Bài 32 trang 126 SGK Đại số 10 nâng cao
Lập bảng xét dấu của các biểu thức
LG a
\({{4 - 3x} \over {2x + 1}}\)
Phương pháp giải:
- Biến đổi biểu thức về tích, thương các nhị thức bậc nhất.
- Tìm nghiệm của các nhị thức bậc nhất trên.
- Sắp xếp các nghiệm theo thứ tự tăng dần và xét dấu theo chú ý "phải cùng trái khác".
- Từ đó suy ra dấu của biểu thức đã cho.
Lời giải chi tiết:
Ta có: \(4 - 3x = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{4}{3};\) \(2x + 1 = 0 \Leftrightarrow x = - \dfrac{1}{2}\)
Bảng xét dấu:
LG b
\(1 - {{2 - x} \over {3x - 2}}\)
Lời giải chi tiết:
Ta có: \(1 - \frac{{2 - x}}{{3x - 2}} = \frac{{3x - 2 - 2 + x}}{{3x - 2}} = \frac{{4x - 4}}{{3x - 2}}\)
\(4x - 4 = 0 \Leftrightarrow x = 1;\) \(3x - 2 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{2}{3}\)
Ta có bảng xét dấu:
LG c
\(x{(x - 2)^2}(3 - x)\)
Lời giải chi tiết:
\(x - 2 = 0 \Leftrightarrow x = 2;\) \(3 - x = 0 \Leftrightarrow x = 3\)
Ta có bảng xét dấu sau:
LG d
\({{x{{(x - 3)}^2}} \over {(x - 5)(1 - x)}}\)
Lời giải chi tiết:
\(x - 3 = 0 \Leftrightarrow x = 3;\) \(x - 5 = 0 \Leftrightarrow x = 5;\) \( 1 - x = 0 \Leftrightarrow x = 1\)
Ta có bảng xét dấu sau:
Bài 33 trang 126 SGK Đại số 10 nâng cao
Phân tích các đa thức sau thành nhân tử bậc nhất rồi xét dấu:
LG a.
\(–x^2+ x + 6\)
Lời giải chi tiết:
Ta có:
\(\begin{array}{l}
- {x^2} + x + 6\\
= - {x^2} + 3x - 2x + 6\\
= - x\left( {x - 3} \right) - 2\left( {x - 3} \right)\\
= \left( {x - 3} \right)\left( { - x - 2} \right)
\end{array}\)
Và \(x - 3 = 0 \Leftrightarrow x = 3; \) \(- x - 2 = 0 \Leftrightarrow x = - 2\)
Ta có bảng xét dấu:
Chú ý:
Có thể dùng chú ý dưới đây để phân tích đa thức thành nhân tử:
Nếu đa thức \(f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c\) có nghiệm \(x=x_1\) và \(x=x_2\) thì f(x) có thể được viết lại là:
\(f\left( x \right) = a\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)\)
Cụ thể:
Ta thấy \(f\left( x \right) = - {x^2} + x + 6\) có \(a=-1\) và hai nghiệm \(x_1=-2,x_2=3\) nên \(f\left( x \right) = - \left( {x + 2} \right)\left( {x - 3} \right) \) \(= \left( { - x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)\)
LG b.
\(2{x^2} - (2 + \sqrt 3 )x + \sqrt 3 \)
Phương pháp giải:
Có thể dùng chú ý dưới đây để phân tích đa thức thành nhân tử:
Nếu đa thức \(f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c\) có nghiệm \(x=x_1\) và \(x=x_2\) thì f(x) có thể được viết lại là:
\(f\left( x \right) = a\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)\)
Lời giải chi tiết:
Phương trình \(2{x^2} - (2 + \sqrt 3 )x + \sqrt 3 =0\) có hai nghiệm là x1 = 1 và \({x_2} = {{\sqrt 3 } \over 2}\)
Do đó:
\(2{x^2} - (2 + \sqrt 3 )x + \sqrt 3 \) \(= 2(x - 1)(x - {{\sqrt 3 } \over 2}) \)
\(= (x - 1)(2x - \sqrt 3 )\)
Ta có bảng xét dấu sau:
Chú ý:
Có thể phân tích đa thức đã cho thành nhân tử như sau:
\(\begin{array}{l}
2{x^2} - \left( {2 + \sqrt 3 } \right)x + \sqrt 3 \\
= 2{x^2} - 2x - \sqrt 3 x + \sqrt 3 \\
= 2x\left( {x - 1} \right) - \sqrt 3 \left( {x - 1} \right)\\
= \left( {x - 1} \right)\left( {2x - \sqrt 3 } \right)
\end{array}\)
Bài 34 trang 126 SGK Đại số 10 nâng cao
Giải các bất phương trình
LG a
\({{(3 - x)(x - 2)} \over {x + 1}} \le 0\)
Phương pháp giải:
Lập bảng xét dấu của vế trái, từ đó suy ra nghiệm của bất phương trình.
Lời giải chi tiết:
Ta có bảng xét dấu:
Vậy tập nghiệm của bất phương trình \({{(3 - x)(x - 2)} \over {x + 1}} \le 0\) là:
\(S = (-1, 2] ∪ [3, +∞)\)
LG b
\({3 \over {1 - x}} \ge {5 \over {2x + 1}}\)
Lời giải chi tiết:
Ta có:
\({3 \over {1 - x}} \ge {5 \over {2x + 1}}\) \( \Leftrightarrow {{3(2x + 1) - 5(1 - x)} \over {(1 - x)(2x + 1)}} \ge 0 \) \(\Leftrightarrow {{11x - 2} \over {(1 - x)(2x + 1)}} \ge 0\)
Bảng xét dấu:
Tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: \(S = ( - \infty ; - {1 \over 2}) \cup {\rm{[}}{2 \over {11}},1)\)
LG c
\(|2x - \sqrt 2 |\, + \,|\sqrt 2 - x|\, > \,3x - 2\)
Phương pháp giải:
Lập bảng xét dấu, phá dấu giá trị tuyệt đối và giải các bất phương trình thu được.
Lời giải chi tiết:
Ta có bảng xét dấu:
i) Với \(x < {{\sqrt 2 } \over 2}\) , ta có:
\(\eqalign{
& (1) \Leftrightarrow - 2x + \sqrt 2 + \sqrt 2 - x > 3x - 2 \cr&\Leftrightarrow 6x < 2\sqrt 2 + 2 \cr
& \Leftrightarrow x < {{\sqrt 2 + 1} \over 3} \cr} \)
Vì \({{\sqrt 2 } \over 2} < {{\sqrt 2 + 1} \over 3} \Rightarrow x < {{\sqrt 2 } \over 2}\)
ii) Với \({{\sqrt 2 } \over 2} \le x < \sqrt2\) , ta có:
\((1) \Leftrightarrow 2x - \sqrt 2 + \sqrt 2 - x > 3x - 2\) \( \Leftrightarrow x < 1\)
Kết hợp điều kiện ta có: \({{\sqrt 2 } \over 2} \le x < 1\)
iii) Với \(x \ge \sqrt 2 \)
\((1) \Leftrightarrow 2x - \sqrt 2 - \sqrt 2 + x > 3x - 2\)
\(\Leftrightarrow - 2\sqrt 2 > - 2\) (vô nghiệm)
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: \(S = ( - \infty ,{{\sqrt 2 } \over 2}) \cup {\rm{[}}{{\sqrt 2 } \over 2},1) = ( - \infty ,1)\)
LG d
\(|(\sqrt 2 - \sqrt 3 )x + 1|\, \le \,\sqrt 3 + \sqrt 2 \)
Lời giải chi tiết:
Áp dụng: \(|A| ≤ B ⇔ -B ≤ A ≤ B\)
Ta có:
\(\eqalign{
& |(\sqrt 2 - \sqrt 3 )x + 1|\, \le \,\sqrt 3 + \sqrt 2 \cr
& \Leftrightarrow - \sqrt 3 - \sqrt 2 \le (\sqrt 2 - \sqrt 3 )x + 1 \le \sqrt 3 + \sqrt 2 \cr
& \Leftrightarrow - \sqrt 3 - \sqrt 2 - 1 \le (\sqrt 2 - \sqrt 3 )x \le \sqrt 3 + \sqrt 2 - 1 \cr
& \Leftrightarrow {{ - \sqrt 3 - \sqrt 2 - 1} \over {\sqrt 2 - \sqrt 3 }} \ge x \ge {{\sqrt 3 + \sqrt 2 - 1} \over {\sqrt 2 - \sqrt 3 }} \cr
& \Leftrightarrow (\sqrt 3 + \sqrt 2 + 1)(\sqrt 3 + \sqrt 2 ) \ge x \ge \cr&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1 - \sqrt 3 - \sqrt 2 )(\sqrt 3 + \sqrt 2 ) \cr
& \Leftrightarrow 5 + 2\sqrt 6 + \sqrt 3 + \sqrt 2 \ge x \ge \cr&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;- 5 - 2\sqrt 6 + \sqrt 3 + \sqrt 2 \cr} \)
Vậy \(S = {\rm{[}} - 5 - 2\sqrt 6 + \sqrt 3 + \sqrt 2 ;\,5 + 2\sqrt 6 + \sqrt 3 + \sqrt 2 )\)
Bài 35 trang 126 SGK Đại số 10 nâng cao
Giải các hệ bất phương trình
LG a
\(\left\{ \matrix{
(x - 3)(\sqrt 2 - x) > 0 \hfill \cr
{{4x - 3} \over 2} < x + 3 \hfill \cr} \right.\)
Phương pháp giải:
Giải từng bất phương trình có trong hệ, kết hợp nghiệm và kết luận.
Lời giải chi tiết:
Ta có bảng xét dấu:
Ta có:
\(\eqalign{
& (x - 3)(\sqrt 2 - x) > 0 \cr &\Leftrightarrow \sqrt 2 < x < 3\,\,(1) \cr
& {{4x - 3} \over 2} < x + 3 \cr &\Leftrightarrow 2x < 9 \Leftrightarrow x < {9 \over 2}\,\,\,(2) \cr} \)
Từ (1) và (2) ta có: \(\sqrt 2 < x < 3\)
Vậy \(S = (\sqrt 2 ,3)\)
LG b
\(\left\{ \matrix{
{2 \over {2x - 1}} \le {1 \over {3 - x}} \hfill \cr
|x| < 1 \hfill \cr} \right.\)
Lời giải chi tiết:
Ta có:
\(\eqalign{
& {2 \over {2x - 1}} \le {1 \over {3 - x}} \cr &\Leftrightarrow {2 \over {2x - 1}} - {1 \over {3 - x}} \le 0 \cr
& \Leftrightarrow {{6 - 2x - 2x + 1} \over {(2x - 1)(3 - x)}} \le 0 \cr &\Leftrightarrow {{ - 4x + 7} \over {(2x - 1)(3 - x)}} \le 0 \cr} \)
Bảng xét dấu:
Ta có:
\({{ - 4x + 7} \over {(2x - 1)(3 - x)}} \le 0 \Leftrightarrow \left[ \matrix{
x < {1 \over 2} \hfill \cr
{7 \over 4} \le x < 3 \hfill \cr} \right.\)
Hệ đã cho tương đương với:
\(\left\{ \matrix{
\left[ \matrix{
x < {1 \over 2} \hfill \cr
{7 \over 4} \le x < 3 \hfill \cr} \right. \hfill \cr
- 1 < x < 1 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow - 1 < x < {1 \over 2}\)
Vậy \(S = ( - 1;{1 \over 2})\)
Bài 36 trang 127 SGK Đại số 10 nâng cao
Giải và biện luận các bất phương trình:
LG a
\(mx + 4 > 2x + {m^2}\)
Phương pháp giải:
Biến đổi bpt về dạng \(x \le b\left( {ax \ge b,ax < b,ax > b} \right)\) rồi xét các trường hợp \(a > 0, a < 0, a=0\) suy ra tập nghiệm.
Lời giải chi tiết:
Ta có:
\(\begin{array}{l}mx + 4 > 2x + {m^2}\\ \Leftrightarrow mx - 2x > {m^2} - 4\\ \Leftrightarrow \left( {m - 2} \right)x > \left( {m - 2} \right)\left( {m + 2} \right)\,\,\left( * \right)\end{array}\)
+) Nếu \(m - 2 > 0 \Leftrightarrow m > 2\) thì \(\left( * \right) \Leftrightarrow x > \dfrac{{\left( {m - 2} \right)\left( {m + 2} \right)}}{{m - 2}} = m + 2\)
\( \Rightarrow S = \left( {m + 2; + \infty } \right)\)
+) Nếu \(m - 2 < 0 \Leftrightarrow m < 2\) thì \(\left( * \right) \Leftrightarrow x < \dfrac{{\left( {m - 2} \right)\left( {m + 2} \right)}}{{m - 2}} = m + 2\)
\( \Rightarrow S = \left( { - \infty ;m + 2} \right)\)
+) Nếu \(m - 2 = 0 \Leftrightarrow m = 2\) thì \(\left( * \right) \Leftrightarrow 0x > 0\) (vô lý)
\( \Rightarrow S = \emptyset \)
Vậy,
+ Nếu \(m > 2\) thì \(S = (m + 2, +∞)\)
+ Nếu \(m < 2\) thì \(S = (-∞; m + 2)\)
+ Nếu \(m = 2\) thì \(S = Ø\)
LG b
\(2mx + 1 \ge x + 4{m^2}\)
Lời giải chi tiết:
Ta có:
\(\begin{array}{l}2mx + 1 \ge x + 4{m^2}\\ \Leftrightarrow 2mx - x \ge 4{m^2} - 1\\ \Leftrightarrow \left( {2m - 1} \right)x \ge \left( {2m - 1} \right)\left( {2m + 1} \right)\,\,\left( * \right)\end{array}\)
+) Nếu \(2m - 1 > 0 \Leftrightarrow m > \dfrac{1}{2}\) thì \(\left( * \right) \Leftrightarrow x \ge \dfrac{{\left( {2m - 1} \right)\left( {2m + 1} \right)}}{{2m - 1}} = 2m + 1\)
\( \Rightarrow S = \left[ {2m + 1; + \infty } \right)\)
+) Nếu \(2m - 1 < 0 \Leftrightarrow m < \dfrac{1}{2}\) thì \(\left( * \right) \Leftrightarrow x \le \dfrac{{\left( {2m - 1} \right)\left( {2m + 1} \right)}}{{2m - 1}} = 2m + 1\)
\( \Rightarrow S = \left( { - \infty ;2m + 1} \right]\)
+) Nếu \(2m - 1 = 0 \Leftrightarrow m = \dfrac{1}{2}\) thì \(\left( * \right) \Leftrightarrow 0x \ge 0\) (luôn đúng)
\( \Rightarrow S = \mathbb{R}\)
Vậy,
+ Nếu \(m > {1 \over 2}\) thì \(S = [2m +1; +∞)\)
+ Nếu \(m < {1 \over 2}\) thì \(S = (-∞; 2m + 1]\)
+ Nếu \(m = {1 \over 2}\) thì \(S =\mathbb R\)
LG c
\(x\left( {{m^2} - 1} \right) < {m^4} - 1\)
Lời giải chi tiết:
\(\begin{array}{l}x\left( {{m^2} - 1} \right) < {m^4} - 1\\ \Leftrightarrow x\left( {{m^2} - 1} \right) < \left( {{m^2} - 1} \right)\left( {{m^2} + 1} \right)\,\,\left( * \right)\end{array}\)
+) Nếu \({m^2} - 1 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 1\\m < - 1\end{array} \right.\) thì \(\left( * \right) \Leftrightarrow x < \dfrac{{\left( {{m^2} - 1} \right)\left( {{m^2} + 1} \right)}}{{{m^2} - 1}} = {m^2} + 1\)
\( \Rightarrow S = \left( { - \infty ;{m^2} + 1} \right)\)
+) Nếu \({m^2} - 1 < 0 \Leftrightarrow - 1 < m < 1\) thì \(\left( * \right) \Leftrightarrow x > \dfrac{{\left( {{m^2} - 1} \right)\left( {{m^2} + 1} \right)}}{{{m^2} - 1}} = {m^2} + 1\)
\( \Rightarrow S = \left( {{m^2} + 1; + \infty } \right)\)
+) Nếu \({m^2} - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = - 1\end{array} \right.\) thì \(\left( * \right) \Leftrightarrow 0x < 0\)(vô lý)
\( \Rightarrow S = \emptyset \)
Vậy,
+ Nếu \(\left[ \begin{array}{l}m > 1\\m < - 1\end{array} \right.\) thì \(S = \left( { - \infty ;{m^2} + 1} \right)\).
+ Nếu \( - 1 < m < 1\) \(S = \left( {{m^2} + 1; + \infty } \right)\).
+ Nếu \(m = \pm 1\) thì \(S = \emptyset \).
LG d
\(2\left( {m + 1} \right)x \le {\left( {m + 1} \right)^2}\left( {x - 1} \right)\)
Lời giải chi tiết:
\(\begin{array}{l}2\left( {m + 1} \right)x \le {\left( {m + 1} \right)^2}\left( {x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {2m + 2} \right)x \le {\left( {m + 1} \right)^2}x - {\left( {m + 1} \right)^2}\\ \Leftrightarrow \left( {2m + 2 - {m^2} - 2m - 1} \right)x \le - {\left( {m + 1} \right)^2}\\ \Leftrightarrow \left( {1 - {m^2}} \right)x \le - {\left( {m + 1} \right)^2}\\ \Leftrightarrow \left( {{m^2} - 1} \right)x \ge {\left( {m + 1} \right)^2}\end{array}\)
+) Nếu \({m^2} - 1 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 1\\m < - 1\end{array} \right.\) thì \(\left( * \right) \Leftrightarrow x \ge \dfrac{{{{\left( {m + 1} \right)}^2}}}{{{m^2} - 1}} = \dfrac{{m + 1}}{{m - 1}}\)
\( \Rightarrow S = \left[ {\dfrac{{m + 1}}{{m - 1}}; + \infty } \right)\)
+) Nếu \({m^2} - 1 < 0 \Leftrightarrow - 1 < m < 1\) thì \(\left( * \right) \Leftrightarrow x \le \dfrac{{{{\left( {m + 1} \right)}^2}}}{{{m^2} - 1}} = \dfrac{{m + 1}}{{m - 1}}\)
\( \Rightarrow S = \left( { - \infty ;\dfrac{{m + 1}}{{m - 1}}} \right]\)
+) Nếu \({m^2} - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = - 1\end{array} \right.\)
Với \(m = 1\) thì (*) là \(0x \ge 4\) (vô lý)
\( \Rightarrow S = \emptyset \)
Với \(m = - 1\) thì (*) là \(0x \ge 0\) (luôn đúng)
\( \Rightarrow S = \mathbb{R}\)
Vậy,
+ Nếu \(\left[ \begin{array}{l}m > 1\\m < - 1\end{array} \right.\) thì \(S = \left[ {\dfrac{{m + 1}}{{m - 1}}; + \infty } \right)\).
+ Nếu \( - 1 < m < 1\) thì \(S = \left( { - \infty ;\dfrac{{m + 1}}{{m - 1}}} \right]\).
+ Nếu \(m = 1\) thì \(S = \emptyset \).
+ Nếu \(m = - 1\) thì \(S = \mathbb{R}\).
Bài 37 trang 127 SGK Đại số 10 nâng cao
Giải các bất phương trình sau:
LG a
\(( - \sqrt 3 x + 2)(x + 1)(4x - 5) > 0\)
Phương pháp giải:
- Tìm nghiệm các nhị thức bậc nhất và sắp xếp chúng theo thứ tự tăng dần.
- Lập bảng xét dấu suy ra tập nghiệm.
Lời giải chi tiết:
Ta có:
\(\begin{array}{l}
- \sqrt 3 x + 2 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\\
x + 1 = 0 \Leftrightarrow x = - 1\\
4x - 5 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{5}{4}
\end{array}\)
Bảng xét dấu:
Vậy \(S = ( - \infty , - 1) \cup ({2 \over {\sqrt 3 }};{5 \over 4})\)
LG b
\({{3 - 2x} \over {(3x - 1)(x - 4)}} < 0\)
Lời giải chi tiết:
Ta có:
\(\begin{array}{l}
3 - 2x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{3}{2}\\
3x - 1 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{3}\\
x - 4 = 0 \Leftrightarrow x = 4
\end{array}\)
Bảng xét dấu:
Vậy \(S = ({1 \over 3};{3 \over 2}) \cup (4, + \infty )\)
LG c
\({{ - 3x + 1} \over {2x + 1}} \le - 2\)
Lời giải chi tiết:
Ta có:
\(\eqalign{
& {{ - 3x + 1} \over {2x + 1}} \le - 2 \cr & \Leftrightarrow \frac{{ - 3x + 1}}{{2x + 1}} + 2 \le 0\cr &\Leftrightarrow {{ - 3x + 1 + 2(2x + 1)} \over {2x + 1}} \le 0 \cr
& \Leftrightarrow {{x + 3} \over {2x + 1}} \le 0 \cr} \)
Từ bảng xét dấu ta thấy: \(- 3 \le x < - {1 \over 2}\)
Vậy \(S = {\rm{[ - 3,}}-{1 \over 2})\)
LG d
\({{x + 2} \over {3x + 1}} \le {{x - 2} \over {2x - 1}}\)
Lời giải chi tiết:
Ta có:
\(\eqalign{
& {{x + 2} \over {3x + 1}} \le {{x - 2} \over {2x - 1}} \cr& \Leftrightarrow \frac{{x + 2}}{{3x + 1}} - \frac{{x - 2}}{{2x - 1}} \le 0\cr &\Leftrightarrow {{(x + 2)(2x - 1) - (x - 2)(3x + 1)} \over {(3x + 1)(2x - 1)}} \le 0 \cr
& \Leftrightarrow \frac{{2{x^2} + 4x - x - 2 - \left( {3{x^2} - 6x + x - 2} \right)}}{{\left( {3x + 1} \right)\left( {2x - 1} \right)}} \le 0 \cr&\Leftrightarrow {{ - {x^2} + 8x} \over {(3x + 1)(2x - 1)}} \le 0\cr& \Leftrightarrow \frac{{{x^2} - 8x}}{{\left( {3x + 1} \right)\left( {2x - 1} \right)}} \ge 0\cr& \Leftrightarrow {{x(x - 8)} \over {(3x + 1)(2x - 1)}} \ge 0 \cr} \)
Lập bảng xét dấu vế trái
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là:\(S = ( - \infty ; - {1 \over 3}) \cup {\rm{[}}0,{1 \over 2}) \cup {\rm{[}}8, + \infty )\)
Bài 38 trang 127 SGK Đại số 10 nâng cao
Giải và biện luận các bất phương trình
LG a
\((2x - \sqrt 2 )(x - m) > 0\)
Phương pháp giải:
- Tìm nghiệm các nghị thức bậc nhất.
- Biện luận giá trị của m để so sánh các nghiệm, từ dó lập bảng xét dấu và kết luận tập nghiệm.
Lời giải chi tiết:
Ta có:
\(\eqalign{
& 2x - \sqrt 2 = 0 \Leftrightarrow x = {{\sqrt 2 } \over 2} \cr
& x - m = 0 \Leftrightarrow x = m \cr} \)
i) Với \(m < {{\sqrt 2 } \over 2}\) , ta có bảng xét dấu:
Vậy \(S = ( - \infty ;m) \cup ({{\sqrt 2 } \over 2}, + \infty )\)
ii) Với \(m = {{\sqrt 2 } \over 2}\) thì bất phương trình trở thành:
\(\eqalign{
& (2x - \sqrt 2 )(x - {{\sqrt 2 } \over 2}) > 0\cr & \Leftrightarrow {(2x - \sqrt 2 )^2} > 0 \cr
& \Leftrightarrow x \ne {{\sqrt 2 } \over 2} \cr
& S = R\backslash {\rm{\{ }}{{\sqrt 2 } \over 2}{\rm{\} }} \cr} \)
iii) Với \(m > {{\sqrt 2 } \over 2}\) , ta có bảng xét dấu:
\(S = ( - \infty ;{{\sqrt 2 } \over 2}) \cup (m; + \infty )\)
LG b
\({{\sqrt 3 - x} \over {x - 2m + 1}} \le 0\)
Lời giải chi tiết:
Ta có:
\(\eqalign{
& \sqrt 3 - x = 0 \Leftrightarrow x = \sqrt 3 \cr
& x - 2m + 1 = 0 \Leftrightarrow x = 2m - 1 \cr} \)
i) Nếu \(2m - 1 < \sqrt 3 \Leftrightarrow m < {{\sqrt 3 + 1} \over 2}\) , ta có bảng sau:
Khi đó bpt có tập nghiệm \(S = \left( { - \infty ;2m - 1} \right) \cup \left[ {\sqrt 3 ; + \infty } \right)\)
ii) Nếu \(2m - 1 = \sqrt 3 \Leftrightarrow m = {{\sqrt 3 + 1} \over 2}\) thì bất phương trình trở thành:
\(\dfrac{{\sqrt 3 - x}}{{x - \sqrt 3 }} \le 0 \) \(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x - \sqrt 3 \ne 0\\
- 1 \le 0\left( \text{đúng} \right)
\end{array} \right. \) \(\Leftrightarrow x \ne \sqrt 3 \)
Tập nghiệm là: \(S = ( - \infty ,\sqrt 3 ) \cup (\sqrt 3 , + \infty )\)
iii) Nếu \(2m - 1 > \sqrt 3 \Leftrightarrow m > {{\sqrt 3 + 1} \over 2}\) thì ta có bảng sau:
Vậy tập nghiệm là \(S = ( - \infty ,\sqrt 3 ] \cup (2m - 1; + \infty )\)
Bài 39 trang 127 SGK Đại số 10 nâng cao
Tìm nghiệm nguyên của mỗi hệ bất phương trình sau:
LG a
\(\left\{ \matrix{
6x + {5 \over 7} > 4x + 7 \hfill \cr
{{8x + 3} \over 2} < 2x + 25 \hfill \cr} \right.\)
Phương pháp giải:
Giải mỗi bất phương trình trong hệ, kết hợp nghiệm tìm nghiệm của hệ.
Lời giải chi tiết:
Ta có:
\(\left\{ \matrix{
6x + {5 \over 7} > 4x + 7 \hfill \cr
{{8x + 3} \over 2} < 2x + 25 \hfill \cr} \right. \) \(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{
42x + 5 > 28x + 49 \hfill \cr
8x + 3 < 4x + 50 \hfill \cr} \right. \)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
42x - 28x > 49 - 5\\
8x - 4x < 50 - 3
\end{array} \right.\)
\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{
14x > 44 \hfill \cr
4x < 47 \hfill \cr} \right. \)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x > \frac{{22}}{7}\\
x < \frac{{47}}{4}
\end{array} \right.\)
\(\Leftrightarrow {{22} \over {7}} < x < {{47} \over 4}\)
Vì x ∈ Z nên x ∈ {4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11}
LG b
\(\left\{ \matrix{
15x - 2 > 2x + {1 \over 3} \hfill \cr
2(x - 4) < {{3x - 14} \over 2} \hfill \cr} \right.\)
Lời giải chi tiết:
Ta có:
\(\left\{ \matrix{
15x - 2 >2x + {1 \over 3} \hfill \cr
2(x - 4) < {{3x - 14} \over 2} \hfill \cr} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
45x - 6 > 6x + 1 \hfill \cr
4x - 16 < 3x - 14 \hfill \cr} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
45x - 6x > 1 + 6\\
4x - 3x < - 14 + 16
\end{array} \right.\)
\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{
39x > 7 \hfill \cr
x < 2 \hfill \cr} \right. \)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x > \frac{7}{{39}}\\
x < 2
\end{array} \right.\)
\(\Leftrightarrow {7 \over {39}} < x < 2\)
Vì x ∈ Z nên x = 1.
Bài 40 trang 127 SGK Đại số 10 nâng cao
Giải bất phương trình và bất phương trình
LG a
|x + 1| + |x – 1| = 4 (1)
Phương pháp giải:
Xét dấu các biểu thức dưới dấu giá trị tuyệt đối, từ đó phá dấu giá trị tuyệt đối giải phương trình thu được.
Lời giải chi tiết:
Ta có bảng:
i) Với \(x < -1\), ta có (1) \(⇔ - x – 1 – x + 1 = 4 \) \( \Leftrightarrow - 2x = 4 \Leftrightarrow x = - 2\) (nhận)
ii) Với \(-1 ≤ x ≤ 1\), ta có: (1) \(⇔ x + 1 – x + 1 = 4 ⇔ 2 = 4\) (vô nghiệm)
iii) Với \(x > 1\), ta có (1) \(⇔ x + 1 + x – 1 = 4 \) \(\Leftrightarrow 2x = 4 \Leftrightarrow x = 2\) (nhận)
Vậy S = {-2, 2}
LG b
\({{|2x - 1|} \over {(x + 1)(x - 2)}} > {1 \over 2}\)
Phương pháp giải:
Phá dấu giá trị tuyệt đối, giải bất phương trình bằng cách lập bảng xét dấu.
Lời giải chi tiết:
Ta có:
i) Nếu \(x \le {1 \over 2}\) thì bất phương trình trở thành:
\(\eqalign{
& {{ - 2x + 1} \over {(x + 1)(x - 2)}} > {1 \over 2}\cr& \Leftrightarrow {{2( - 2x + 1) - (x + 1)(x - 2)} \over {2(x + 1)(x - 2)}} > 0 \cr
& \Leftrightarrow {{ - {x^2} - 3x + 4} \over {2(x + 1)(x - 2)}} > 0\cr & \Leftrightarrow {{(x - 1)(x + 4)} \over {2(x + 1)(x - 2)}} < 0 \cr} \)
Từ bảng xét dấu ta thấy
\(\left[ \begin{array}{l}
- 4 < x < - 1\\
1 < x < 2
\end{array} \right.\)
Kết hợp \(x \le {1 \over 2}\) ta có: \(-4 < x < -1\).
ii) Nếu \(x > {1 \over 2}\) thì bất phương trình đã cho trở thành: \({{2x - 1} \over {(x + 1)(x - 2)}} > {1 \over 2}\)
Ta có:
\(\eqalign{
& {{2x - 1} \over {(x + 1)(x - 2)}} > {1 \over 2} \cr&\Leftrightarrow {{2(2x - 1) - (x + 1)(x - 2)} \over {2(x + 1)(x - 2)}} > 0 \cr
& \Leftrightarrow {{x(x - 5)} \over {2(x + 1)(x - 2)}} < 0 \cr} \)
Lập bảng xét dấu trên nửa khoảng \(({1 \over 2}, + \infty )\)
Trong trường hợp này ta có: \(2 < x < 5\)
Vậy \(S = (-4, -1) ∪ (2, 5)\)
Bài 41 trang 127 SGK Đại số 10 nâng cao
Giải và biện luận các hệ bất phương trình
LG a.
\(\left\{ \matrix{
(x - \sqrt 5 )(\sqrt 7 - 2x) > 0 \hfill \cr
x - m \le 0 \hfill \cr} \right.\)
Phương pháp giải:
Giải từng bất phương trình có trong hệ.
Biện luận m để so sánh các điểm đầu mút, từ đó suy ra tập nghiệm tương ứng.
Lời giải chi tiết:
Ta có bảng xét dấu:
Vậy \((x - \sqrt 5 )(\sqrt 7 - 2x) > 0\) \( \Leftrightarrow {{\sqrt 7 } \over 2} < x < \sqrt 5 \)
Ta có: \({S_1} = ({{\sqrt 7 } \over 2};\sqrt 5 )\)
Bất phương trình thứ hai có nghiệm \(x ≤ m\).
Ta có: \({S_2} = (-∞; m]\),
Do đó:
+ Nếu \(m \le {{\sqrt 7 } \over 2}\) thì tập nghiệm là S = S1 ∩ S2 = Ø
+ Nếu \({{\sqrt 7 } \over 2} < m < \sqrt 5 \) thì tập nghiệm là \(S = {S_1} \cap {S_2} = ({{\sqrt 7 } \over 2},m]\)
+ Nếu \(m \ge \sqrt 5 \) thì tập nghiệm là \(S = {S_1} \cap {S_2} = ({{\sqrt 7 } \over 2};\sqrt 5 )\)
LG b.
\(\left\{ \matrix{
{2 \over {x - 1}} < {5 \over {2x - 1}} \hfill \cr
x - m \ge 0 \hfill \cr} \right.\)
Lời giải chi tiết:
Ta có:
\({2 \over {x - 1}} < {5 \over {2x - 1}} \) \( \Leftrightarrow \frac{2}{{x - 1}} - \frac{5}{{2x - 1}} < 0\) \(\Leftrightarrow {{2(2x - 1) - 5(x - 1)} \over {(x - 1)(2x - 1)}} < 0 \) \( \Leftrightarrow {{-x + 3} \over {(x - 1)(2x - 1)}} < 0\)
Bằng cách lập bảng xét dấu vế trái, ta có:
\({2 \over {x - 1}} < {5 \over {2x - 1}} \Leftrightarrow \left[ \matrix{
{1 \over 2} < x < 1 \hfill \cr
x > 3 \hfill \cr} \right.\)
Ta có: \({S_1} = ({1 \over 2};1) \cup (3, + \infty )\)
\(x - m \ge 0 \Leftrightarrow x \ge m\) nên tập nghiệm của bất phương trình thứ hai là: S2 = [m, +∞ ).
Do đó:
+ Nếu \(m \le {1 \over 2}\) thì tập nghiệm là \({S_1} = ({1 \over 2};1) \cup (3, + \infty )\)
+ Nếu \({1 \over 2} < m < 1\) thì tập nghiệm là \(S = {\rm{[m, 1)}} \cup {\rm{(3, + }}\infty {\rm{)}}\)
+ Nếu \(1≤ m ≤ 3\) thì tập nghiệm là \(S = (3, +∞ )\)
+ Nếu \(m > 3\) thì tập nghiệm là \(S = [m; +∞ )\)
Được cập nhật: hôm qua lúc 12:06:01 | Lượt xem: 384