Bạn đang xem: Bất phương trình bậc 2 vô nghiệm khi nào
Bạn đang xem 20 trang mẫu mã của tư liệu "Bất phương trình bậc hai với bất phương trình qui về bậc hai", để tải tài liệu nơi bắt đầu về máy các bạn click vào nút DOWNLOAD sinh hoạt trên
Xem thêm: Khối Lượng Của Cl O - Phân Tử Khối Của Khí Clo Là Bao Nhiêu
21 VẤN ĐỀ 2 BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI và BẤT PHƯƠNG TRÌNH QUI VỀ BẬC nhị 22 vấn đề 2 Bất Phương Trình Bậc Hai và Bất Phương Trình Qui Về Bậc nhì A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT I. Định lý: Định lý : mang đến tam thức bậc nhì f(x) = ax2 + bx + c , ∆ = b2 – 4ac • giả dụ ∆ 0 thì tam thức tất cả 2 nghiệm phân minh x1 0 ∀x ≠ 2ba− ; f2ba⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠ = 0 • ∆ > 0 : af(x) 0 ∀x ∈ (-∞ ; x1) ∪ (x2 ; +∞ ) 23 II. Bất phương trình bậc hai là 1 trong những bất phương trình có dạng ax2 + bx + c > 0 (hoặc ≥ 0 ; 0 ∀x∈R 00a >⎧⇔ ⎨∆ ⎧⇔ ⎨∆ ≤⎩ • f(x) 2x17x 25 bài bác 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 xích 3 Giải bất phương trình : x2 + 45)1x(x22 0 phân chia hai vế của bất phương 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 tuyệt T ≥ 2 ⇒ T2 – 2 = x2 + 21xBPT ⇔ 3(T2 – 2) – T + 4 ≥ 0 ⇔ 3T2 – T – 2 ≥ 0 ⇔ ⎪⎩⎪⎨⎧≥∨−≤≥∨−≤22132TTTT ⇔ T ≤ -2 ∨ T ≥ 2 về bên x: x + x1 ≤ -2 tốt x + x1 ≥ 2 ⇔ xx 1+ ≥ 2 ⇔ ∀x ∈ R 0 (b) (a) thích hợp (b) mang đến ta ∀x ∈ R KL : Vậy tập nghiệm của bpt đã cho rằng R bài bác 5 Giải cùng 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 tất cả : 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 bác 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) "∆ = mét vuông – 4m + 3 Đặt VT = f(x) • 1 0 cùng với ∈∀x R ⇒ (1) cả nước • m ≤ 1 v m ≥ 3 ⇒ "∆ > 0 ⇒ f(x) có 2 nghiệm minh bạch : x1 = 4m + 3 – "∆ , x2 = 4m + 3 + "∆ (1) có nghiệm x1 00a ⇒ f(x) ≥ 0 Rx∈∀ Vậy (1) đất nước hình chữ s * 1− ∆∆>00a , f(x) tất cả 2 nghiệm khác nhau 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 cả nước ⇔ ∆ = 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 chưng 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 toàn quốc * 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 với 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 - 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 mang lại 2f (x) m(m 3)x 2mx 2= + + + Định m nhằm bpt : 2f (x) mx> tất cả 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) ⇔ tóm lại : (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 ⇔ mét vuông – m – 2 ≤ 0 ⇔ 1− ≤ m ≤ 2 (loại) Trường vừa lòng 2 : t − (Đề Đại học tập Dược thủ đô ) Giải Đặt f(x) = mx2 + x + m – 1 f(x) có 2 nghiệm tách biệt x1, x 2 : ⇔ ⎪⎩⎪⎨⎧+−−=∆ ≠221m2210m0)1m(m410m x1 , x2 hài lòng 1x1x121>− ⇔ ⎩⎨⎧≠− 0 , 0 ∀x b) tìm kiếm m làm thế nào cho ( ) 2( ) 2 1 2 4 3 0f x m x x m= − − + − ≤ ∀x c) tìm m sao để cho ( ) ( ) 22 1 2 1 0f x m x mx m= + − − + ≥ ∀x d) tìm m làm thế nào để cho ( ) ( ) ( )21 2 1 3 2 0f x m x m x m= − − + − − 0 ∀x cần xét 2 trường vừa lòng TH1 : 00a bc= =⎧⎨ >⎩ TH2 : 00a >⎧⎨∆ 0 với ∀x thỏa |x| 0 bài 4 Giải các bất phương trình sau : a) 3x3 0 bài 18 Giải với biện luận bất phương trình sau : |x2 + 3x + 2| 0 . Minh chứng 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 lúc |x| ≤ 1 . Bài xích 30 cho f(x) = ax2 + bx + c (a ≠ 0) thỏa |f(x)| ≤ 1 lúc |x| ≤ 1 . Minh chứng |cx2 + bx + a| ≤ 2 khi |x| ≤ 1. Bài xích 31 chứng minh với ∆ABC thì : x2 – 2x(cosB + cosC) + 2(1 – cosA) ≥ 0 , ∀x.