Bạn đang xem: Giải và biện luận bất phương trình bậc 2

*
22 trang
*
haha99
*
*
8955
*
0Download
Bạn đã xem 20 trang chủng loại của tư liệu "Bất phương trình bậc nhì và bất phương thơm trình qui về bậc hai", để download tư liệu nơi bắt đầu về thiết bị các bạn cliông xã vào nút DOWNLOAD sinh hoạt trên


Xem thêm: Viết Phương Trình Mặt Phẳng Tiếp Xúc Với Mặt Cầu Tiếp Xúc Với Mặt Phẳng

21 VẤN ĐỀ 2 BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI và BẤT PHƯƠNG TRÌNH QUI VỀ BẬC HAI 22 Vấn đề 2 Bất Pmùi hương Trình Bậc Hai & Bất Phương Trình Qui Về Bậc Hai A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT I. Định lý: Định lý : Cho tam thức bậc nhị f(x) = ax2 + bx + c , ∆ = b2 – 4ac • Nếu ∆ 0 thì tam thức tất cả 2 nghiệm riêng biệt x1 0 ∀x ≠ 2ba− ; f2ba⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠ = 0 • ∆ > 0 : af(x) 0 ∀x ∈ (-∞ ; x1) ∪ (x2 ; +∞ ) 23 II. Bất phương thơm trình bậc nhì là một trong bất phương thơm trình gồm dạng ax2 + bx + c > 0 (hoặc ≥ 0 ; 0 ∀x∈R 00a >⎧⇔ ⎨∆ ⎧⇔ ⎨∆ ≤⎩ • f(x) 2x17x 25 Bài 2 Giải bất pmùi hương trình : x2 + (x+1)2 ≤ 1xx152 ++ (1) Giải (1) ⇔ 2(x2 + x) + 1 ≤ 1xx152 ++ ⇔ (2t + 1)(t + 1) ≤ 15 ( t = x2 + x ) ⇔ 2t2 + 3t – 14 ≤ 0 ⇔ 27− ≤ t ≤ 2 ⇔ ⎪⎩⎪⎨⎧≥++≤−+027xx02xx22⇔ ⎩⎨⎧φ∈≤≤−x1x2 ⇔ x φ∈ Bài 3 Giải bất phương trình : x2 + 45)1x(x22 0 Chia nhị vế của bất pmùi hương trình mang đến x2 (x2 > 0) 26 3x2 – x + 4 - x1 + 23x ≥ 0 ⇔ ⎟⎠⎞⎜⎝⎛ +−⎟⎠⎞⎜⎝⎛ +xxxx 113 22 + 4 ≥ 0 Đặt T = x + x1 với ⏐T⏐ ≥ 2 ⇔ T ≤ -2 hay T ≥ 2 ⇒ T2 – 2 = x2 + 21xBPT ⇔ 3(T2 – 2) – T + 4 ≥ 0 ⇔ 3T2 – T – 2 ≥ 0 ⇔ ⎪⎩⎪⎨⎧≥∨−≤≥∨−≤22132TTTT ⇔ T ≤ -2 ∨ T ≥ 2 Trsinh hoạt về x: x + x1 ≤ -2 tuyệt x + x1 ≥ 2 ⇔ xx 1+ ≥ 2 ⇔ ∀x ∈ R 0 (b) (a) phù hợp (b) đến ta ∀x ∈ R KL : Vậy tập nghiệm của bpt đang cho là R Bài 5 Giải với biện luận bất phương trình : x2 – 2(4m + 3)x + 15m2 + 28m + 6 ≤ 0 (1) Giải ∆’ = (4m + 3)2 – 15m2 – 28m – 6 = mét vuông – 4m + 3 M - ∞ 1 3 +∞ ∆’ + 0 - 0 + Biện luận : • m 3 : ⎩⎨⎧>>∆0a0" (vì a = 1) Ta có : x1 = 4m + 3 - "∆ (x1 00a, f(x) > 0 , ∀x ∈ R. Tập nghiệm của bất phương thơm trình (1) : S = ∅ • m = 3 : (1) thành x2 – 30x + 225 ≤ 0 ⇔ x = 15 : S = 15 Bài 6 Giải với biện luận những bất phương trình sau : x2 – 2(4m + 3)x + 15m2 + 28m + 6 ≤ 0 Giải x2 – 2(4m + 3)x + 15m2 + 28m + 6 ≤ 0 (1) "∆ = mét vuông – 4m + 3 Đặt VT = f(x) • 1 0 cùng với ∈∀x R ⇒ (1) toàn nước • m ≤ 1 v m ≥ 3 ⇒ "∆ > 0 ⇒ f(x) có 2 nghiệm biệt lập : x1 = 4m + 3 – "∆ , x2 = 4m + 3 + "∆ (1) gồm nghiệm x1 00a ⇒ f(x) ≥ 0 Rx∈∀ Vậy (1) đất nước hình chữ S * 1− ∆∆>00a , f(x) gồm 2 nghiệm phân minh x1 , x2 ⇔ x1 1− Rx:1m ∈− 0 , ∈∀x R) YCĐB ⇔ ⎩⎨⎧>−=≥++−=∆02ma09m6m3 2 ⇔ ⎩⎨⎧>≤≤−2m3m1 ⇔ 2 0 , ∈∀x R Vậy (1) ⇔ ⎪⎩⎪⎨⎧>++−>+−+012x)6m(x303x)9m(x1222)3()2((1) thoả ∈∀x R ⇔ (2) , (3) thoả ∈∀x R ⇔ ⎪⎩⎪⎨⎧ 0 ∈∀x R (1) thoả ∈∀x R ⇒ x2 – mx +1 ≠ 0 ∈∀x R ⇔ x2 – mx + 1 = 0 toàn quốc ⇔ ∆ = mét vuông – 4 0 ∈∀x R (1) ⇔ 1mxx4xx322+−++ ≥ 2 ⇔ x2 + (2m + 1)x + 2 ≥ 0 (2) (1) thoả ∈∀x R ⇔ ⎩⎨⎧>=≤−+=∆)d(01a07m4m4 2⇔ 271m271 +− 23 (nhiều loại vày không thoả ) * a ≠ 1− thì f(x) +=04a2a2"01aA2 ⇔ ⎩⎨⎧−≤−>2a1av1a ≥ ⇔ a ≥ 1 KL : a ≥ 1 b) f(x) ≥ 0 tất cả nghiệm .Giả sử f(x) ≥ 0 Việt Nam * a = 1− thì f(x) = 4x – 6 ⇔ a =0mcosmsinmcosmsin"0mcosa22 ⇔ ⎩⎨⎧≤≤>1mcosmsin00mcos ⇔ ⎩⎨⎧≤ 1 (1) ⇔ x2 – 1 ≤ x2 – 2x +8 ⇔ x ≤ 29 so với đk ⇔ 1 ∆1m2mm1m1m2mm1m0"2221 x , x , ta dươc : x1 ∆∆>00a : f(x) ≥ 0 ∀x ≤ x1 ∨ x ≥ x2 • m = 1 ⎩⎨⎧=∆>00a : f(x) = 0 ⇔ x = 0 • m > 1 ⎩⎨⎧00a : f(x) ≥ 0 ∀x ∈ R 33 Bài 12 Giải và biện luận : mx2 + (m + 3)x + 3 ≥ 0 Giải • m = 0 : bất phương thơm trình ⇔ 3x + 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ -1 • m ≠ 0 : ∆ = (m + 3)2 – 4.3.m = (m – 3)2 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧−++−=−−+−=m2|3m|)3m(xm2|3m|)3m(x21 ⇔ ⎪⎩⎪⎨⎧−=−=m3x1x21Xét h = -1 - ⎟⎠⎞⎜⎝⎛−m3 = 1m3 − = mm3 − = x1 - x2 M 0 3 ∆ + | + 0 + A - 0 + | + H - || + 0 - Tóm lại : • m = 0 : bất phương trình ⇔ x ≥ -1 • m 3 : bất phương trình ⇔ x ≤ -1 ∨ x ≥ - m3 • m = 3 : bất phương trình ⇔ x ∈ R Bài 13 Cho 2f (x) m(m 3)x 2mx 2= + + + Định m nhằm bpt : 2f (x) mx> bao gồm tập nghiệm là R Giải Tatất cả : 2 2m(m 3)x 2mx 2 mx , x R+ + + > ∀ ∈ 2 2(m 2m)x 2mx 2 0, x R⇔ + + + > ∀ ∈ Xét m 0≠ cùng m 2≠ − : 34 Xét : m 0m 2=⎡⎢ = −⎣ YCĐB" 0 m(m 4) 0a 0 m(m 2) 0∆ + >⎩ ⎩ m 4 m 0m 2 m 0⎧⇔ ⎨ ⎩ m 4 m 0 (b) ⇔ kết luận : (a) (b) m 4 m 0 ∨ ⇔ đúng x R∀ ∈ Vậy : m 0= (nhận) (a) * 1m 2 : 4x 2 0 x2= − − + > ⇔ ⎪⇔ ⎪⎢⎨∆ ≥⎢⎪⎢⎪− − + − >⎪ ⎪⇔⎨ ⎨ + >+ + − >⎪ ⎪⎪ ⎪− 0 : minf(t) = f( m− 1− ) f( m− 1− ) ≤ 0 ⇔ m2 – m – 2 ≤ 0 ⇔ 1− ≤ m ≤ 2 (loại) Trường phù hợp 2 : t − (Đề Đại Học Dược thủ đô ) Giải Đặt f(x) = mx2 + x + m – 1 f(x) có 2 nghiệm phân minh x1, x 2 : ⇔ ⎪⎩⎪⎨⎧+−−=∆ ≠221m2210m0)1m(m410m x1 , x2 nhất trí 1x1x121>− ⇔ ⎩⎨⎧≠− 0 , 0 ∀x b) Tìm m sao cho ( ) 2( ) 2 1 2 4 3 0f x m x x m= − − + − ≤ ∀x c) Tìm m làm sao để cho ( ) ( ) 22 1 2 1 0f x m x mx m= + − − + ≥ ∀x d) Tìm m làm sao để cho ( ) ( ) ( )21 2 1 3 2 0f x m x m x m= − − + − − 0 ∀x yêu cầu xét 2 ngôi trường hợp TH1 : 00a bc= =⎧⎨ >⎩ TH2 : 00a >⎧⎨∆ 0 cùng với ∀x thỏa |x| 0 Bài 4 Giải những bất pmùi hương trình sau : a) 3x3 0 Bài 18 Giải và biện luận bất phương thơm trình sau : |x2 + 3x + 2| 0 . Chứng minc 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 minch |f(x)| ≤ 45 khi |x| ≤ 1 . Bài 30 Cho f(x) = ax2 + bx + c (a ≠ 0) thỏa |f(x)| ≤ 1 khi |x| ≤ 1 . Chứng minc |cx2 + bx + a| ≤ 2 Khi |x| ≤ 1. Bài 31 Chứng minc cùng với ∆ABC thì : x2 – 2x(cosB + cosC) + 2(1 – cosA) ≥ 0 , ∀x.