Điều Kiện Để Bất Phương Trình Bậc 2 Có Nghiệm Khi Nào, Khi Đó Delta Cần Thỏa Điều Kiện Gì

Đang xem: Bất phương trình bậc 2 có nghiệm khi nào

22 trang

haha99

6155

0hướng dẫn

Xem thêm: dàn ý chi tiết bài văn nghị luận văn học và tình thương

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

Xem thêm: Chia Sẻ Cách Tính Vật Liệu Xây Nhà Cấp 4 2017, Cách Tính Vật Liệu Xây Dựng Khi Xây Nhà Cấp 4

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 có 2 nghiệm phân biệt x1 0 ∀x ≠ 2ba− ; f2ba⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠ = 0 • ∆ > 0 : 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 ∀x∈R 00a >⎧⇔ ⎨∆ ⎧⇔ ⎨∆ ≤⎩ • f(x) 2x17x 25 Bài 2 Giải bất phương 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 hai vế của bất phương trình cho x2 (x2 > 0) 26 3×2 – 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 Trở về x: x + x1 ≤ -2 hay x + x1 ≥ 2 ⇔ xx 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 : ⎩⎨⎧>>∆0a0″ (vì a = 1) Ta có : x1 = 4m + 3 – “∆ (x1 00a, 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 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 00a ⇒ f(x) ≥ 0 Rx∈∀ Vậy (1) VN * 1− ∆∆>00a , f(x) có 2 nghiệm phân biệt 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 VN ⇔ ∆ = m2 – 4 0 ∈∀x R (1) ⇔ 1mxx4xx322+−++ ≥ 2 ⇔ x2 + (2m + 1)x + 2 ≥ 0 (2) (1) thoả ∈∀x R ⇔ ⎩⎨⎧>=≤−+=∆)d(01a07m4m4 2⇔ 271m271 +− 23 (loại vì không thoả ) * a ≠ 1− thì f(x) +=04a2a2″01aA2 ⇔ ⎩⎨⎧−≤−>2a1av1a ≥ ⇔ a ≥ 1 KL : a ≥ 1 b) f(x) ≥ 0 có nghiệm .Giả sử f(x) ≥ 0 VN * 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 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 – Kết luận : • 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 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 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 hợp 2 : t − (Đề Đại Học Dược Hà Nội ) Giải Đặt f(x) = mx2 + x + m – 1 f(x) có 2 nghiệm phân biệt x1, x 2 : ⇔ ⎪⎩⎪⎨⎧+−−=∆ ≠221m2210m0)1m(m410m x1 , x2 thoả mãn 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 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= − − + − − 0 ∀x cần xét 2 trường hợp TH1 : 00a bc= =⎧⎨ >⎩ TH2 : 00a >⎧⎨∆ 0 với ∀x thỏa |x| 0 Bài 4 Giải các bất phương trình sau : a) 3×3 0 Bài 18 Giải và biện luận bất phương trình sau : |x2 + 3x + 2| 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)| ≤ 45 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.