Cộng đồng chia sẻ tri thức Lib24.vn

Bài 4: Dấu của nhị thức bậc nhất

Gửi bởi: Phạm Thọ Thái Dương 8 tháng 10 2020 lúc 17:09:50


Mục lục
* * * * *

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