Bất Phương Trình Bậc Hai Và Bất Phương Trình Qui Về Bậc Hai

Có thể bạn quan tâm

Trang Chủ
Đăng ký
Đăng nhập
Upload
Liên hệ

Trang Chủ › Toán Học Lớp 12›Giải Tích Lớp 12 Bất phương trình bậc hai và bất phương trình qui về bậc hai

Định lý : Cho tam thức bậc hai f(x) = ax2 + bx + c , ∆ = b2 – 4ac

• Nếu ∆ < 0="" thì="" tam="" thức="" cùng="" dấu="">∀x

• Nếu ∆ = 0 thì tam thức cùng dấu a ∀x khác

-b/2a

và bằng 0 khi x =-b/2a

• Nếu ∆ > 0 thì tam thức có 2 nghiệm phân biệt x1 < x2="" ,="" trái="" dấu="" a="" với="" mọi="" x="" thuộc="" khoảng="" (x1="" ,="" x2)="" và="" cùng="" dấu="" a="" với="" mọi="" x="" ở="" ngoài="" đoạn="" [x1="" ;="">

22 trang

haha99

14440

0 Download Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bất phương trình bậc hai và bất phương trình qui về bậc hai", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên 21 VẤN ĐỀ 2 BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI & BẤT PHƯƠNG TRÌNH QUI VỀ BẬC HAI 22 Vấn đề 2 Bất Phương Trình Bậc Hai & Bất Phương Trình Qui Về Bậc Hai A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT I. Định lý: Định lý : Cho tam thức bậc hai f(x) = ax2 + bx + c , ∆ = b2 – 4ac • Nếu ∆ < 0 thì tam thức cùng dấu ∀x • Nếu ∆ = 0 thì tam thức cùng dấu a ∀x khác 2 b a − và bằng 0 khi x = 2 b a − • Nếu ∆ > 0 thì tam thức có 2 nghiệm phân biệt x1 < x2 , trái dấu a với mọi x thuộc khoảng (x1 , x2) và cùng dấu a với mọi x ở ngoài đoạn [x1 ; x2] Tóm tắt : • ∆ 0 , ∀x ∈ R • ∆ = 0 : af(x) > 0 ∀x ≠ 2 b a − ; f 2 b a ⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠ = 0 • ∆ > 0 : af(x) < 0 ∀x ∈ (x1 ; x2) af(x) > 0 ∀x ∈ (-∞ ; x1) ∪ (x2 ; +∞ ) 23 II. Bất phương trình bậc hai là 1 bất phương trình có dạng ax2 + bx + c > 0 (hoặc ≥ 0 ; < 0 ; ≤ 0) Để giải bất phương trình bậc hai ta có thể dựa vào dấu của a và ∆ rồi tuỳ theo trường hợp mà rút ra tập nghiệm của bất phương trình đó. Trong trường hợp giải và biện luận bất phương trình : Ta cần phải lập bảng xét dấu của a và ∆ trưóc, rồi kế đó giải bất phương trình trong từng trường hợp III.Tam thức không đổi dấu trên R Từ định lý về dấu của tam thức bậc hai ta suy ra kết quả sau : Cho f(x) = ax2 + bx + c với a ≠ 0 • f(x) > 0 ∀x∈R 0 0 a >⎧⇔ ⎨∆ <⎩ • f(x) ≥ 0 ∀x∈R 0 0 a >⎧⇔ ⎨∆ ≤⎩ • f(x) < 0 ∀x∈R 0 0 a <⎧⇔ ⎨∆ <⎩ • f(x) ≤ 0 ∀x∈R 0 0 a <⎧⇔ ⎨∆ ≤⎩ * Khi giải một bất phương trình bậc hai hay hệ bất phương trình bậc hai ta có thể áp dụng các kiến thức về tam thức bậc hai , bao gồm : • Sự biến thiên và đồ thị của tam thức bậc hai • Các định lý về nghiệm của tam thức bậc hai Các định lý về dấu của tam thức bậc hai * Nếu gặp hệ cần chú ý : Cho hệ bất phương trình : ≥⎧⎨ ≤⎩ ( ) 0 (1) ( ) 0 (2) f x g x Gọi S1 là tập nghiệm của bất phương trình (1) Gọi S2 là tập nghiệm của bất phương trình (2) Để tìm nghiệm của hệ đó chính là S = S1 ∩ S2 Hai bất phương trình (1 ) và(2 ) được gọi là tương đương nếu và chỉ nếu S1 = S2 24 B. BÀI TẬP CÓ HƯỚNG DẪN GIẢI : Bài 1 Giải bất phương trình : a) 2x 1 1x 1 x 1 1x 1 −−−≤−+ b) 2x 1 )7x)(1x( )4x(2 −≥−− − Giải a) 2x 1 1x 1 x 1 1x 1 −−−≤−+ ⇔ )2x)(1x( 1 )1x(x 1 −− −≤+ − ⇔ 0 )2x)(1x)(1x(x )1x(x)2x)(1x( ≤−−+ ++−−− ⇔ 0 )2x)(1x)(1x(x )2x3x(xx 22 ≤−−+ +−−+ ⇔ 0 )2x)(1x)(1x(x )1x2(2 ≤−−+ − ⇔ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ << ≤< −< 2x1 2 1x0 1x b) 2x 1 )7x)(1x( )4x(2 −≥−− − ⇔ 0 )7x)(2x)(1x( )7x)(1x()2x)(4x(2 ≥−−− −−−−− ⇔ 0 )7x)(2x)(1x( )7x8x(16x12x2 22 ≥−−− +−−+− ⇔ )7x)(2x)(1x( 9x4x 2 −−− +− ≥ 0 ⇔ ⎢⎣ ⎡ << > 2x1 7x 25 Bài 2 Giải bất phương trình : x2 + (x+1)2 ≤ 1xx 15 2 ++ (1) Giải (1) ⇔ 2(x2 + x) + 1 ≤ 1xx 15 2 ++ ⇔ (2t + 1)(t + 1) ≤ 15 ( t = x2 + x ) ⇔ 2t2 + 3t – 14 ≤ 0 ⇔ 2 7− ≤ t ≤ 2 ⇔ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≥++ ≤−+ 0 2 7xx 02xx 2 2 ⇔ ⎩⎨ ⎧ φ∈ ≤≤− x 1x2 ⇔ x φ∈ Bài 3 Giải bất phương trình : x2 + 4 5 )1x( x 2 2 <+ (1) Giải (1) ⇔ 0 4 5 )1x( )2x2x(x 2 22 <−+ ++ ⇔ 0 )1x(4 )1x(5)2x2x(x4 2 222 <+ +−++ ⇔ 0 )1x(4 5x10x3x8x4 2 234 <+ −−++ ⇔ ( ) ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ −≠ ≥+<++−⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ + 1x 0)1x(0)10x10x4)(1x( 2 1x 22 ⇔ 2 1− < x < 1 Bài 4 Giải bất phương trình :3x4 – x3 + 4x2 – x + 3 ≥ 0 • x2 = 0 ⇔ x = 0 : 3 ≥ 0 đúng . vậy x= 0 là một nghiệm của bất phương trình (a) • x2 ≠ 0 ⇔ x2 > 0 Chia hai vế của bất phương trình cho x2 (x2 > 0) 26 3x2 – x + 4 - x 1 + 2 3 x ≥ 0 ⇔ ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ +−⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ + x x x x 113 2 2 + 4 ≥ 0 Đặt T = x + x 1 với ⏐T⏐ ≥ 2 ⇔ T ≤ -2 hay T ≥ 2 ⇒ T2 – 2 = x2 + 2 1 x BPT ⇔ 3(T2 – 2) – T + 4 ≥ 0 ⇔ 3T2 – T – 2 ≥ 0 ⇔ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≥∨−≤ ≥∨−≤ 22 1 3 2 TT TT ⇔ T ≤ -2 ∨ T ≥ 2 Trở về x: x + x 1 ≤ -2 hay x + x 1 ≥ 2 ⇔ x x 1+ ≥ 2 ⇔ ∀x ∈ R \ { }0 (b) (a) hợp (b) cho ta ∀x ∈ R KL : Vậy tập nghiệm của bpt đã cho là R Bài 5 Giải và biện luận bất phương trình : x2 – 2(4m + 3)x + 15m2 + 28m + 6 ≤ 0 (1) Giải ∆’ = (4m + 3)2 – 15m2 – 28m – 6 = m2 – 4m + 3 M - ∞ 1 3 +∞ ∆’ + 0 - 0 + Biện luận : • m 3 : ⎩⎨ ⎧ > >∆ 0a 0' (vì a = 1) Ta có : x1 = 4m + 3 - '∆ (x1 < x2) x2 = 4m + 3 + '∆ X - ∞ x1 x2 +∞ F(x) + 0 - 0 + Váậy : tập nghiệm của (1) là x1 ≤ x ≤ x2 (hay S = [x1 , x2]) 27 • m = 1 : (1) thành x2 – 14x + 49 ≤ 0 ⇔ (x – 7)2 ≤ 0 ⇔ x = 7 : S = {7} • 1 < m < 3 : ⎩⎨ ⎧ <∆ > 0 0a , f(x) > 0 , ∀x ∈ R. Tập nghiệm của bất phương trình (1) : S = ∅ • m = 3 : (1) thành x2 – 30x + 225 ≤ 0 ⇔ x = 15 : S = {15} Bài 6 Giải và biện luận các bất phương trình sau : x2 – 2(4m + 3)x + 15m2 + 28m + 6 ≤ 0 Giải x2 – 2(4m + 3)x + 15m2 + 28m + 6 ≤ 0 (1) '∆ = m2 – 4m + 3 Đặt VT = f(x) • 1 < m < 3 ⇒ ⎩⎨ ⎧ > <∆ 0a 0' ⇒ f(x) > 0 với ∈∀x R ⇒ (1) VN • m ≤ 1 v m ≥ 3 ⇒ '∆ > 0 ⇒ f(x) có 2 nghiệm phân biệt : x1 = 4m + 3 – '∆ , x2 = 4m + 3 + '∆ (1) có nghiệm x1 < x < x2 mx2 + (m – 3) x + m – 3 < 0 (1) * m ≠ 0 ∆ = 3− m2 + 6m +9 , Đặt VT (1) = f(x) * m < 1− : ⎩⎨ ⎧ <∆ < 0 0a ⇒ f(x) < 0 Rx∈∀ Vậy (1) ⇔ x∈ R * m ≥ 3 : ⎩⎨ ⎧ ≤∆ > 0 0a ⇒ f(x) ≥ 0 Rx∈∀ Vậy (1) VN * 1− < m < 0 : ⎩⎨ ⎧ >∆ < 0 0a , f(x) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 x1,2 = m2 )3m( ∆±−− (1) ⇔ x x2 28 * m = 1− : (1) ⇔ 0)2x(04x4x 22 <+−⇔<−−− ⇔ x ≠ 2− * 0 < m < 3 : ⎩⎨ ⎧ >∆ > 0 0a , f(x) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 ⇔ x1 < x < x2 . * m = 0 , (1) ⇔ 3x3 −− 1− Kết luận chung : m = 0 : x > 1− Rx:1m ∈−< m ≥ 3 : x ∈ ∅ -1 x2 1m −= : x ≠ 2− 0 < m < 3 : x1 < x< x2 Bài 7 Định m để với mọi x ta luôn có : a) 7x5x 5x7x2 2 2 +− +− ≤ m b) 6 1xx 6mxx39 2 2 <+− −+<− c) 1mxx 4xx3 2 2 +− ++ ≥ 2 Giải a) 7x5x 5x7x2 2 2 +− +− ≤ m ⇔ (m – 2)x2 – (5m – 7)x + 7m – 5 ≥ 0 ( vì x2 – 5x + 7 > 0 , ∈∀x R) YCĐB ⇔ ⎩⎨ ⎧ >−= ≥++−=∆ 02ma 09m6m3 2 ⇔ ⎩⎨ ⎧ > ≤≤− 2m 3m1 ⇔ 2 < m ≤ 3 b) 6 1xx 6mxx39 2 2 <+− −+<− (1) Dễ thấy mẫu số x2 – x +1 > 0 , ∈∀x R Vậy (1) ⇔ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ >++− >+−+ 012x)6m(x3 03x)9m(x12 2 2 )3( )2( (1) thoả ∈∀x R ⇔ (2) , (3) thoả ∈∀x R ⇔ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ <−+=∆ <−−=∆ 010812m 063m18m 2 )3( 2 )2( ⇔ ⎩⎨ ⎧ <<− <<− 6m18 21m3 ⇔ 6m3 <<− 29 c) 1mxx 4xx3 2 2 +− ++ ≥ 2 (1) * 3x2 + x+ 4 > 0 ∈∀x R (1) thoả ∈∀x R ⇒ x2 – mx +1 ≠ 0 ∈∀x R ⇔ x2 – mx + 1 = 0 VN ⇔ ∆ = m2 – 4 < 0 ⇔ 2− < m < 2 ( )α Với đk (α ) , (1) thoả khi x2 – mx +1 > 0 ∈∀x R (1) ⇔ 1mxx 4xx3 2 2 +− ++ ≥ 2 ⇔ x2 + (2m + 1)x + 2 ≥ 0 (2) (1) thoả ∈∀x R ⇔ ⎩⎨ ⎧ >= ≤−+=∆ )d(01a 07m4m4 2 ⇔ 2 71m 2 71 +−<<−− ( so đk (α ) →nhận ) Bài 8 Cho f(x) = (a+1)x2 – 2(a – 1)x + 3a – 3 định a để : a) Bất phương trình f(x) < 0 vô nghiệm b) Bất phương trình f(x) ≥ 0 vô nghiệm Giải a) * a = 1− thì f(x) = 4x – 6 ≥ 0 ⇔ x > 2 3 (loại vì không thoả ) * a ≠ 1− thì f(x) < 0 VN ⇔ f(x) ≥ 0 Rx∈∀ ⇔ ⎩⎨ ⎧ ≤+−−=∆ >+= 04a2a2' 01aA 2 ⇔ ⎩⎨ ⎧ −≤ −> 2a 1a v 1a ≥ ⇔ a ≥ 1 KL : a ≥ 1 b) f(x) ≥ 0 có nghiệm .Giả sử f(x) ≥ 0 VN * a = 1− thì f(x) = 4x – 6 < 0 ⇔ x < 2 3 ( loại vì không thoả) * a ≠ 1− ⇔ f(x) < 0 Rx∈∀ ⇔ ⎩⎨ ⎧ < <∆ 0a 0' ⇔ ⎩⎨ ⎧ −< −< 1a 2a v 1a > ⇔ a < -2 Vậy f(x) ≥ 0 có nghiệm ⇔ a ≥ 2− 30 Bài 9 Định m để bất phương trình : x2cos m – 2xsin m cos m + sin m ≥ 0 Rx∈∀ Giải x2cos m – 2xsin m cos m + sin m ≥ 0 Rx∈∀ ⇔ ⎩⎨ ⎧ ≤−=∆ >= 0mcosmsinmcosmsin' 0mcosa 22 ⇔ ⎩⎨ ⎧ ≤≤ > 1mcosmsin0 0mcos ⇔ ⎩⎨ ⎧ ≤< ≤≤ 1mcos0 1msin0 ⇔ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ π+π<<π+π− π+π≤≤π 2k 2 m2k 2 2km2k ⇔ π+π<<π 2k 2 m2k Bài 10 Giải bất phương trình a) 2xx 3x2x 2 2 −+ ++ ≥ 1 b) 4x 6xx 2 2 − −− ≥ x c) 8x2x1x 22 +−≤− Giải a) 2xx 3x2x 2 2 −+ ++ ≥ 1 ⇔ 2xx3x2x 22 −+≥++ (1) * x < 2− v 0 < x < 2 (1) ⇔ x2 + 2x + 3 ≥ x2 – x + 2 ⇔ x ≥ 3 1− so với đk ⇔ 0 < x < 2 * 2− ≤ x ≤ 0 (1) ⇔ 2x− 3x2 +− ≥ x2 – x + 2 ⇔ 2x2 +x – 1 ≤ 0 ⇔ 1− ≤ x ≤ 2 1 so với đk ⇔ 1− ≤ x ≤ 0 * x ≥ 2 (1) ⇔ x2 +2x + 3 ≥ x2 + x – 2 ⇔ x ≥ 5− so với đk ⇔ 2x ≥ Kết luận : x ≥ 1− 31 b) 4x 6xx 2 2 − −− ≥ x ⇔ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≥− − ≥ x 2x 3x 0x v ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≥+ + < x 2x 3x 0x ⇔ ⎩⎨ ⎧ ≤ ≥ 2x 0x v ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ −−≤ < 2 131x 0x v 2 131x2 +−≤≤− ⇔ 0 ≤ x ≤ 2 v x ≤ 2 131−− v 2− ≤ x < 0 ⇔ x ≤ 2 131+− v 2− ≤ x ≤ 2 c) 8x2x1x 22 +−≤− (1) * x ≤ 1− (1) ⇔ x2 – 1 ≤ x2 + 2x + 8 ⇔ x ≥ 2 9− so với đk ⇔ 1x 2 9 −≤≤− * 1− < x ≤ 0 (1) ⇔ 1 – x2 ≤ x2 + 2x + 8 ⇔ 2x2 +2x + 7 ≥ 0 ⇔ x ∈ R so với đk ⇔ 1− <x ≤ 0 * 0 < x ≤ 1 (1) ⇔ 2x− + 1 ≤ x2 – 2x + 8 ⇔ 2x2 – 2x + 7 ≥ 0 ⇔ x ∈ R so với đk ⇔ 0 < x ≤ 1 * x > 1 (1) ⇔ x2 – 1 ≤ x2 – 2x +8 ⇔ x ≤ 2 9 so với đk ⇔ 1 < x ≤ 2 9 Kết luận : 2 9x 2 9 ≤≤− 32 Bài 11 Giải và biện luận bất phương trình : (m + 1)x2 – 2(m – 1)x + 3(m – 1) ≥ 0 Hướng dẫn giải : Ta có : a = m + 1, ∆’ = -m2 – m + 2 (m1 = 1 , m2 = -2) ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ + +−−+−=+ +−−−−=>∆ 1m 2mm1m 1m 2mm1m0' 22 21 x , x , ta dươc : x1 < x2 m -∞ -2 -1 1 +∞ a - - 0 + + ∆ - 0 + + 0 - Biện luận : • m < -2 ⎩⎨ ⎧ ∈∀<<∆ < Rx 0f(x) , 0 0a • m = -2 ⎩⎨ ⎧ =∆ < 0 0a ⇒ f(x) ≤ 0 ∀x∈R ⇒ f(x) = 0 ⇔ x = 3 • -2 < m < -1 ⎩⎨ ⎧ >∆ < 0 0a , f(x) ≥ 0 , ∀ x1 ≤ x ≤ x2 • m = -1 ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≤ = 2 3x 0a • -1 < m < 1 ⎩⎨ ⎧ >∆ > 0 0a : f(x) ≥ 0 ∀x ≤ x1 ∨ x ≥ x2 • m = 1 ⎩⎨ ⎧ =∆ > 0 0a : f(x) = 0 ⇔ x = 0 • m > 1 ⎩⎨ ⎧ <∆ > 0 0a : f(x) ≥ 0 ∀x ∈ R 33 Bài 12 Giải và biện luận : mx2 + (m + 3)x + 3 ≥ 0 Giải • m = 0 : bất phương trình ⇔ 3x + 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ -1 • m ≠ 0 : ∆ = (m + 3)2 – 4.3.m = (m – 3)2 ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ −++−= −−+−= m2 |3m|)3m(x m2 |3m|)3m(x 2 1 ⇔ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ −= −= m 3x 1x 2 1 Xét h = -1 - ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛− m 3 = 1 m 3 − = m m3 − = x1 - x2 M 0 3 ∆ + | + 0 + A - 0 + | + H - || + 0 - Kết luận : • m = 0 : bất phương trình ⇔ x ≥ -1 • m < 0 : bất phương trình ⇔ -1 ≤ x ≤ - m 3 • 0 < m < 3 : bất phương trình ⇔ x ≤ - m 3 ∨ x ≥ -1 • m > 3 : bất phương trình ⇔ x ≤ -1 ∨ x ≥ - m 3 • m = 3 : bất phương trình ⇔ x ∈ R Bài 13 Cho 2f (x) m(m 3)x 2mx 2= + + + Định m để bpt : 2f (x) mx> có tập nghiệm là R Giải Tacó : 2 2m(m 3)x 2mx 2 mx , x R+ + + > ∀ ∈ 2 2(m 2m)x 2mx 2 0, x R⇔ + + + > ∀ ∈ Xét m 0≠ và m 2≠ − : 34 Xét : m 0 m 2 =⎡⎢ = −⎣ YCĐB ' 0 m(m 4) 0 a 0 m(m 2) 0 ∆ + >⎩ ⎩ m 4 m 0 m 2 m 0 ⎧⇔ ⎨ ⎩ m 4 m 0 (b) ⇔ Kết luận : (a) (b) m 4 m 0 ∨ ⇔ < − ∨ ≥ * m 0 : 2 0,= > đúng x R∀ ∈ Vậy : m 0= (nhận) (a) * 1m 2 : 4x 2 0 x 2 = − − + > ⇔ < (không thỏa) Bài 14 Định m để phương trình sau vô nghiệm : 2 2 1 1x 2m x 2m 0 xx ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − + + =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ Giải Đặt 2 2 2 2 2 2 1 1 1t x t x 2 x t 2 x x x t 2 t 2 t 2 ⎧ = + ⇒ = + + ⇒ + = −⎪⎨⎪ ≥ ⇔ ≤ − ∨ ≥⎩ (1)⇔ g(t) = 2t 2mt 2m 2 0 t 2 t 2 ⎧ − + − =⎪⎨ ≤ − ∨ ≥⎪⎩ Theo YCĐB 1 2 g 0 2 t t 2 ∆ <⎡⇔ ⎢− < ≤ <⎣ g 0 (a) af ( 2) 0 af (2) 0 (b)' 0 S2 2 2 ∆ ⎧⎢⎪⎢ >⎪⇔ ⎪⎢⎨∆ ≥⎢⎪⎢⎪− < <⎢⎪⎢⎩⎣ (a) 2m 2m 2 0 :− + < Vậy m .( )∈∅ α 35 (b) 2 m Rm 2m 2 0 2m 2 04 4m 2m 2 0 6m 2 04 4m 2m 2 0 2 m 22 m 2 ⎧ ∈⎧− + ≥⎪ ⎪− + >− + − >⎪ ⎪⇔⎨ ⎨ + >+ + − >⎪ ⎪⎪ ⎪− < <− < < ⎩⎩ m R m 1 1 m 1( )1 3m 3 2 m 2 ∈⎧⎪ ⎪⎪− < <⎪⎩ ( ) ( )α ∨ β cho ta kết luận : 1 m 1 3 − < < Bài 15 Tìm m lớn nhất để. f (x) x(x 2) (x 4) (x 6) m, x R = + + + ≥ ∀ ∈ Hướng dẫn giải : Ta có : 2 2f (x) (x 6x) (x 6x 8) m, x R = + + + ≥ ∀ ∈ Đặt ẩn phụ 2T x 6x T 9 ⎧ = +⎪⎨ ≥ −⎪⎩ Vậy f (T) T(T 8) m, T 9= + ≥ ≥ − 2T 8T m, T 9 (*) ⇔ = + ≥ ≥ − (*) m Min f(T), T 9 ⇔ ≤ ≥ − m 16⇔ ≤ − Vậy : m = -16 Bài 16 Xác định các tham số a , b để baxx8 24 ++ ≤ 1 với mọi x ∈ [ 1,1− ]. (Đề Đại Học Ngoại Thương) Giải Đặt t == x2 , khi x ∈ [ 1,1− ] thì t ∈ [ 0 , 1 ]. Hàm số có dạng : y = 8t2 + at + b ; t ∈ [ 0 , 1 ] ⇒ y’ = 16t + a ; y’ = 0 ⇔ t = 16 a− 36 * Nếu 16 a− ≤ 0 , ta có bảng biiến thiên : Từ đó : Do đó, ta có : ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ −≤+ −≥ ≥⇔ ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ ≤− −≥ ≤++ 7ba 1b 0a 0 16 a 1b 1ba8 * Nếu 0 ≤ 16 a− ≤ 1 ,ta có bảng biến thiên: Do đó , ta có : ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ −−≤ −≤ −≥ ≤≤− ⇔ ⎪⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎪ ⎨ ⎧ ≤−≤ −≥+− ≤ ≤++ 7ab 1b 1 32 ab 0a16 1 16 a0 1b 32 a 1b aba8 22 )4( )3( )2( )1( Trong hệ trục toạ độ 0ab , vẽ đồ thị các hàm số : b = 1 32 a 2 − , b = 1 , b = 7a −− Từ đồ thị , ta thấy những điểm thoả mãn (1) , (2) ,(3) là phần gạch sọc trên hình vẽ ; còn những điểm thoả mãn (4) là nửa mặt phẳng nằm phía dưới đường thẳng b = 7a −− .Dễ thấy 2 miền này chỉ có điểm chung ( 8− ;1) ⇒ a = 8− ; b = 1 . * Nếu 16 a− ≥ 1 , ta có bảng biến thiên : Ta có : ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ −≥+≤ −≤⇔ ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ ≥ −≤++ ≤− 9ba 1b 16a 1b 1ba8 0 16 a ( vô nghiệm ) Bài 17 Tìm y để bất phưong trình ysin2)ysiny(cosx2x 22 +−+ ≥ 0 nghiệm đúng với mọi x (Đề Đại Học Y Dược TP HCM) Giải 37 ysin2)ysiny(cosx2x 22 +−+ ≥ 0 x∀ ysin2)ysiny(cos' 22 −−=∆ ≤ 0 ⇔ cos2y – sin2y – 2cosysiny ≤ 0 ⇔ cos2y – sin 2y ≤ 0 ⇔ ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ +π y2 4 cos2 ≤ 0 ⇔ )Zk(2k 2 3y2 4 2k 2 ∈π+π≤+π≤π+π ⇔ )Zk(k 8 5yk 8 ∈π+π≤≤π+π . Bài 18 Với giá trị nào của tham số thì ä bất phương trình sau có nghiệm : 1mm1mx21x 22 −++−+ ≤ 0 (Đề Đại Học Kinh Tế ) Giải 1mm1mx21x 22 −++−+ ≤ 0 (1) Đặt t = x – m ; (1) ⇔ 1mm2)tmt(2t 22 −++++ ≤ 0 (2) Đặt f(t) = 1mm2)tmt(2t 22 −++++ (1) có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm ⇔ min f(t) ≤ 0 Trường hợp 1 : t ≥ 0 f(t) = 1mm2)tmt(2t 22 −++++ • Nếu )1m( +− ≤ 0: minf(t) = f(0) f(0) ≤ 0 ⇔ 2m2 +m – 1 ≤ 0 ⇔ 2 1m1 ≤≤− ( thoả m ≥ 1− ) • Nếu )1m( +− > 0 : minf(t) = f( m− 1− ) f( m− 1− ) ≤ 0 ⇔ m2 – m – 2 ≤ 0 ⇔ 1− ≤ m ≤ 2 (loại) Trường hợp 2 : t < 0 f(t) = t2 + 2(m-1)t + 2m2 + m –1 Tương tự ta được : min f(t) ≤ 0 ⇔ 2 1m1 <<− Đáp số : 2 1m1 ≤≤− . 38 Bài 19 Tìm a để với mọi x : f( x) = 3ax2)2x( 2 ≥−+− (Đề Đại Học Y Dược TP HCM) Giải f( x) = 3ax2)2x( 2 ≥−+− ⇔ ax23)2x( 2 −−≥− Đặt g(x) = (m – 2)2 h(x) = 3 – 2 ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≤−+ ≥+−=− aax2x23 aax2x232x Vẽ đồ thị g(x) = (x – 2)2 và 2 tiếp tuyến song song với hai đường thẳng y = 3 – 2x + 2ax ≥ a : y = 3 + 2x – 2ax ≤ a Có phương trình : y = 2− x + 3 và y = 2x – 5 Yêu cầu của bài toán được thoả khi : a2− + 3 ≤ 5− hoặc 2a – 5 ≤ 3 ⇔ a ≥ 4 hoặc a ≤ 0. Bài 20 Với các giá trị nào của m thì phươngtrình : mx2 + x + m – 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 ,x2 thoả mãn : 1x 1 x 1 21 >− (Đề Đại Học Dược Hà Nội ) Giải Đặt f(x) = mx2 + x + m – 1 f(x) có 2 nghiệm phân biệt x1, x 2 : ⇔ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ +<<− ≠ ⇔⎩⎨ ⎧ >−−=∆ ≠ 2 21m 2 21 0m 0)1m(m41 0m x1 , x2 thoả mãn 1x 1 x 1 21 >− ⇔ ⎩⎨ ⎧ ≠ −< 0xx xxxx 21 2121 ⇔ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≠ +<<−⇔ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≠ −−<− 1m 10 291m 10 297 1m m 1m4 m 1 m )1m( 22 2 39 Vậy m thoả mãn bài ra là : ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≠ +<<− 1m 2 21m 10 297 C. BÀI TẬP TỰ GIẢI Bài 1 Tìm điều kiện để f(x) > 0 , < 0 , ≥ 0 , ≤ 0 với mọi x thuộc R a) Tìm m sao cho f(x) = (m + 1)x2 – 2(m – 2)x + 3m – 3 > 0 ∀x b) Tìm m sao cho ( ) 2( ) 2 1 2 4 3 0f x m x x m= − − + − ≤ ∀x c) Tìm m sao cho ( ) ( ) 22 1 2 1 0f x m x mx m= + − − + ≥ ∀x d) Tìm m sao cho ( ) ( ) ( )21 2 1 3 2 0f x m x m x m= − − + − − < ∀x Chú ý : Cho f(x) = ax2 + bx + c có tham số Để f(x) > 0 ∀x cần xét 2 trường hợp TH1 : 0 0 a b c = =⎧⎨ >⎩ TH2 : 0 0 a >⎧⎨∆ <⎩ Bài 2 Tìm m để 2x2 – 4mx – m2 + 1 > 0 với ∀x thỏa |x| < 1 Bài 3 Giải và biện luận các bất phương trình sau : 1) mx2 + (m + 3)x + 3 ≥0 2) (m + 1)x2 – 4x + m – 1 > 0 Bài 4 Giải các bất phương trình sau : a) 3x3 < x2 + x + 1 b) x4 – x2 + 10x < 25 c) x4 – 5x3 + 8x2 – 10x + 4 2 Hướng dẫn : c ) Chia hai vế cho x2, đặt t = x + x 2 ; 2 - 2 < x < 2 + 2 d) Đặt t = x + 3x 2 51 +=+ 40 Bài 5 Giảivà biện luận theo tham số m bất phương trình : ( ) ( )24 2 1 1 0f x x m m x m m= − + + + + < Bài 6 Cho bất phương trình f(x) = x2 + 6x + 7 + m ≤ 0 (1) a) Giải và biện kuận (1) b) Tìm m sao cho (1) có đúng 1 nghiệm số c) Tìm m sao cho (1) có 1 đoạn nghiệm d) Tìm m sao cho (1) coÙ 1đoạn nghiệm có chiều daì bằng 1 Bài 7 Cho bất phương trình (4m – 3)x2 – 2(m + 1)x – m – 1 ≥ 0 (1) a) Giải và biện luận (1) b) Tìm m sao cho (1) vô nghiệm , có đúng 1 nghiệm , có 1 đoạn nghiệm , có 2 khoảng nghiệm c) Tìm m sao cho đoạn nghiệm có chiều daì bằng 2 Bài 8 Cho bất phương trình f(x) = (m2 –1 )x2 – (m – 1)x + 2 ≥ 0 (1) Tìm m sao cho bpt (1) có nghiệm là 1 đoạn và có chiều daì bằng 1 Bài 9 Tìm m để x2 + 2|x – m| + m2 + m – 1 ≤ 0 có nghiệm. Bài 10 Cho 2f (x) (x 1) (x 3) (x 4x 16) m= + + + + ≥ Tìm m để bất phương trình a. Có tập nghiệm là R b. Có nghiệm c. Vô nghiệm Bài 11 Xác định m để bất đẳng thức : x2 – 2x + 1 - m2 ≤ 0 thỏa mãn ∀ , x ∈[ ]2 1 , (Đại Học Kiến Trúc) 41 Bài 12 Cho bất phương trình : x4 – 4x3 + 3x2 + 2x < m (1) a) Giải bất phương trình với m = 2. b) Tìm m để bất phương trình có nghiệm. Bài 13 Tìm m để x2 – m(1 + m2)x + m4 0 Bài 14 Tìm m để mọi nghiệm của 2x2 – (1 + 3m)x + m2 + m = 0 đều thỏa điều kiện : x2 – mx – 3m – 1 ≥ 0 Bài 15 Cho f(x) = x2 + 6x + 7 + m . Tìm m để f(x) ≤ 0 có đúng một nghiệm . Tìm m để f(x) ≤ 0 có nghiệm là một đoạn có độ dài bằng 1. Bài 16 Giải và biện luận theo tham số a bất phương trình sau : |x2 + 2x| ≤ |x2 + 3x + 2a| Bài 17 Tìm m để với mọi x thì có : x2 + 2mx + 2|x + m| + 2 > 0 Bài 18 Giải và biện luận bất phương trình sau : |x2 + 3x + 2| < m Bài 19 Tìm m để (2m + 2)x2 – 9(16m + 9)x + 6(2m + 1) = 0 có đúng một nghiệm trong (0 , 1) Bài 20 Tìm m để 2x2 – 3x + 2m = 0 có một nghiệm khác 0 và gấp 3 lần một nghiệm của : 2x2 – x + 2m = 0 Bài 21 Tìm m để với mọi x thì : -6 ≤ 1xx 4mxx2 2 2 +− −+ ≤ 4 Bài 22 Định m để : 2 4x2x mxx 2 2 ≥++ + 42 Bài 23 Định m để : -x2 + 2(m - 1)x - 4m < 0 , ∀x∈R Bài 24 Định m để bất phương trình : (1 - m)x2 + 2mx + (m - 6) ≥ 0 a) Có nghiệm b) Vô nghiệm c) Có duy nhất nghiệm Bài 25 Cho f(x) = ax2 + bx + c (a ≠ 0). Giả sử phương trình f(x) = x vô nghiệm. Chứng minh phương trình f(f(x)) = x vô nghiệm. Bài 26 Cho f(x) = x2 + 2(sint + cost)x + 1. Tìm x để f(t) ≥ 0 với mọi t ∈ R. Tìm t để f(x) ≥ 0 với mọi x ∈ R. Bài 27 Tìm m để 25(x2 + y2) + ,xy – (x + y) + 100 1 ≥ 0 với mọi x ± y = 0 Bài 28 Cho m c 1m b 2m a ++++ = 0 và m > 0 . Chứng minh rằng : ax2 + bx + c = 0 có nghiệm x ∈ (0 ,1) Bài 29 Cho f(x) = ax2 + bx + c thỏa |f(0)| ≤ 1 , |f(±1)| ≤ 1 . Tình a , b , c theo f(0) , f(±1). Chứng minh |f(x)| ≤ 4 5 khi |x| ≤ 1 . Bài 30 Cho f(x) = ax2 + bx + c (a ≠ 0) thỏa |f(x)| ≤ 1 khi |x| ≤ 1 . Chứng minh |cx2 + bx + a| ≤ 2 khi |x| ≤ 1. Bài 31 Chứng minh với ∆ABC thì : x2 – 2x(cosB + cosC) + 2(1 – cosA) ≥ 0 , ∀x.

Tài liệu đính kèm:

On tap bat phuong trinh bac 2.pdf

Tài liệu liên quan

Đề thi học kỳ 1 môn thi : Toán 12
Lượt xem: 911 Lượt tải: 0
Giáo án Giải tích 12 - GV: Nguyễn Đình Toản - Tiết 4: Cực trị của hàm số
Lượt xem: 1115 Lượt tải: 0
Luyện thi đại học theo buổi môn Toán
Lượt xem: 1360 Lượt tải: 0
Giáo án Giải tích 12 nâng cao tiết 88, 89: Dạng lượng giác của số phức & ứng dụng
Lượt xem: 582 Lượt tải: 0
Đề thi thử đại học, cao đẳng năm 2010 môn Toán học
Lượt xem: 838 Lượt tải: 0
Giáo án Bài 4: Mặt nón, hình nón và khối nón (tiết 22)
Lượt xem: 987 Lượt tải: 0
Ôn tập tốt nghiệp Giải tích 12
Lượt xem: 1073 Lượt tải: 0
Chuyên đề: Mũ, lôgarit phương trình, bất phương trình, hệ, bất đẳng thức, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
Lượt xem: 1530 Lượt tải: 0
Giáo án Giải tích 12 - Tiết 12 - Tuần 12: Bài tập hàm số luỹ thừa
Lượt xem: 701 Lượt tải: 0
Giáo án lớp 12 môn Giải tích - Tiết 21: Thể tích của khối đa diện
Lượt xem: 873 Lượt tải: 0