẳng thức (*) và (**) theo vế ta được 90 ( )( ) ( )( )( ) ( )1 2 1 21 1 2 21 1 2 21 1 2 21 2 1 21 1 2 2. . 1 . . 1 n nn nn nnn nn nn nn nnn na a a b b ba ba b a bn a b a b a ba b a b a ba a a b b ba b a b a b+ ++ ++ + + ≥ + + ++ + + +⇔ ≥+ + + ( )( ) ( )1 1 2 2 1 2 1 2 . . n nnn n n na b a b a b a a a b b b⇔ + + + ≥ + (đpcm) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi một 21 1 2 21 21 2 1 21 1 2 2 . nn nnnnn naa aa b a b a baa abb bb b ba b a b a b= = =+ + +⇔ = = == = =+ + + Ví dụ 5. Cho những số dương , , , , ,a b c x y z thỏa 1.a b cx y z+ + = Chứng minh rằng ()2x y z a b c+ + ≥ + + Khi nào dấu “=” xảy ra? Giải. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski cho ba cặp số , ,, ,a b cx y zx y z Ta được ( )22a b ca b c x y zx y z + + = + +    ( )( )22( ).a b ca b c x y zx y zx y z a b c ⇒ + + ≤ + + + +  ⇒ + + ≥ + + (đpcm) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 2 21 1 1 1; .bacya b c a axzx y z y x b z x cx y z= = ⇔ = = ⇒ = = Do đó 91 1( )( )( ).a b c a b a c ax y z x x b x cx a a b cy b a b cz c a b c= + + = + +⇒ = + += + += + + Ví dụ 6. Chứng minh bất đẳng thức 4 3 4 3 4 3 39x y z+ + + + ≤ với 3, , , 14x y z x y z≥ − + + =. Dấu “=” xảy ra lúc nào? Giải. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski cho ba cặp số 1; 4 3;1; 4 3;1; 4 3x y z+ + + Ta được 2 2 21. 4 3 1. 4 3 1. 4 31 1 1 . (4 3) (4 3) (4 3)4 3 4 3 4 3 3. 4( ) 9 39.x y zx y zx y z x y z+ + + + + ≤≤ + + + + + + +⇔ + + + + + ≤ + + + = (đpcm). Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi một.3x y z= = = Chú ý. Chúng ta hoàn toàn có thể sử dụng tổng hợp nhiều phương pháp, ta xét một số trong những ví dụ sau. Ví dụ 7. a) Chứng minh bất đẳng thức 33 3( )( )( ) (1)abc xyz a x b y c z+ ≤ + + + với , , , , ,a b c x y z là những số thực dương. b) Áp dụng kết quả câu a) chứng tỏ rằng 3 33 3 33 3 3 3 2 3+ + − ≤ (2) Giải. a) Ta có 2 23 32 23 32 23 3(1) 3 ( ) 3 ( ) ( )( )( )3 ( ) 3 ( )( ) 3 ( ) ( ) ( ) (3)abc xyz abc xyz abc xyz a x b y c zabc xyz abc xyz abc xyz abc xyz abz ayc xbc xyc xbz ayzabc xyz abc xyz abz ayc xbc xyc xbz ayz⇔ + + + ≤ + + +⇔ + + + ≤ + + + + + + +⇔ + ≤ + + + + + Mà theo bất đẳng thức Côsi, ta có 92 23233 ( ) (*)3 ( ) (**)abz ayc xbc abc xyzayz xbz xyc abc xyz+ + ≥+ + ≥ Cộng hai bất đẳng thức cùng chiều (*) và (**) ta thu được (3) và do đó (1) đã được chứng tỏ. b) Áp dụng bất đẳng thức (1) với 3 33 3, 1, 1, 3 3, 1, 1a b c x y z= + = = = − = = Ta được 3 3 3 3 3 33 3 3(3 3).1.1 (3 3).1.1 (3 3 3 3)(1 1)(1 1) 6.2.2 2 3.+ + − ≤ + + − + + = = (đpcm) 4.4. Phương pháp sử dụng tam thức bậc hai Ví dụ 1. Chứng minh bất đẳng thức Bunhiacôpski Cho 2n số thực 1 2 1 2, , , , , , , .n na a a b b b Chứng minh rằng: ()()2 2 2 2 2 21 1 2 2 1 2 1 2 n n n na b a b a b a a a b b b+ + + ≤ + + + + + +. Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi tồn tại k∈ℝ sao cho , 1,i ib ka i n= ∀ = . Giải. Đặt 2 2 21 1 2 2( ) ( ) ( ) ( ) 0,n nf x a x b a x b a x b x= − + − + + − ≥ ∀. Mặt khác ta hoàn toàn có thể viết ()()2 2 2 2 21 1 1 1( ) 2( ) n n n nf x a a x a b a b x b b= + + − + + + + + Như vậy, ( )f xlà một tam thức bậc hai đối với biến x (giả sử2 2 21 2 0),na a a+ + + ≠ do đó phải có biệt số '0,∆ ≤ tức là 2 2 2 2 21 1 1 1( ) ( )( ) 0n n n na b a b a a b b+ + − + + + + ≤. Từ đây ta thu được bất đẳng thức cần chứng tỏ. Dấu “ = ” trong bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 21 1( ) ( ) 0, , 1, .n ni ia x b a x bb ka k i n− = = − =⇔ = ∈ =ℝ Chú ý. Nếu 2 2 21 2 1 2 0 0n na a a a a a+ + + = ⇔ = = = = thì kết quả là tầm thường. Ví dụ 2. Cho, ,A B C là ba góc của một tam giác. Chứng minh rằng 211 cos (cos cos ) , .2x A B C x x+ ≥ + + ∀ ∈ℝ Giải. Bất đẳng thức đã cho tương đương với 2 21( ) (cos cos ) 2sin 02 2Af x x B C x x= − + + ≥ ∀ Ta có 93 ( )22 2 2cos cos 4sin 4sin (cos 1) 0.2 2 2A A B CB C−∆ = + − = − ≤ Vậy, suy ra điều phải chứng tỏ. 4.5. Phương pháp chứng tỏ qui nạp Ví dụ 1. Chứng minh bất đẳng thức Côsi. Cho n số thực không âm 1 2, , .na a a Khi đó ta có bất đẳng thức 1 21 2 . nnna a aa a an+ + +≥ . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi một 2 .na a a= = = Giải. + Với 2n= thì bất đẳng thức đúng. + Giả sử bất đẳng thức đã đúng đến ,n ta chứng tỏ rằng nó cũng đúng cho một.n+ Giả sử có 1n+ số không âm 1 2 1, , , .n na a a a+ Lấy thêm 1n−số như sau 1 2 12 3 2 .1nn n na a aa a an++ ++ + += = = =+ (*) Để ý rằng 1 1 1 11 2 ( 1)nn n n n −= + + +  Nên ta có một 2 1 1 2 1 1 2 11 2 1 2 21 2 1 2 211 2 1221 2 1 1 1( 1)1 2 1 12 (**) . 1n n nn n n nn n n nnnnnna a a a a a a a ann n n na a a a a an na a a a a an na a aa a an+ + ++ ++ +−+++ + + + + + + + + = + − + + + + + + + + = +  + + + + + +  ≥    + + + ≥ +  Từ đó ta suy ra 11 2 11 2 1 . 1nnna a aa a an++++ + + ≥ +  hay là một trong 2 111 2 1 . 1nnna a aa a an++++ + +≥+(đpcm). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi dấu “=” trong (**) xảy ra, khi và chỉ khi một 2 1 2 2 ; .n n n na a a a a a+ += = = = = = Kết phù phù hợp với giả thiết (*) ta có một 1 1 1 1( 1) .n n nn a na a a a+ + ++ = + ⇒ = Vậy, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi một 2 1 .na a a+= = = Ví dụ 2. Giả sử 2 2 2nx = + + + với n dấu căn. Chứng minh rằng 2nx< với mọi 1.n≥ 94 Giải. + Xét 1n= ta có 12 2,x= <đúng. + Giả sử đã có 2nx<, ta chứng tỏ 12nx+<. Thật vậy, ta có 12 2 2 2 2n nnx x+= + + + + = +. Ta đã có 2nx< nên 2 4,nx+ là kí hiệu của hàm mệnh đề “Giá trị tại x của hàm số f to hơn giá trị tại x của hàm số g”. Giải bất phương trình là tìm những giá trị0x D∈sao cho 0 0( ) ( )f x g x> là một bất đẳng thức đúng. Giá trị 0x được gọi là một nghiệm của bất phương trình (1). Chú ý. · Nếu 1n= thì ta có bất phương trình một ẩn x trên ℝ. · Nếu 1n>thì ta hoàn toàn có thể xem 1 2( , , , ) .nnx x x x= ∈ℝ Khi đó, ta có bất phương trình n ẩn 1 2, , , .nx x x Hoàn toàn tương tự như trên ta định nghĩa được khái niệm những bất phương trình ( ) ( ); ( ) ( ); ( ) ( )f x g x f x g x f x g x< ≥ ≤. 97 Các khái niệm hệ bất phương trình, tuyển bất phương trình được định nghĩa tương tự như trường hợp phương trình. 2. Sự tương đương của những bất phương trình Khái niệm bất phương trình tương đương, bất phương trình hệ quả cũng khá được định nghĩa tương tự như đối với phương trình. Sau đây ta đưa ra một số trong những định lý về bất phương trình tương đương. Ta kí hiệu những vế của bất phương trình bởi , , ,f g không ghi tên những ẩn để cho gọn, nhưng hoàn toàn có thể hiểu là một ẩn hoặc cùng n ẩn. 2.1. Định lý. .f g g f> ⇔ < 2.2. Định lý. .f g f h g h> ⇔ + > + (h có nghĩa trong miền xác định của bất phương trình đã cho). 2.3. Định lý.  >>> ⇔<<00.fh ghhf gfh ghh 2.4. Định lý. . 0 0.ff gg> ⇔ > Chú ý. Tuy nhiên, đối với những hệ bất phương trình thì những định lý làm cơ sở cho những phương pháp thế và phương pháp khử trong lý thuyết hệ phương trình không hề đúng nữa. Chẳng hạn, những hệ bất phương trình (I) 1200FF>>và (II) 11 200FF F>+ > là không tương đương. Thật vậy, (II) là hệ quả của (I), song (I) lại không phải là hệ quả của (II). 3. Ứng dụng của giá trị lớn số 1 và giá trị nhỏ nhất vào việc giải phương trình và bất phương trình Cho hàm số ( )y f x= có tập xác định là ,D giả sử hàm số ( )y f x= có mức giá trị lớn số 1 và giá trị nhỏ nhất trên ,D khi đó ta có: · Bất phương trình ()f x≥ α có nghiệm x D∈ khi và chỉ khi ( ) .x DMax f x∈≥ α · Bất phương trình ()f x≥ α nghiệm đúng với mọix D∈ khi và chỉ khi ( ) .x DMin f x∈≥ α 98 · Bất phương trình ()f x≤ β có nghiệm x D∈ khi và chỉ khi ( ) .x DMin f x∈≤ β · Bất phương trình ()f x≤ β nghiệm đúng với mọix D∈ khi và chỉ khi ( ) .x DMax f x∈≤ β · Nếu hàm số ( )y f x= liên tục trên D thì phương trình ()f x= α có nghiệm x D∈ khi và chỉ khi ( ) ( ).x D x DMin f x Max f x∈ ∈≤ α ≤ § 3. BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT, BẬC HAI MỘT ẨN 1. Bất phương trình số 1 một ẩn 1.1. Bất phương trình số 1 một ẩn Định nghĩa. Bất phương trình số 1 một ẩn là bất phương trình có dạng 0 (1),ax b+ >hoặc 0; 0; 0 ( , , 0).ax b ax b ax b a b a+ < + ≥ + ≤ ∈ ≠ℝ Các trường hợp nghiệm của bất phương trình số 1 0 (1)ax b+ > · Nếu 0,a> (1) có tập nghiệm là − = ∈ >  ℝ/ ;bS x xa · Nếu 0,a< (1) có tập nghiệm là − = ∈ <  ℝ/ .bS x xa 1.2. Giải và biện luận bất phương trình 0ax b+ > · Nếu 0a> thì (1) bxa⇔ > −. Vậy, tập nghiệm của (1) là − = +∞  ; ;bSa · Nếu 0a< thì (1) bxa⇔ < −.Vậy, tập nghiệm của (1) là − = −∞  ; ;bSa · Nếu 0a=thì (1) trở thành0 .x b> −Do đó (1) vô nghiệm nếu 0;b≤ (1) nghiệm đúng với mọi x∈ℝ nếu 0.b> Ví dụ. Giải và biện luận bất phương trình 2( ) 1 3 (1)x m m mx− − − < − Giải. (1) ( 2) 3 4m x m⇔ + < + · 2 0 2m m+ > ⇔ > − 3 4(1)2mxm+⇔ <+ · 2 0 2m m+ < ⇔ <− 99 3 4(1)2mxm+⇔ >+ · 2 0 2m m+ = ⇔ = − (1) trở thành 0 2x< −: vô nghiệm Kết luận. · 2m> −: Tập nghiệm của bất phương trình là + = −∞ + 3 4; 2mSm. · 2m< −: Tập nghiệm của bất phương trình là + = ∞ + 3 4; +2mSm. · 2m= −: Tập nghiệm của bất phương trình là .S≠ ∅ 1.3. Định lý về dấu của nhị thức số 1 ( ) ; 0f x ax b a= + ≠ Đặt −=0bxa là nghiệm của( ).f x Khi đó, ta có i) ( )f xcùng dấu với thông số a khi −>0;bxa ii)( )f xtrái dấu với thông số a khi −<0.bxa Kết quả của định lý được tóm tắt trong bảng sau x()f x ax b= +−∞+∞ba−0trái dấu với acùng dấu với a Chú ý. 1. Sử dụng định lý về dấu của nhị thức số 1 ta hoàn toàn có thể giải được những bất phương trình dạng ( )0( )P xQ x<; ( )0( )P xQ x>; ( )0( )P xQ x≤; ( )0( )P xQ x≥. Trong số đó, ( )P x và ( )Q. x là tích của những nhị thức số 1. 2. Để giải những bất phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối, ta khử dấu giá trị tuyệt đối bằng định nghĩa và những tính chất sau · ( ) ( )( ) ( )( ) ( )f x g xf x g xf x g x<< ⇔> − · ( ) ( )( ) ( )( ) ( )f x g xf x g xf x g x>> ⇔< − · 2 2( ) ( ) [ ( )] [ ( )]f x g x f x g x> ⇔ > 100 · 2 2( ) ( ) [ ( )] [ ( )] .f x g x f x g x< ⇔ < Ví dụ 1. Giải bất phương trình 3 52 2 1x x≤− − (2). Giải. (2) ⇔ 3 502 2 1x x− ≤− − ⇔3(2 1) 5( 2)0( 2)(2 1)x xx x− − −≤− − ⇔70( 2)(2 1)xx x+≤− −. Lập bảng xét dấu vế trái của bất phương trình ta được nghiệm của bất phương trình là 7≤x hoặc 221<< x . Ví dụ 2. Giải bất phương trình 2 513xx−>− Giải. 2 5 2 5 31 02 53 312 5 2 5 331 03 3x x xxx xx x xxx x− − − + > > −− −> ⇔ ⇔ − − + −− < − < − −  22 3 8023383 833033xx xx xxxxxx−< ∨ >> < ∨ >−⇔ ⇔ ⇔−< <≠< − Vậy, nghiệm của bất phương trình là 8233.x xx< ∨ >≠ 2. Bất phương trình bậc hai một ẩn 2.1. Định lý về dấu của tam thức bậc hai 2( ) ; 0f x ax bx c a= + + ≠ Định lý. Cho tam thức bậc hai ()2f x ax bx c= + + + Nếu 0<∆ thì ()xf cùng dấu với thông số a với mọi ;x∈ℝ + Nếu 0=∆ thì ()xf cùng dấu với thông số a với mọi ;2bxa≠ − 101 + Nếu 0>∆ thì ()xf có hai nghiệm phân biệt 1 2, ,x x()1 2.x x< Khi đó ()xf trái dấu với thông số a nếu x nằm trong khoảng chừng 1 2( ; ),x x()xf cùng dấu với thông số a nếu x nằm ngoài đoạn []1 2; .x x Chứng minh. Ta có 2 22 222 222222( ) ( )( )4 442 42 4b cf x ax bx c a x xa ab b c ba x xa a a ab b aca xa aba xa a= + + = + += + + + − − = + −      ∆ = + −      · Trường hợp 1: 0.∆ < Khi đó 220,2 4bxa a∆ + − >  do đó nếu 0a> thì ( ) 0f x>và ngược lại 0a< thì ( ) 0.f x< Hay nói cách khác tam thức ( )f x luôn luôn cùng dấu với thông số a với mọi .x∈ℝ · Trường hợp 2: 0.∆ =Khi đó 2( )2bf x a xa = +  luôn luôn cùng dấu với thông số a với mọi .2bxa ∈ −  ℝ · Trường hợp 3: 0.∆ >Khi đó tam thức ()xf có hai nghiệm phân biệt 1 2,x x và ()xf được viết dưới dạng 1 2( ) ( )( ),f x a x x x x= − − giả sử 1 2.x x< Lập bảng xét dấu biểu thức 1 2( )( )x x x x− − ta được 11 221 2 1 2( )( ) 0( )( ) 0 .x xx x x xx xx x x x x x x<− − > ⇔>− − < ⇔ < < Suy ra ()xf trái với thông số a với mọi x nằm trong khoảng chừng 1 2( ; ),x x ()xf cùng dấu với thông số a với mọi x nằm ngoài đoạn []1 2; .x x 2.2. Bất phương trình bậc hai một ẩn Định nghĩa. Bất phương trình bậc hai ẩn x là bất phương trình có dạng 02>++ cbxax (hoặc 0;0;0222≤++<++≥++ cbxaxcbxaxcbxax ). Với , ,a b c∈ℝ và 0.a≠ Cách giải. 102 Để giải bất phương trình bậc hai ta áp dụng định lý về dấu của tam thức bậc hai. Chú ý. Cũng như trường hợp bất phương trình số 1, ta cũng giải được những bất phương trình dạng ( )0( )P xQ x>; ( )0( )P xQ x< ; ( )0( )P xQ x≥ ; ≤( )0.( )P xQ x Trong số đó ()(); P x Q. x là tích những tam thức bậc hai. Ví dụ 1. Giải bất phương trình 21072716222≤+−+−xxxx Giải. Bất phương trình đã cho tương đương với ( )222 2222 16 27 2 07 102 16 27 2 7 1007 102 707 10x xx xx x x xx xxx x− +− ≤− +− + − − +⇔ ≤− +− +⇔ ≤− + Lập bảng xét dấu vế trái của bất phương trình ta được nghiệm của bất phương trình đã cho là ( )72; 5; .2x ∈ ∪ +∞  Ví dụ 2. Giải và biện luận bất phương trình ()()()21 2 1 3 3 0f x m x m x m= + − − + − ≥ (1) Giải. + Trường hợp 1: 1−=m 3(1) 4 6 02x x⇔ − ≥ ⇔ ≥ + Trường hợp 2: 1−≠m ( ) ( )( ) ( )( )21 1 3 3 2 1 2m m m m m′∆ = − − + − = − − − Lập bảng xét dấu thông số a và biệt số ′∆ m1= +a m' ( 1)( 2)∆ = − − −m m−∞+∞2−1−1000−−−−++++ a) 2−∆<0'0a Suy ra ()xf có hai nghiệm phân biệt 1'11'121+∆+−=+∆−−=mmxmmx Trường hợp này 0∆ >, 1 2.x x< Nghiệm của (1) là một trong 2.x x x x≤ ∨ ≥ e) 1.m≥Khi đó ,00a>∆ ≤ suy ra ( ) 0, ,f x x≥ ∀ ∈ℝ nghiệm của (1) là .x∀ ∈ℝ Kết luận. · 31:2m x= − ≥ · 2:m< −vô nghiệm · 2: 3m x= − = · 2 12 1:m x x x− < < − ≤ ≤ · 1 21 1:m x x x x− < < ≤ ∨ ≥ · 1: .m x≥ ∀ ∈ℝ Ví dụ 3. Tìm m đế 2( ) 4 0, .f x mx x m x= + + > ∀ ∈ℝ Giải. Xét 0m=, khi đó ( ) 4 0 0,f x x x= > ⇔ >Do đó 0,m= không hoàn toàn có thể đồng ý được. Xét 0m≠, , 200( ) 0 22 24 0a mmf x x R mm mm= >>> ∀ ∈ ⇔ ⇔ ⇔ > < − ∨ >∆ = − < Vậy, giá trị m cần tìm là 2.m> 104 2.3. Định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai Theo định lý về dấu của tam thức bậc hai thì chỉ trong trường hợp ( )f xcó nghiệm 1 2,x x thì 2 1( )< 0 và ,af x x x x< 0 và ( )af f xαcó hai nghiệm 1 2,x x thìα nằm ngoài đoạn []1 2;x xvà hơn thế nữa · 1 2x xα< · 1 2x xα< < nếu .2sα< Hệ quả. Điều kiện để tam thức bậc hai 2( )f x ax bx c= + + có hai nghiệm, trong đó có một nghiệm nằm trong khoảng chừng ( ; ),α βcòn nghiệm kia nằm ngoài đoạn [ ; ]α β là ( ). ( ) 0.f fα β < Chứng minh. Thật vậy, theo giả thiết ta có ( ). ( ) 0f fα β < suy ra 2( ) ( ) 0a f fα β < hay là một trong 21 2( ) 0( ) 0[ ( )][ ( )] 0( ) 0( ) 0afafx xaf afx xafaf α >β <α < < β <α β < ⇔ ⇔< α < < βα <β > Vậy, ta có điều phải chứng tỏ. Ví dụ 1. Cho , ,a b c là ba số dương phân biệt. Chứng minh phương trình ( )( ) ( )( ) ( ( ) 0a x b x c b x a x c c x b x a− − + − − + − − = có hai nghiệm phân biệt. Giải. Không mất tính tổng quát, giả sử a b c< < và đặt ( )f x= ( )( ( )( ) ( ( )a x b x c b x a x c c x b x a− − + − − + − − Ta có ( ) ( )( ) 0f b b b a b c= − − < và thông số của 2x trong tam thức ( )f x bằng 0.a b c+ + > Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt. Ví dụ 2. Cho phương trình 105 2 26 (2 2 9 ) 0 (1)x mx m m− + − + = . Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm 1 2,x x thỏa điều kiện a) 1 24 ;x x< < b) 1 23 .x x< ≤ Giải. Đặt ( )f x=2 26 (2 2 9 )x mx m m− + − + a) 21 213 17 13 174 (4)<0 9 26 18 09 9x x af m m m− +< < ⇔ ⇔ − + < ⇔ < < b) ,21 22 2 0113 (3)=9 20 11 0 .93 3 32mx x af m m msm∆ = − ≥< ≤ ⇔ − + > ⇔ >− = − Ví dụ 3. Cho hai phương trình 22( ) 3 2 0 (1)( ) 6 5 0 (2)f x x x mg x x x m= + + == + + = Tìm m để mỗi phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt và những nghiệm của phương trình (1) và (2) xen kẽ nhau. Giải. Giả sử 1 2,x x là hai nghiệm của phương trình (1), khi đó 1 29 8 0( ) ( ) 0f mycbtg x g x∆ = − >⇔< ( ) ( )( )1 1 2 29 8 0( ) 3 ( ) 3 09 8 00 1.9 1 0mf x x m f x x mmmm m− >⇔   + + + + <   − >⇔ ⇔ < <− < Ví dụ 4. Chứng minh rằng phương trình ()()()()( ) ( )( ) 0f x ab x a x b bc x b x c ca x c x a= − − + − − + − − = có nghiệm với mọi , , .a b c∈ℝ Giải. Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 2 20f a f b f c a b c a b b c c a= − − − − ≤. 106 Như vậy, trong ba giá trị ( ), ( ), ( )f a f b f cchắc chắn phải có một giá trị không dương, ví dụ điển hình ()0.f a≤ Mặt khác, ta có ()()()2 2 2 2 2 20 0 0 0.f a b b c c a f f a= + + ≥ ⇒ ≤ Mà ( )y f x= là hàm số liên tục trên toàn trục số nên chắc như đinh phương trình ()0y f x= = có nghiệm[]00; .x a∈ Ví dụ 5. Tìm a để phương trình ( )221 1 3 0a tg x acosx− − + + =(1) có nhiều hơn nữa một nghiệm thuộc khoảng0, .2π    Giải. ( )21 2(1) 1 4 0.a acos x cosx⇔ − − + = Đặt 1,tcosx= do (0; )2xπ∈ nên 1.t> Yêu cầu bài toán được thỏa khi và chỉ khi phương trình ()()21 2 4 0f t a t t a= − − + = có hai nghiệm 1 2,t t thỏa mãn điều kiện 1 21t t< < ( ) ( )10131 1 01.212aa faS′∆ >< <⇔ − > ⇔  ≠< Ví dụ 6. So sánh nghiệm của phương trình 2( ) ( 2) 2( 1) 5 0f x m x m x m= − − + + − =(1) với 1.− Giải. · Khi 2,m= (1) trở thành 16 3 0 1.2x x− − = ⇔ = − > − · Khi 2,m≠ Ta có 2( 1) ( 2)( 5) 9 9m m m m′∆ = + − − − = − ( 1) ( 2)(4 5)af m m− = − − 1 2 11 1 .2 2 2S m mm m+ −+ = + =− − Lập bảng xét dấu , ( 1), 12Saf′∆ − + và nhờ vào định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai, ta có bảng tổng hợp sau. 107 m'∆()1af−12S+12−∞1542+∞−−−−−−+++++++++00001 22 1x x= = − < −1 21x x< < −1 25 1x x= − < = −1 21x x< − <112x= − > −1 21x x− < < Ví dụ 7. Với giá trị nào của m thì bất phương trình 44 0mx x m− + ≥ nghiệm đúng với mọi ?x∈ℝ Giải. Ta có 44 0mx x m− + ≥ đúng với mọi x∈ℝ khi và chỉ khi 441xmx≥+ đúng với mọi .x∈ℝ Đặt ( )441xf xx=+. Như vậy, 441xmx≥+ đúng với mọi x∈ℝ khi và chỉ khi ( ) .Maxf x m≤Ta có ( )()( )4244 1 3'1xf xx−=+, ( )4413' 013xf xx== ⇔= − Bảng biến thiên x'( )f x( )f x−∞+∞413−41300−−+00427−427 Dựa vào bảng biến thiên, ta nhận được 4( ) 27Maxf x = (khi 413x =). Vậy, 427m≥ là giá trị cần tìm thỏa đề bài. Ví dụ 8. Cho bất phương trình 108 4 4 21sin cos cos2 sin 2 04x x x x a+ − + + ≤ (1). Với giá trị nào của a thì bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi ?x∈ℝ Giải. Ta có ( )2 21 11 1 sin 2 cos 2 sin 22 4x x x a⇔ − − + ≤ − ( )2211 cos 2 cos2 14cos 2 4cos2 3 4 . (2)x x ax x a⇔ − − − + ≤ −⇔ − + ≤ − Đặt t = cos2x, với x∈ℝ thì 1 1t− ≤ ≤. Bất phương trình (2) trở thành 2 24 3 4 4 4 3t t a a t t− + ≤ − ⇔ ≤ − + − (3) Xét hàm số 2( ) 4 3f t t t= − + − trên đoạn [−1; 1], ta có (1) đúng với x∀ ∈ℝ khi và chỉ khi (3) đúng với [ 1;1],t∀ ∈ − khi và chỉ khi [ 1;1]( ) 4 .tMinf t a∈ −≥ ()( )[ ]' 2 4.' 0 2 1; 1 .f t tf t t= − += ⇔ = ∉ − ( 1) 8; (1) 0f f− = − = nên [ ]1 ; 1( ) 8.tMin f t∈ −= − Vậy ta có 4 8 2.a a≥ − ⇔ ≥ − Giá trị cần tìm là 2.a≥ − Ví dụ 9. Tìm p để phương trình 222 4 24 21 01 2 1x pxpx x x+ + − =+ + + có nghiệm. Giải. Đặt [ ]221;11xt ycbtx= ∈ − ⇒ ⇔+ tìm p để ()2 21 0f t t pt p= + + − = có nghiệm thuộc []1;1 .− ()( )) 1 0 1; 2) 1 0 1;2a f pb f p− = ⇒ = −= ⇒ = − ( ) ( )2 1) 1 1 01 2pc f fp− < < −− < ⇔< < d) Cả hai nghiệm thuộc ( ) ( ) ( )20151;1 1 0, 1 0 .211 1 52pf fpS∆ ≥− < ≤ −− ⇔ > − > ⇔≤ <− < < 109 Vậy, những giá trị cần tìm là 21.5p≤ < Ví dụ 10. Tìm a để phương trình ()()21 8 1 6 0a x a x a+ − + + = có đúng một nghiệm thuộc()0;1 . Giải. · Xét 1 0,a+ = phương trình trở thành ( )67 6 0 0;1 17x x a− = ⇔ = ∈ ⇒ = −(nhận). · Xét 1 0,a+ ≠ để ý rằng()()20 1 6 0.f f a= − ≤ Do đó Nếu 0,a= phương trình trở thành 20x x− = có nghiệm 0, 1x x= = (loại). Nếu ()()0 0 1 0a f f≠ ⇒ < ⇒ phương trình có nghiệm thuộc ()0;1 . Vậy, giá trị cần tìm là 0.a≠ Ví dụ 11. Cho phương trình 2 2( ) 2 2( 1) 4 3 0f x x m x m m= + + + + + =(1) 1) Tìm m để phương trình (1) có ít nhất một nghiệm to hơn hoặc bằng 1; 2) Gọi 1 2,x x là hai nghiệm của phương trình (1). Tìm giá trị lớn số 1 của biểu thức 1 2 1 2| 2( ) |.A x x x x= − + Giải. 1) Yêu cầu bài toán được thỏa khi và chỉ khi 2(1) 06 7 005 1(1) 03 2112 23 2 3 25 3 25 3 2.fm mmfmS mmmm≤+ + ≤′∆ ≥− ≤ ≤ −⇔≥< − −+< = −− − ≤ ≤ − +⇔− ≤ < − −⇔ − ≤ ≤ − + 2) Vì 1 2,x x là hai nghiệm của phương trình (1) nên theo hệ thức Viet ta có 21 2 1 21( 1); . ( 4 3).2x x m x x m m+ = − + = + +Do đó ta có

[embed]https://www.youtube.com/watch?v=T237Arvwtrk[/embed]