Bất phương trình hữu tỉ và vô tỉ

Bài 4. Bất phương trình hữu tỉ và vô tỉ Giả sử f(x) và g(x) là các hàm số xác định trên các miền D và E tương ứng. Giải bất phương trình f(x) > g(x) (hay f(x) ≥ g(x)) nghĩa là tìm tất cả các điểm xo ∈ D ∩ E sao cho f(xo) > g(xo) (hay f(xo ≥ g(xo)) là bất đẳng thức đúng. Tập hợp các điểm xo như vậy được gọi là tập hợp nghiệm của bất phương trình. Hai bất phương trình được gọi là tương đương nếu hai tập hợp nghiệm tương ứng của chúng là trùng nhau. Ta dùng dấu ⇔ để chỉ sự tương đương của hai bất phương trình. 1. Bất phương trình hữu tỉ Trong bất phương trình f(x) > g(x) mà f và g đều là các hàm hữu tỉ thì nó được gọi là bất phương trình hữu tỉ. 1.1. Bất phương trình bậc nhất Đó là bất phương trình dạng ax + b > 0 (1) (hoặc ax + b > 0, ax + b ≥ 0, ax + b ≤ 0) a) Nếu a = 0 thì (1) ⇔ 0x + b > 0. Do đó nếu b > 0 thì (1) nghiệm đúng với ∀x ∈ R nếu b < 0 thì (1) vô nghiệm. b) Nếu a > 0 thì (1) ⇔ x > b a − . Tập nghiệm là b , a  − ∞   c) Nếu a < 0 thì (1) ⇔ x < b a − . Tập nghiệm là b, a −∞     . Ví dụ 1. Giải bất phương trình (a2 + a + 1)x + a3 − a > 0, (2) (a là tham số). Vì a2 + a + 1 > 0 nên (1) ⇔ 3 2 a a x a a −> 1+ + . Ví dụ 2. Giải bất phương trình (ẩn x) (a + 1)x + (a2 + 2) ≥ 0 (3) Giải. a) a = −1, (3) nghiệm đúng với mọi x. b) a > −1, (3) ⇔ 2a 2 x a 1 +> − + . c) a < −1, (3) ⇔ 2a 2 x a 1 +< − + Ví dụ 3. Giải hệ bất phương trình 2x 3 0 x 3 0 + > − ≤ (4) Hệ (4) ⇔ 3 x 2 x 3  > − ≤ − ⇔ x ∈ 3 , 3 2  −   . 1.2. Bất phương trình bậc hai 1.2.1. Xét bất phương trình bậc hai ax2 + bx + c > 0 (hoặc ax2 + bx + c ≥ 0), a ≠ 0, a, b, c ∈ R. Xét bất phương trình f(x) : = ax2 + bx + c > 0, a ≠ 0 (5) Ta có 2 2 b f(x) a x 2a 4a  ∆ = + −      , ∆ = b2 − 4ac. a) Giả sử ∆ < 0. Khi đó + nếu a > 0 thì f(x) luôn luôn dương và (5) nghiệm đúng với mọi x. + nếu a < 0 thì (5) vô nghiệm b) Giả sử ∆ = 0. + nếu a > 0 thì (5) có tập nghiệm b b , , 2a 2a   −∞ − ∪ − +∞      + nếu a < 0 thì (5) vô nghiệm. c) Giả sử ∆ > 0. Khi đó f(x) = a(x − x1)(x − x2), trong đó 1 b x 2a − − ∆= , 2 bx 2a − + ∆= Từ đó : + Nếu a > 0 thì (5) có tập nghiệm (−∞, x1) ∪ (x2, +∞) + Nếu a < 0 thì (5) có tập nghiệm là (x2, x1). Ví dụ 4. Giải bất phương trình 2x2 − 3x + 1 < 0 (6) Giải. Tam thức bậc hai 2x2 − 3x + 1 có 2 nghiệm 1 1 x 2 = , x2 = 1 và a = 2 > 0. Vì vậy (6) có tập nghiệm là 1 , 1 2     . Ví dụ 5. Tìm a để phương trình (a − 2)x2 − 2ax + 2a − 3 = 0 (7) Có hai nghiệm phân biệt. Giải. (7) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi a 2 0 ≠∆ > ⇔ ⇔ 2 a 2 4a 4(a 2)(2a 3) 0 ≠ − − − > a 2 4(a 1)(a 6) 0 ≠− − − > ⇔ a ∈ (1, 2) ∪ (2, 6). Ví dụ 6. Tìm a để mọi nghiệm của bất phương trình x2 − 3x + 2 < 0 (8) cũng là nghiệm của bất phương trình f(x) : = ax2 − (3a + 1)x + 3 > 0 (9) Giải. (8) có tập nghiệm là (1, 2). Phương trình f(x) = 0 (với a ≠ 0) có nghiệm là 1 a và 3. a) a = 0. Khi đó (9) ⇔ x < 0 và như vậy a = 0 là giá trị cần tìm. b) a < 0. Khi đó 1 a < 1 < 2 < 3 và do đó (1, 2) ⊂ 1 , 3 a    . Vậy a < 0 cũng thỏa mãn. c) Xét a > 0 c1) Nếu 3 < 1 a (⇔ a < a < 1 3 ) thì miền nghiệm của (9) là (−∞, 3) ∪ 1 , a  ∞   ⊃ (1, 2) Như vậy 0 < a < 1 3 cũng thỏa mãn đầu bài. c2) Xét 1 3 a ≤ (⇔ a ≥ 1 3 ) thì (9) có tập nghiệm 1M , a  −∞   ∪ (3, +∞). Để M ⊃ (1, 2) điều kiện cần và đủ là 2 ≤ 1 a ⇔ a ≤ 1 2 . Kết hợp ại ta thấy tập hợp các giá trị a cn tìm là l{ }1 1 1a : a ,3 2 3 ∈ ≤ ≤ =   R 12 . 1.2.2. Định lí đảo về tam thức bậc hai Giả sử f(x) = ax2 + bx + c, a ≠ 0. a) Nếu tồn tại α sao cho af(α) 0 và f(x) có hai nghiệm x1 và x2 thỏa mãn x1 < α < x2 b) Nếu tồn tại α sao cho 0f af( ) 0 ∆ > α > thì f(x) có hai nghiệm x1 < x2 và α ∉ [x1, x2]. c) Nếu tồn tại α sao cho ∆ > 0 af(α) = 0 b 2a − > α (tương ứng b 2a − < α ), thì hai nghiệm x1, x2 của f(x) thỏa mãn α < x1 < x2 (tương ứng x1 < x2 < α). d) Nếu tồn tại hai số α và β (α < β) sao cho f(α)f(β) < 0 thì trong khoảng (α, β) f(x) có đúng một nghiệm. Ví dụ 7. Tìm tất cả các số a sao cho phương trình x2 − 2(a − 1)x + (2a + 1) = 0 (1) có hai nghiệm dương phân biệt. Giải. Theo 1.2.2.b), điều kiện cần và đủ để (10) có hai nghiệm dương phân biệt là : ' 0 1.f(0) 0 b 0 2a ∆ > >− > ⇔ a(a 4) 0 a 1 0 2a 1 0 − > − > + > ⇔ ⇔ a ≥ 4 ⇔ a ∈ [4, +∞). Ví dụ 8. Tìm tất cả các số a sao cho phương trình f(x) : = 2x2 − 2(2a + 1)x + a(a − 1) = 0 (11) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1 < a < x2. Giải. Theo 1.2.2.a), điều kiện cần và đủ để (11) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1 < a < x2 là 2.f(a) = 2a2 − 2(2a + 1)a + a(a − 1) < 0 ⇔ −a2 − 3a < 0 ⇔ a ∉ [−3, 0]. Ví dụ 9. Tìm a để bấtphương trình f(x) : = x2 + ax + a2 + 6a < 0 (12) có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng (1, 2). Giải. Đầu tiên, nhận xét rằng (12) có nghiệm khi và chỉ khi ∆ > 0 ⇔ −3a2 − 24a > 0 ⇔ a(a + 8) < 0 ⇔ a ∈ (−8, 0) (13) Khi đó, (12) có tập nghiệm a 3a(a 8) a 3a(a 8) M , 2 2  − − − + − + − +=    M ∩ (1, 2) = ∅ ⇔ a 3a(a 8) 1 2 − + − + ≤ (14) a 3a(a 8) 2 2 − − − + ≥ (15) (13) & (14) ⇔ 3a(a 8) a 2− + ≤ + ⇔ ⇔ ⇔ 2 a 2 a 7a 1 8 a 0 ≥ − + + ≥− < < 0 7 4 a 2 8 a 0  − + ≥− < < 5 ⇔ 7 45 a 0 2 − + < < (16) (13) & (15) ⇔ −8 < a ≤ 4 1− − 2 (17) Từ đó M ∩ (1, 2) ≠ ∅ ⇔ 7 44 2 3 a 2 − +− − < < 5 1l 0 0 . 1.3. Bất phương trình đại số bậc cao Đó là bất phương trình có dạng n n 1 o 1 n 1 nf(x) : a x a x ... a x a 0 − −= + + + + > , (18) trong đó ao, ..., an ∈ R, ao ≠ 0. Cách giải (18) thường được sử dụng là phân tích f(x) dưới dạng tích 1 mk k 2 o 1 m 1 1f(x) a (x ) ...(x ) (x p x q ) ...= −α −α + + rl2 r r...(x p x q )+ + , (18') trong đó α1 < α2 < ... < αm và 2 1 1p 4q− < , ..., 2r rp 4q− < . Sau đó lập bảng xét dấu để tìm các khoảng nghiệm. Ví dụ 10. Giải bất phương trình (x − 3)(3+ x)(2 − x) > 0 (19) Giải. (19) ⇔ [x − (−3)](x − 2)(x − 3) < 0. Lập bảng xét dấu ta nhận được (19) ⇔ x ∈ (−∞, −3) ∪ (2, 3) Ví dụ 11. Giải bất phương trình f(x) = (x + 3)(x + 2)5(2 − x)3(2x + 2)2 (20) Giải. Phương trình có các nghiệm −3, −2, −1, 2. (20) ⇔ [x − (−3)][(x − (−2)]5(x − 2)3[x − (−1)]2 (21) Ta có sơ đồ sau : Từ đó (20) ⇔ x ∈ (−∞, −3) ∪ (−2, −1) ∪ (−1, 2). Nhận xét. Nếu f(x) có dạng (18') thì dấu của f(x) cùng dấu với . Từ đó f(x) > 0 ⇔ g(x) > 0. 1ko 1 mg(x) : a (x ) ...(x )= −α −α mk ) Giả sử ao > 0. Khi đó g(x) > 0 trên (αm, +∞). Nếu km chẵn thì g(x) vẫn dương trên (αm−1, αm) Nếu km lẻ thì g(x) < 0 trên m 1 m( ,−α α . Tương tự, nếu biết dấu của g(x) trên khoảng (ai, ai+1) thì dấu của g(x) giữ nguyên hay đổi dấu tùy thuộc vào ki chẵn hay lẻ. Bằng cách đó ta xác định được dấu của g(x) trên mỗi khoảng (ai, ai+1). Từ đó tập nghiệm của bất phương trình f(x) > 0 (hay 0 (hay g(x) < 0). Ví dụ 12. Giải các bất phương trình a) f = x4 − 10x3 + 35x2 − 50x + 24 > 0, (22) b) g = 3x4 − 24x3 + 53x2 − 20x − 12 < 0 (23) Gợi ý. a) (22) ⇔ (x − 1)(x − 2)(x − 3)(x − 4) > 0. Đáp số x ∈ (−∞, 1) ∪ (2, 3) ∪ (4, +∞). b) (23) ⇔ 4 4x 2 (x 1)(x 3) x 2 0 3 3   − + − − − − <      ⇔ 4 4x 2 , 1 3, 2 3 3   ∈ − ∪ +      . 1.4. Bất đẳng thức phân thức Đó là các bất đẳng thc dạng f(x) 0 g(x) > , f(x) 0 g(x) < , f(x) 0 g(x) ≥ , f(x) 0 g(x) ≤ , trong đó f, g là các đa thức hệ số thực. Ta có a) f(x) 0 g(x) > ⇔ f(x)g(x) > 0, b) f(x) 0 g(x) < ⇔ f(x)g(x) < 0 g(x) 0  ≠ d) f(x) 0 g(x) ≤ ⇔ f(x)g(x) 0 g(x) 0 ≤ ≠ Ví dụ 13. Giải bất phương trình x x 2 2 >− 1 (24) (24) ⇔ x 2 0 2(x 2) + >− ⇔ (x − 2)(x + 2) > 0 ⇔ x ∈ (−∞, −2) ∪ (2, +∞). Ví dụ 14. Giải bất phương trình 1 1 x 2 x 1 x 1+ ≤− − (25) Giải. (25) ⇔ 2x 2 0 x(x 1)(x 2) − ≤− − (x 2)(x 1)x(x 2)(x 2) 0 x(x 1)(x 2) 0  − − − + ≤⇔  − − ≠ (26) Sử dụng nhận xét trong mục 1.3 ta có (26) ⇔ x ∈ (−∞, 2− ] ∪ (0, 1) ∪ [ 2 , 2). Ví dụ 15. Tìm a sao cho hệ bất phương trình 2 2 2 2 x ax 2 2 x x 1 x ax 2 3 x x 1  + − − − + (27) nghiệm đúng với mọi x. Giải. (27) ⇔ 2 2 2 2 x (a 2)x 4 0 x x 1 4x (a 3)x 1 0 x x 1  − + + > − + + − + > − + ⇔ (28) 2 2 x (a 2)x 4 0 4x (a 3)x 1 0  − + + > + − + > Vậy để (27) nghiệm đúng với mọi x cần và đủ là (29) 2 1 2 2 : (a 2) 16 0 : (a 3) 16 0 ∆ = + − <∆ = − − < (a 6)(a 2) 0 (a 7)(a 1) 0 + − <⇔  − + < ⇔ a ∈ (−6, 2) ∩ (−1, 7) ⇔ a ∈ (−1, 2) hay −1 < a < 2. Ví dụ 15. Giải và biện luận bất phương trình 2x 5x 6 a g(x) 0 x 1 − + −= >− (30) Giải. Kí hiệu f(x) = x2 − 5x + 6 − a. Biệt thức của f là ∆ = 4a + 1. a) Nếu a < 1 4 − thì f(x) > 0 với ∀x ∈ R. Khi đó g(x) > 0 ∀x > 1. b) Nếu a = 1 4 − thì 2 5 x 2x) 0 x 1  −  g( = >− khi x > 1 và x ≠ 5 2 . c) Xét a > 1 4 − . g(x) > 0 ⇔ f(x) 0 x 1 0 f(x) 0 x 1 0  > − > < − < ⇔ 1 2 1 2 5 4 1 x x 2 5 4 1 x x 2 x 1 x x x x 1  − + = > < < < + Nếu 1 < x1 ⇔ 1 4 − x2 còn hệ sau vô nghiệm. + Nếu x1 = 1 ⇔ a = 2 thì hệ sau vô nghiệm còn hệ đầu cho ta x > 4. + Nếu x1 2 thì hệ sau cho x > x2 còn hệ đầu cho x1 < x < 1 hoặc x > x2. Tóm lại a) a < 1 4 − : x ∈ (1, +∞) b) a = 1 4 − : x ∈ (1, +∞)\{ }52 c) a < 2 : x ∈ (1, x1) ∪ (x2, +∞) d) a = 2 : x ∈ (4, +∞) e) a > 2 : x ∈ (x1, 1) ∪ (x2, +∞). 2. Bất phương trình vô tỉ Đó là bất phương trình dạng f(x) > 0 (f(x) < 0), trong đó f(x) là hàm mà ẩn x có mặt dưới căn. Trong quá trình giải người ta thường sử dụng các phép biến đổi tương đương sau : a) 2x 12n 1 f(x) g(x) f(x) g (x)++ > ⇔ > b) 2n 2n g(x) 0 f(x) 0 f(x) g(x) g(x) 0 f(x) g (x)  ≤ >> ⇔  ≥ > c) 2n 12n f(x) g(x) f(x) g (x)+< ⇔ < d) 2n 2n f(x) 0 f(x) g(x) g(x) 0 f(x) g (x) ≥< ⇔ ≥ < Chú ý. 1) Bất phương trình f(x) ≥ 0 ⇔ f(x) 0 f(x) 0 = > 2) Khi giải bất phương trình vô tỉ cần phải xác định tập xác định, sau đó thực hiện các phép biến đổi tương đương trên tập xác định của hàm. Ví dụ 1. Giải bất phương trình 2(x 1) x x 2 0− − − ≥ (1) Giải. (1) ⇔ 2 2 x 1 0 x x 2 x 1 0 x x 2  − ≥ 0 0 − − ≥ − ≤ − − ≤ ⇔ 2 x 1 (x 2)(x 1) 0 x 1 x x 2 0  ≥ − + ≥ ≤ − − = ⇔ ⇔ x ∈ {−1} ∪ [2, +∞). x 2 x 1 ≥ = − Ví dụ 2. Giải bất phương trình 2x 6x 5 8 2− + − > − x (2) (2) ⇔ 2 2 8 2x 0 x 6x 5 8 2 8 2x 0 x 6x 5 8 2  − ≥ − + − > − − − x x ⇔ 2 2 2 x 4 x 6x 5 (8 2x) x 4 x 6x 5 0  ≤− + − > − > − + − ≥ ⇔ x 4 23 (x 3) x 0 5 x 4 (x 1)(x 5) 0  ≤   − −  − − ≤ ⇔ 3 x 4 4 x 5 < ≤ < ≤ ⇔ 3 < x ≤ 5. Ví dụ 3. Giải bất phương trình 4x − 6 > 216x 2x− (3) Giải. (3) ⇔ ⇔ 2 2 2 4x 6 0 6x 2x 0 (4x 6) 6x 2x − ≥ − ≥ − > − x 1,5 (x 1)(x 2) 0 ≥ − − > ⇔ 2 < x ≤ 3. Ví dụ 4. 2 x 4x 3 2 x − + − ≥ (4) ⇔ x 0 2 x 4x 3 2x x 0 2 x 4x 3 2x  > − + − ≥ < − + − ≤ ⇔ x 0 2 x 3 2x x 0 2 x 3 2x  > − ≥ − < − ≤ − ⇔ ⇔ 2 2 x 0 3 2x 0 2 x 0 x 0 3 2x 0 2 x (3 2x) x 0 3 2x 0 2 x 0 2 x (3 2x)  > −  − ≥ − ≥ − < − ≥ − ≥ − ≤ − 3 x 2 2 3 1 x 2 x 0  < ≤ ≤ ≤ < ⇔ 1 x 2 x 0 ≤ ≤ < Ví dụ 5. Giải bất phương trình 2 2 2x 8x 15 x 2x 15 4x 18x 18− + + + − > − + (5) Giải. Tập xác định gồm các x ∈ R thỏa mãn 2 2 2 x 8x 15 0 x 2x 15 0 4x 18x 18 0  − + ≥ + − ≥ − + ≥ ⇔ x 3 x 5 x 5 x 3 3 x x 2 ≤ ∨ ≥ 3 ≤ − ∨ ≥ ≤ − ∨ ≥ Vậy D = {3} ∪ (−∞, −5] ∪ [5, +∞). x = 3 không là nghiệm. Vậy (5) ⇔ 2 2 2 x 5 x 8x 15 x 2x 15 4x 18x 18  ≥ − + + + − > − + ⇔ 2 2 x 5 x 8x 15 x 2x 15 (x 3)  ≥ − + + − > − 2 ⇔ 2 2 4 x 5 (x 3) (x 25) (x 3)  ≥ − − > − ⇔ 2 2 x 5 x 25 (x 3)  ≥ − > − ⇔ x 5 6x 34  ≥ ≥ ⇔ x ≥ 17 3 . Ví dụ 6. Giải bất phương trình 1 1 x x 1 x x 1 x −− − − > (6) Tập xác định gồm các x thỏa mãn (x 1)(x 1) 0 x x 1 0 x + − ≥ − ≥ ⇔ x 1 0 x 1 0 x + ≥ − ≥ ⇔ x ∈ [−1, 0) ∪ [1, +∞) Với x như vậy, để x là nghiệm của (6) thì 1 x 1 x x − > − 1 ⇔ x > 1. Trên (1, +∞), (6) ⇔ 2 x 1 x 1 x 1 x 1 x x x − − − + − >    ⇔ x 1x 1 1 x −+ − > ⇔ x 1x 1 1 x −+ − > (7) ⇔ 2x 1 x 1 x 1 2 1 x x − −+ + − > (vì vế trái của (7) dương) ⇔ 2 22 x 1. x x 0− + >x 1− − ⇔ ( )22x 1 x− − > 0 Vậy tập nghiệm của (6) là (1, +∞). Ví dụ 7. Giải và biện luận (x a)(x a 2) 2x a 1− + − ≥ − − (7) Điều kiện (x − a)(x + a − 2) ≥ 0 ⇔ (x − 1)2 − (a − 1)2 ≥ 0 ⇔ x 1 a 1 x 1 a 1  ≥ + − ≤ − − (8) (7) ⇔ 2 2(x 1) (a 1) 2(x 1) (a 1)− − − ≥ − − − ⇔ 2 2 2 2 (x 1) (a 1) 2(x 1) (a 1) 0 (x 1) (a 1) [2(x 1) (a 1)] 2(x 1) (a 1) 0  − ≥ − − − − ≤ − − − ≥ − − − − − − ≥ 2 ⇔ 2 2 x 1 a 1 x 1 a 1 a 1 x 1 2 (x 1) 2[(x 1) (a 1)] 0 a 1 x 1 2  ≥ + − ≤ − −  − ≤ + − + − − − ≤ − > + ⇔ x 1 a 1 x 1 x a a 1 x 1 2  ≤ − − = = − > + ⇔ x ≤ 1 a . 1− − Ví dụ 8. Giải bất phương trình 2 x a x 1+ > + (10) Giải. Tập xác định {x : x ≥ −a}. Khi đó (10) ⇔ ⇔ 2 x 1 0 x a 0 x 1 0 4(x 1) (x 1)  + + a x 1 1 2 a x 1 2 a x 1 − ≤ − Từ đó, nếu + 0 < a ≤ 1 thì 1 2 1 a x 1 2 a− < < + + a > 1 thì −a ≤ x < 1 + 2 a a ≤ 0 thì phương trình vô nghiệm.