Tải bản đầy đủ (.pdf) (57 trang)

Đề thi thử THPT quốc gia

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.33 MB, 57 trang )

(1)

DAYHOCTOAN.VN


1 DAYHOCTOAN.VN
Bài 102. Cho , ,a b c là các số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức:








2 2 2


10


2


a b c abc


b c a c a b a b b c c a


     


   


      .


Lời giải


Biến đổi bất đẳng thức như sau:






2



10 2


a a b a c


abc a b


b c


 


  








2 2


3 3


2 10 2


a a bc


a a abc a b


b c



  


 


     




 


 








2


3


2 5 0


a a b a c


a abc a b


b c


 



     










2


3 2


2 0


a a b a c


a abc a b c
b c


 


     












2



2 0


a a b a c


a a b a c
b c


 


    






2 2

   



0


a b c


a a b a c
b c


 


   







Theo bất đẳng thức Schur thì bất đẳng thức cuối đúng nên bất đẳng thức ban đầu được chứng
minh.


Bài 103. Cho , ,x y z 0 và x  y z 1. Chứng minh rằng: 2 2


2 2 1


xy z xy   xy


Lời giải


Cần chứng minh:



2 2


2 2


1


xy z x y z x y


x y z xy


    



  





2 2


2 2


x z y z x y x y z xy


        


Sử dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:


2x22y2 2

xy

24xy2

xy

 

2 x y

 

2  xy

2 2x22y2  x y
Cần chứng minh:

zx



zy

 z xy



2


2 2


2 0


z xy z x y z xy z xy z x y


          (Đúng)


Đẳng thức xảy ra


1
2
0


x y
z
  


 
 


Bài 104. Cho 3 số thực không âm , , zx y thỏa mãn 2 2 2
2


xyz  . Chứng minh rằng:
(xy y)( z z)(  x) 4xyz xy( yzzx 2) 4xyz x( 2y2z2)


Lời giải



(2)

DAYHOCTOAN.VN


2 DAYHOCTOAN.VN


Bổ đề: Xét biểu thức S (x y S)2 z (y z S)2 x (x z S)2 y
Nếu x y zS Sy; yS Sz; ySx 0 thì S0


Chứng minh


2 2 2


( ) z ( ) x ( ) y
S  x y S  y z S  x z S



2 2


(Sz Sy)(x y) (Sy Sx)(y z) 2(x y)(y z)Sy 0


         


Chứng minh


Nếu . .x y z0 Bất đẳng thức luôn đúng
Nếu . .x y z0. Ta có


2 2 2


(xy y)( z z)(  x) 4xyz xy( yzzx 2) 4xyz x( yz )


( )( )( )


2 2


4


x y y z z x


xy yz zx
xyz


  


     



( )( )( )


2 2 0


4


x y y z z x


xy yz zx
xyz


  


       (1)


Ta có


2 2 2


( )(y )( ) ( ) ( ) ( )


2


4 4


x y z z x x y z y z x z x y


xyz xyz



         






2 2 2


2 2 2


1


2(1 ) ( ) ( ) ( )


2


xy yz zx


x y y z z x


x y z


 


      


 


Do đó (1) 2 1 1 2 1 1 2 1 1



( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0


4 2 4 2 4 2


x y y z z x


xy yz zx


         


Đặt ( 1 1); ( 1 1); ( 1 1)


4 2 4 2 4 2


z x y


S S S


xy yz xz


     


Giả sử ( 1 1) 0


4 2


y
x y z S


xz



     


Mà + 1 1 1 1 = 4


4 2 4 2 4


y x


y z xyz


S S


xz yz xyz


 


   


2


2 2 2


2 (x 2 ) 4 2


(y )( ) 4 2


= 0


4 2 4 2



yz yz xyz


z x y z xyz


xyz xyz


 


   


.
Tương tự SySz 0.


Áp dụng bổ đề suy ra điều cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi 2


3


x  y z .


Bài 105. Cho , ,a b c là các số thực dương. Chứng minh rằng:


3(a2ab b 2)(b2bc c 2)(c2caa2)abc a( 3 b3 c3)


Lời giải


Nhận xét:


4 4



2 2 2 4 4 4 4 4 2 2


2(a ) ( )


2
a b


ab b a b a b a b a ab b


           


Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức:


4 4 4 4 4 4


3 3 3


3. ( )( )( ) ( )


2 2 2


a b b c c a


abc a b c


  



(3)

DAYHOCTOAN.VN



3 DAYHOCTOAN.VN


4 4

4 4 4 4 2 2 2 3 3 3 2


9 a b (b c )(c a ) 8a b c a( b c )


      


Trước tiên ta chứng minh


Bổ đề 1: Cho , ,x y z là các số thực dương ta có:
9(xy)(yz)(zx)8(x y z xy)( yzzx)
Chứng minh:


9(xy)(yz)(zx)8(x y z xy)( yzzx)


2 2 2 2 2 2


6


x y y z z x xy yz zx xyz


       ( luôn đúng theo AM- GM)
Bổ đề 2: : Cho , ,x y z là các số thực ta có:


2 2 2 2 2 2 2 2


( )


x yy zz xx yxyz x y z


Chứng minh:


2 2 2 2 2 2 2 2


( )


x yy zz xx yxyz x y z


2 2 2


(xy yz) (yz zx) (zx xy) 0


       ( luôn đúng )
Áp dụng vào bài toán


Ta có:


4 4

4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4


2 2 2 4 4 4 2 2 2


9 ( )( ) 8( )( )


8 ( )( )


a b b c c a a b c a b b c c a


a b c a b c a b c


       



    


Mà (a4b4c4)(a2b2c2)(a3 b3 c3 2) ( bất đẳng thức C-S)
Suy ra 9

a4b4

(b4c4)(c4a4)8a2b c a2 2( 3 b3 c3 2)


Vậy 2 2 2 2 2 2 3 3 3


3(a ab b )(bbc c )(ccaa )abc a(  b c )
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c


Bài 106. Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:


3 3 3


a b c


P


b c c a a b


     




  


     


Lời giải



Ta có:


3


3 3


2 2


aba b 


 



3 3


3 3


4


c c


a b a b


 




 


 



Do đó




3 3


3 3


4


c c


a b a b


 




  (1). Đẳng thức xảy ra  a b.
Tương tự ta có:




3 3


3 3


4



a a


b c b c


 




  (2),



3 3


3 3


4


b b


c a c a


 




  (3).


Từ (1), (2), (3) ta có


3 3 3



3 3 3 3 3 3


4P a b c


b c c a a b


  


  


 

 



3 3 3 3 3 3



3 3 3 3 3 3


1 1 1 1


3


2 a b b c c a b c c a a b


 


       


  


 



9 3


3


2 2


   3



(4)

DAYHOCTOAN.VN


4 DAYHOCTOAN.VN


Vậy 3


8
MinP .


Bài 107. Cho các số dương , ,a b c thỏa mãn a b c   2 abc. Tìm giá trị nhỏ nhất của S 1 1 1
a b c
   .


Lời giải


Chú ý rằng a b c   2 abcnên suy ra:


(a1)(b1)(c 1) (a1)(b  1) (b 1)(c  1) (c 1)(a1).
Do vậy ta thu được 1 1 1 1 1 1 1 2


1 1 1



1 1 1 1 1 1


a b c


a b c


      


   .


Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta được


1 1 1 1 1 1 9


1 1 1


1 1 1 2


1 1 1


a b c


a b c


 


 


    



 


 





 


.


Từ hai điều trên ta suy ra 1 1 1 3
2
a  b c .
Vậy S nhỏ nhất bằng 3


2 , dấu bằng xảy ra khi a b c và là nghiệm của:
3


3 2 0 2


aa     a b c .


Bài 108. Cho , ,x y z là các số thực dương thỏa mãn xyyzzx3xyz. Chứng minh rằng :


2 2 2


2 2 2


3



( 1) ( 1) ( 1) 2


y z x


x y   y z  z x   (1)


Lời giải


Ta có thể viết lại giả thiết xyyzzx3xyz thành 1 1 1 3


x  y z .


Đặt a 1
x


 ; b 1
y


 ; c 1
z


 . Ta có a b c  3.


Thay vào (1), ta cần chứng minh: 2 2 2 3


1 1 1 2


a b c


bca



   .


Thật vậy 2 22 2


1 1 2 2


a ab ab ab


a a a


b   b   b  


  .


Làm tương tự và cộng lại ta có: 2 2 2 ( ) 1( )


1 1 1 2


a b c


a b c ab bc ca


bca      


  


Ta có bất đẳng thức quen thuộc: 2


(a b c  ) 3(ab bc ca  ).



Do đó: 2


2 2 2


1 3


( ) ( )


1 1 1 6 2


a b c


a b c a b c


bca       


   . (vì a b c  3)


Dấu bằng xảy ra khi a  b c 1 hay x  y z 1.



(5)

DAYHOCTOAN.VN


5 DAYHOCTOAN.VN


2 2 2


2 2 2 2 2 2 8( )


ab bc ca



a b c


a b b c c a


 


  .


Lời giải


Đặt tab bc ca  , suy ra


3


( ) 1


0


3 3


a b c


t  


   .


Áp dụng điều kiện: a b c  1, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
2



2 8[( ) 2( )]


2 ( )


t


a b c ab bc ca


tabc a b c      


2 8(1 2 )


2
t


t
t abc


  




Do abc0 nên ta có đánh giá: 2 2 1
2


t t


tabctt.
Để kết thúc bài toán ta sẽ chứng minh 1 8(1 2 )t



t   (*)


Thật vậy (*) 16t2   8t 1 0 (4t1)20.Điều này luôn đúng.


Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:


1
0


1
4


a b c
abc


t ab bc ca




   






    





.


Khi đó , ,a b c là nghiệm phương trình 3 2 1 0.
4


xxx
Do đó

; ;

1 1; ;0


2 2
a b c   


  hoặc các hoán vị.
Bài 110. Cho , ,a b c là các số thực dương. Chứng minh rằng:


2 2 2


3
2


a b c


ab b bc c ca a


  


   .


Lời giải


Ta có



2 2 2


1 1 1


a b c


a b c b c a


a b c


ab b bc c ca a


b c a


    


  


2


1 1 1


a b c


b c a


a b c


b c a



 


 


 


 




    




Đặt x a,y b,z c xyz 1.


b c a


    


Ta có



2


2


1 1 1


1 1 1



a b c


x y z


b c a


a b c x y z


b c a


 


 


 


 


    



(6)

DAYHOCTOAN.VN


6 DAYHOCTOAN.VN






2 6



3 3 3 3


x y z xy yz zx x y z


x y z x y z


       


 


     


Suy ra



2 2 2


3


3 6
3


a b c S


S x y z
S


ab b bc c ca a





       


  


Ta có 3 3 6 2 3 3 3


2 2 2 2 2


S S


S


S S


 


      


  Suy ra


3 3


3 2


S
S





.
Bất đẳng thức được chứng minh.


Dấu bằng xảy ra khi a b c.


Bài 111. Cho các số thực a, b, c, d thỏa mãn : 2 2 2 2
1


abcd  . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của


biểu thức: 2 2 1


( )( )


2


Eacac bd .


Bài giải:


 2 2 1



2 2

2 2



2 2



2


Eacac bdacac bd


a2 c2

2 1

a2c2

  

2 1

b2d2






2 2 2 2


2 2 2 1 2 1


2


a c b d


a c     


  


2 2 2 2



2 1 2 1


2 a c b d 2


 


    


Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:



2 2 2 2


2 2


8



2 2


8
2 1


2 2


8
1


2 2


8


a


a c


b


b d


a b


c


a b c d


d





 


 






 








  


 


 






  




hoặc


2 2


8


2 2


8


2 2


8


2 2


8


a


b


c


d





  




  



 








 


 2 2 1



2 2

2 2



2 2



2


Eacac bdacac bd




2 2 2 2 2 2



2 1 2 1


a ca c   b d


        


2 2

2 2



2 2 2 1 2 1


2


a c b d


a c     


  


2 2 2 2



1 2 1 2


2 a c b d 2


 



(7)

DAYHOCTOAN.VN


7 DAYHOCTOAN.VN
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:




2 2 2 2


2 2


8


2 2


8
2 1


2 2


8
1


2 2


8


a


a c


b


b d


a b



c


a b c d


d




  


 






 






 


 


 







  


hoặc


2 2


8


2 2


8


2 2


8


2 2


8


a


b


c



d




  




 










  

Bài 112. Cho các số thực không âm a b c, , thoả mãn 2 2 2


2


abc  . Chứng minh bất đẳng thức







2 2 2 2 2 2


3 3 3


2


8 ; ;


3 max a b b c c a


a b c abc


a b c


   


 


Bài giải:


Do tính đối xứng của bất đẳng thức nên không mất tổng quát, giả sử a b c  0.
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có 3 3 3 3 3

 



3 2 1


ab  c abcabab ab



2 2 2 2

 



2 2 2 2 2 4 2


a b cabcabbcca  abab


Từ

 

1 và

 

2 suy ra

3 3 3

2 2 2

2 2 2 2 2 2



3 8 8 ; ;


a   b c abc a b c   a bmax a b b c c a


Hay





2 2 2 2 2 2


3 3 3


2


8 ; ;


3 max a b b c c a


a b c abc


a b c



   


 
Dấu “=” xảy ra khi a   b 1 c 0


Tóm lại:





2 2 2 2 2 2


3 3 3


2


8 ; ;


3 max a b b c c a


a b c abc


a b c


   


 
Dấu “=” khi a   b 1 c 0 và các hoán vị.


Bài 113. Cho các số thực dương a b c, , thỏa mãn 2 2 2

2
4.


abca b c  Chứng minh bất đẳng thức


 

2

 

2

2


1 1 1


3.


ab bc ca


a b b c c a




  


Bài giải:


Ta có: 2 2 2

2 2 2 2


4 2


abca b c  abcab bc ca .
Ta chứng minh:


 

2

 

2

2


2 2 2 2 2 2



6


ab bc ca


a b b c c a




   .


Thật vậy, vì 2 2 2


2abcabbcca nên ta có:


 







2


2 2 2


2 2 2 2


2 2 2


1


a b c a c b c a c b


ab ab a b c ab bc ca



a b a b a b a b


     


       


   


Suy ra


2



2



2 2


1 c a c b (1)
ab


a b a b


 


 


  .


Tương tự ta có


2



2

2



2



2 2 2 2



1 a b c a (2), 1 a b b c (3)


bc ca


b c b c c a c a


   


  



(8)

DAYHOCTOAN.VN


8 DAYHOCTOAN.VN
Cộng các BĐT (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có:


 

2

 

2

2



2



2



2



2 2 2 2 2 2


3 c a b c a b c a b c a b


ab bc ca


a b b c c a a b b c c a


     


 



      .


Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có:





2



2



2

3
c a b c a b c a b c a b


a b b c c a


     


  


   .


Suy ra điều phải chứng minh.


Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 3
3
a  b c .


Bài 114. Chứng tỏ rằng tổng 20142 20142 ... 20142 ... 20142


2013 1 2013 2 2013 2013 2013


A


n


     



    (2013 số hạng)


không phải là số nguyên dương.


Bài giải:


Trước hết ta giải bài toán tổng quát:


“Chứng minh rằng tổng 2 1 2 1 ... 2 1


1 2


n n n


A


n n n n


  


   


   (n số hạng, n1) khơng phải là số
ngun dương”.


Ta có A n 21 n 21 ... n 21


n n n



  


    (n số hạng) n 21.n 1 1 2.


n n




   


Mặt khác A n2 1 n2 1 ... n2 1


n n n n n n


  


   


   (n số hạng) 2


1


. 1


n
n


n n





 




Do đó 1 A 2.


Vậy A khơng phải là số nguyên dương.
Với n2013 thì ta có bài tốn đã cho.


Bài 115. Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn: a b c  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
(ab 1)(bc 1)(ca 1)


P


abc


  


 .


Bài giải:


Ta có: P a 1 b 1 c 1 abc 1 1 1 1 1


b c a abc a b c


   


     



   


a b c  1 nên từ BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có: 1 3 1


3 3 27


a b c


abc abc


 


   


Do đó: 1 27 1 (27 )(1 27 ) 0


27 27


abc abc


abc


abc abc


 


    


Suy ra: 1 27 1 730



27 27


abc
abc


   


Mặt khác ta lại có:

a b c

1 1 1 9 1 1 1 9


a b c a b c


 


        


 


Từ đó suy ra:


2


730 10


9 1


27 3


P      




(9)

DAYHOCTOAN.VN


9 DAYHOCTOAN.VN
Vậy


2
10
min


3


P   


  .


Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1
3


x  y z .


Bài 116. Tìm giá trị lớn nhất của số thực k sao cho bất đẳng thức sau:2

1a2



1b2



1c2



2



2



2

2



2



2



2 1b 1c 1d 2 1c 1d 1a 2

1d2



1a2



1b2



2



k ab bc cd ac bd da



       đúng với mọi số thực a b c d, , , thay đổi tùy ý.


Bài giải:


Điều kiện cần: Bất đẳng thức đúng với bộ a   b c d 3
thay vào BĐT ta được 4.2.8k

6.3 2  

k 4


Điều kiện đủ: Ta chứng minh BĐT đúng với k4

2



2



2



2 1a 1b 1c 2

1b2



1c2



1d2

2

1c2



1d2



1a2


2



2



2



2 1 d 1 a 1 b


   


2



2



2



, , ,


2 1 1 1 4 2


a b c d


a b c ab ac ad bc bd cd


         


2



2



2




, , ,


1 1 1 2 2


a b c d


a b c ab ac ad bc bd cd


         


Ta có:

1a2



1b2



1c2

 

 1a2

bc1

 

2 b c

2 

bc 1

 

a b c


1
ab bc ca
   
Tương tự trên ta được:


2



2



2



2 1a 1b 1c 2

1b2



1c2



1d2

2

1c2



1d2



1a2


2



2



2



2 1 d 1 a 1 b


   


2



2



2



, , ,



1 1 1 2 2


a b c d


a b c ab ac ad bc bd cd


         


Dấu “=” xảy ra khi a    b c d 3


Vậy giá trị lớn nhất của k bằng 4. Khi đó BĐT ln đúng với mọi số thực a b c d, , , thay đổi tùy ý
Bài 117. Giải bất phương trình: 5 2x 1 5 4


2x 2


x


x


   

 

1 .


Bài giải:


ĐK: x0


 

1 5 1 2 1 4


4x
2



x x


x




 


 


 


Đặt 1 , 2


2


t x t


x


   1 2


1
4


x t


x


   



 

1 thành 2


5 2 0


t   t 2

1



2


nhận loại


t t


   


 

 

2 3 3


1 2 4 1 0 2 0 2


2 2


x x x x



(10)

DAYHOCTOAN.VN


10 DAYHOCTOAN.VN
Bài 118. Giải bất phương trình:

x1



x2



x4



x 8

4x2

 

1


Bài giải:



 

2



2

2


1  x 6x8 x 9x8 4x


x0:

 

1 8.80 (Sai)


x0:

 

1 x 8 6 x 8 9 4


x x


  


    


  


Đặt x 8 t
x


  , t 4 2 *

 


 

1 thành 2


15 50 0 5 10


tt    t


So với điều kiện

 

* , ta được: 4 2 t 10 4 2 x 8 10 5 17 x 5 17


x



          


Vậy

 

1   x5 17;5 17


Bài 119. Giải phương trình: xx2 1 xx2 1 2 1

 



Bài giải:


ĐK: x1


Nhận xét: 2 2


1. 1 1


xxxx  


Đặt 2


1


txx  ,

t0


 

1 thành t 1 2 t 1


t


   


 

2


1  xx    1 1 x 1



Bài 1. Giải bất phương trình: 2 3x 2 x 2 34

3x2



x2 1

  



Bài giải:


TXĐ: [ ;2 )
3


D 


Trên D: x 2 0, ta chia 2 vế cho x 2 0

 

1 2 3 2 1 34 3 2


2 2


x x


x x


 


  


 


Đặt 4 3 2; 0
2
x


t t



x


 




 

1 thành 2 1


2 3 1 0 0


2


t      t t hoặc t1


 Với 0 1 4 3 2 1 2 34


2 2 2 3 47


x


t x


x


      





 Với 1 4 3 2 1 2


2
x


t x


x


    




Vậy tập nghiệm của

 

1 là 2 34;

2;


3 47


T  



(11)

DAYHOCTOAN.VN


11 DAYHOCTOAN.VN
Bài 120. Giải bất phương trình:

 



2


1 1


0 1


2 4


4 3 x


x x


 




  


Bài giải:


ĐK:
2


4 3 0


1 2; 2 3


2


x x


x x


x


   



    






 

2 1 1


1


2 4


4 3 x


x x


 




  


Nếu 1 x 2 thì  x2 4x  3 0 2x4, bất phương trình nghiệm đúng với mọi : 1x  x 2
Nếu 2 x 3 thì


2


2 4 0



4 3 0


x


x x


 





   





 

2


1 2x   4 x 4x3 2 2


4x 16x 16 x 4x 3


       2


5x 20x 19 0


   


5 5


2 2



5 5


x x


     


Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có: 2 5 3
5 x


  


Vậy tập nghiệm của

 

1 đã cho:

 

1; 2 2 5;3
5


 


  


 


Bài 121. Giải bất phương trình: 2

 


2x 6x   1 x 2 0 1


Bài giải:


 

2 2

2


2
2 0



3


2 6 1 2


1 2 6 1 2 3 7


2 0


2


2 6 1 0


x


x


x x x


x x x


x
x


x x


  


    



 


     


 
 









 






Vậy tập nghiệm của

 

1 là: ;3 7

3;


2


  


   


 





 


Bài 122. Giải bất phương trình:

2 2


3 4 9 (1)


xx  x.
Lời giải


Ta có:

2



(1) x3 x   4 x 3 0 (2)
TH1: x   3 0 x 3


2 2 2 5


(2) 4 3 4 ( 3)


6


x x x x x


           


Kết hợp với x3 ta được x3 (*)


TH2: x   3 0 x 3(2) x2  4 x 3 (3)


+) Nếu x    3 0 x 3 thì (3) thỏa mãn với   x 3 (4)



+) Nếu 2 2 5


3 0 3 (3) 4 ( 3)



(12)

DAYHOCTOAN.VN


12 DAYHOCTOAN.VN
5


3 (5)


6
x
    


Từ (4) và (5) ta có 5 (**)
6


x  Từ (*) và (**) ta có nghiệm của bất phương trình là:
5


6


x  hoặc x3.


Bài 123. Giải bất phương trình: 2 4 2


6(x 3x 1) xx  1 0 (xR).
Lời giải



Ta có : 4 2 4 2 2 2


1 0, 1 ( 1) ( 1)


xx    x xx  x  x   x  x


BPT 2 2 2 2


6 2( x x 1) (x x 1) 6(x x 1)(x x 1) 0


          


2 2


2 2


1 6( 1)


12 6 0


1 1


x x x x


x x x x


     


  



   


  .


Đặt 6(22 1) ( 0)
1


x x


t t


x x
 


 


  .


BPT trở thành: 2 3


2 6 0 0


2
t      t t
2


2
2


6( 1) 9 11 21 11 21



5 11 5 0 ;


1 4 10 10


x x


x x x


x x


 


   


        


 


Bài 124. Giải bất phương trình: 2


6 2 2(2 ) 2 1


xx  x x .


Lời giải
Điều kiện: 1.


2



x Đặt t 2x1 (t0) thì 2x t2 1.


Khi đó ta có: 2 2 2


6 2 2(2 ) 0 2 4 3( 1) 2 0


xx  x t xtx t t   


2 2


(x t) (2t 1) 0 (x 3t 1)(x t 1) 0


          


1


x t


   (do 3 1 0; 1; 0


2


x    t x  t ).


Với x 1 t, ta có: 1 2 1 2 1 2 2.


2 1 2 1
x


x x x



x x x





      


   




Đối chiếu điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là S  [2 2;).


Bài 125. Cho hê ̣ bát phương trình:
2
2


1 0
2( 1) 4 1 0


x


x m x m







 



    


a) Giải hê ̣ với m = 0.


b) Xác định m để hệ bất phương trình trên có nghiệm.
Lời giải
a) Khi m0 hê ̣ trở thành


2
2


1 0
2 1 0


x


x x







 
  




2
2



1;1


1 0


( 1) 0 x R


x
x


x


  


 




 


 





 



(13)

DAYHOCTOAN.VN



13 DAYHOCTOAN.VN
b)


2
2


1 0 (1)
2( 1) 4 1 0 (2)


x


x m x m







 


    


Giải (1) ta được x[-1;1] Xét (2):  ' m22m
TH 1:  ' 0 m[0;2] .


Khi đó bất phương trình (2) có tập nghiệm là  hệ bất phương trình có nghiệm.
TH 2:  ' 0 m ( ; 0)(2;) (*)


Ta có 2 2


1 1 2 , 2 1 2



x   m mm x   m mm


Hệ bất phương trình có nghiệm khi 1
2


1 (3)
1 (4)
x


x
 

 



+) Giải (3) ta được 2


3


m  . Kết hợp (*) [ 2; 0) (2; ).
3


m


    


+) Giải (4) ta được m = 0 (loại) KL: Vậy hệ bất phương trình có nghiệm khi 2
3
m  .



Bài 126. Giải bát phương trình:

2



2x 5x7 x 2 0

 

1 .
Lời giải


TH 1: Với x2 khi đó

 

1 luo n đúng, va ̣y x2 là nghiê ̣m
TH 2: Với x2 khi đó

 

2


1


1 2 5 7 0 7


2
x


x x


x
 



    


 


. Do x > 2 nên 7
2


x .
Vậy tập nghiệm:

 

2 7;


2
S   


.


Bài 127. Giải bất phương trình 3



3  x 1 x2 x


Lời giải


Đkxđ: x2. Đặt tx2,t0 suy ra x t2 2, thay vào bất phương trình ta được:

3


3 2 2


1      t 1 t 1 t 1 t 3 2 2

3
1 t 1 t 1 t 1 t


       






3 2


4 3 0 1 3 0



t t t t t t


        3 2 3 11


0 1 0 2 1 2 3


t x x


t x x




   


 


 


     


  .


Kết hợp với Đkxđ ta được tập nghiệm là S

  

2;3 11;

.


Bài 128. Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất :
2


4 3 2


2 0



4 4 10 0


x x m


x x x m


   





    


 .


Lời giải
Hệ đã cho có thể viết thành dạng :



2


2 2 2


2 0 2 0


4 4 10 0 2 10 0


x x m x x m


x x x m x x m



  


    




 


        






(14)

DAYHOCTOAN.VN


14 DAYHOCTOAN.VN


Ta có hệ có nghiệm x0 thì cũng có nghiệm 2x0. vậy hệ có nghiệm duy nhất


0 0 0


2xxx 1. Khi x0 1, ta có 1 0 1
9 0


m


m
m


  




 
  


 . Với m1 hệ đã cho trở thành :
2


4 3 2


2 1 0


4 4 9 0


x x


x x x


   





   


 





2


2 2



2
2


1
( 1) 0


1


2 3 2 3 0


2 9 0
x
x


x


x x x x


x x




   


 


   


  



 


 .


Bài 129. Giải bất phương trình: 4 1 12 0
4


x


x x


 


 .


Lời giải


TH 1: x 1. Bất phương trình trở thành: 4 2 0 2


2 0


4


x
x


x



x x





    


.


Đối chiếu điều kiện, suy ra     1 x 0 x 2.


TH 2: x 1. Bất phương trình trở thành 4 22 0

; 2 \

 

2; 0


4


x


x


x x


     


 .


Đối chiếu với điều kiện, suy ra x  

; 1 \

  

2 .


Vậy nghiệm của bất phương trình là: S 

;0

 

 2; 

  

\ 2 .


Bài 130. Tìm m để bất phương trình sau vơ nghiệm: (m24m5)x22(m1)x 2 0.
Lời giải



TH1: 2


0 4 5 0 1 5


a mm      m m .


Với m1, bpt trở thành: 2 0 vơ nghiệm . Do đó: m1 (nhận)
Với m 5, bpt trở thành: 12 2 0 1


6


x    x , do đó bpt có nghiệm  m 5 (loại).


TH2: 0 1


5
m
a


m


    


 .


YCBT



2



2 2


2


0 4 5 0


4 5 2 1 2 0,


0 10 11 0


a m m


m m x m x x


m m




   


 


         




     


 



11 1


m m


     . Vậy giá trị m cần tìm là: m  

; 11

 

  1;

.


Bài 131. Tìm tất cả các giá trị của m sao cho bất phương trình

m1

x22

m2

x2m 2 0 vơ
nghiệm (x là ẩn, m là tham số).


Lời giải


Bất phương trình đã cho vơ nghiệm khi và chỉ khi

2



1 2 2 2 2 0


mxmxm   x


TH1: Nếu m1 thì 6 4 0, 2,


3


x      x x  x vơ lí.
TH2: Nếu m1 thì

m1

x22

m2

x2m   2 0 x


 

2



2


1 0 1


4 6 0



' 2 1 2 2 0


m m


m m


m m m


 


  




 


   


      


 




1


2 10
2 10



2 10
m


m
m


m




    




 





.



(15)

DAYHOCTOAN.VN


15 DAYHOCTOAN.VN


Bài 132. Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm:


2




10


3


8 1 3 1


2 2 3 4


x


x


x x


m x m x




 








.
Lời giải


Ta có: 10 3



8 1 3 1


x


x


x  x  

 

1 . Điều kiện:


1
8
x  .
Ta thấy x0 không phải là nghiệm của bpt

 

1 .






8 1 3 1 10
10


3 3


8 1 3 1


8 1 3 1


x x x


x



x x


x x


x x


  


     


  


  




2
3


2 8 1 3 1 3 19 1


313 274 39 0


x


x x x x


x x



 


        






.
Kết hợp với điều kiện:  x 1.


Ta có:

2



2 2 3 4


mxmx  

2



3 2 2 4


mmxm

 

2 .
+) m1, bpt

 

2 vô nghiệm  Hệ bpt vô nghiệm.


+) m2, bpt

 

2 nghiệm đúng với mọi x Hệ bpt có nghiệm.
+) m

 

1; 2 , ta có:

 

2 2


1
x


m



  


 Hệ bpt có nghiệm.
+) m  

;1

 

2; 

, ta có:

 

2 2


1
x


m
 



Hệ bpt có nghiệm khi 2 1

 

1;3


1 m


m    .
Kết luận: m

 

1;3 .


Bài 133. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm thực:




2
2


2


4 2 2



4


5
2


8 16 16 32 16 0


x
x


x


x x mx m m




 






      




.


Lời giải


Giải BPT :


 



2
2


2
4


5 1
2


x
x


x


 


 .


 

2 2 4 2


2, 1 5 0


2 2


x x



x x


x x


 


     


 


 


2
2


2 2


2
1
2


4. 5 0


2 2


5
2


x



x x x


x x x


x







 


   


  


   


 

Từ đó ta tìm được : x2 hoặc    2 x 1


Giả sử x0là một nghiệm của PT : x48x216mx16m232m160 (2)


Khi đó PT : 4 2 2


0 8 0 16 0 16 32 16 0


xxmxmm  phải có nghiệm m



Suy ra PT : 2

4


0 0 0



(16)

DAYHOCTOAN.VN


16 DAYHOCTOAN.VN


2



' 4 2 2


0 0 0 0 0 0 0 0


64 x 2 16 x 8x 16 0 16x x 2 x 2x 8 0 0 x 2


               


Như vậy nếu (2) có nghiệm thì nghiệm lớn nhất là 2 và nghiệm nhỏ nhất là 0 .
Do đó hệ (1) ,(2) có nghiệm khi PT (2) có nghiệm x2.


Thay x2vào (2) ta được : m24m    4 0 m 2.
Vậy m 2thì hệ PT đã cho có nghiệm.


Bài 134. Giải bất phương trình:
2
2


3 5


4
x


x
x


 


 .


Lời giải
Điều kiện: 2


4 0 2


x    x  (*)
Ta có:


2
2


3 5
4
x


x
x


 



  2


2


3 5
4
x
x


x


 


 (1)


TH1: Với x 2. Bất phương trình vơ nghiệm (Do vế trái âm).
TH 2: Với x2. Bình phương hai vế bpt

 

1 , ta được:


 



2 2 4 2


2


2 2 2 2


4 4


45 4. 45 2



4 4 4 4


x x x x


x


x x x x


     




Đặt: 2


2 , 0


4
x


t t


x


 


 . Khi đó bpt

 

2 có dạng:
2


2
2



4 2


2
2


4 45 0 5 ( 0)


2 5
20


5 25 100 0


5


4 5


t t t t


x
x


x


x x


x


x x



     


 
 




      


 




Vậy nghiệm của bất phương trình là: S

  

2; 5  2 5;

.


Bài 135. Giải bất phương trình: x 3 2x  4 x 5


Nếu: x 3    x 3 2x        4 x 5 4x 4 x 1.
Kết hợp đk   x 3.


Nếu:   3 x 2 thì bpt trở thành: x 3 2x        4 x 5 2x 2 x 1
Kết hợp với đk    3 x 1.


Nếu x2 thì bpt trở thành: x 3 2x   4 x 5 2x  6 x 3
Kết hợp với đk  x 3.


Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: T    

;1

 

3;



Bài 136. Giải bất phương trình: x
x



x


x 2


5
6
2
2


2 








Lời giải


Điều kiện: 1 x 5


Theo BĐT Cauchy ta có :



2


2
5
1
5


1


5


6


2   


x x x x x x


Nên: 0 x26x52 Suy ra: 1
5
6
2


2   


x x




Vậy (1) 1 2 (2)


5
6
2
1


2
2


x


x


x


x  









(17)

DAYHOCTOAN.VN


17 DAYHOCTOAN.VN
Mặt khác : x2 12x


với x1 và 1 0
5


6
2


2    


x x



Do đó (2) luôn nghiệm đúng



Vậy (1) luôn nghiệm đúng với 1 x 5


Bài 137. Giải bất phương trình:

x

2

3

x

 

2

x

2

4

x

 

3

2

x

2

5

x

4



Lời giải


* Điều kiện:
2
2
2


3 2 0
4 3 0
5 4 0


x x


x x


x x


   


  


   



 1


4
x
x




 
 .


* Bất phương trình tương đương (x1)(x 2) (x1)(x 3) 2 (x1)(x4) (1)
TH1: Nếu

x

1

. Khi đó:


(1) (1x)(2x) (1x)(3x)2 (1x)(4x)
 1x 2 x 1x 3 x 2 1x 4x


 1x( 2 x 3 x 2 4x)0 (2)


+ Với x1 thoả mãn (2) nên x1 là một nghiệm của bất phương trình.
+ Với

x

1

thì

1

 

x

0

nên ta có:


(2)  2 x 3 x 2 4 x 0  2 x 3 x 2 4x


( 2 x 3x)24(4x)  2 2x 3  x 11 2x


 4(2x)(3x)(11 2 ) x 2 (Vì

x

1

)  97
24


x không thoả mãn

x

1




TH2: Nếu

x

4

. Khi đó:


(1)  x1 x 2 x1 x 3 2 x1 x4
x1( x 2 x 3 2 x4)0


x 2 x 3 2 x 4 0 ( Vì

x

4

nên x 1 0)
x 2 x 3 2 x4  2 (x2)(x 3) 2x11 (3)
+ Nếu 4 11


2
x


  hiển nhiên thoả mãn (3) vì VP 0 VT


+ Nếu 11
2


x ta có:


(3)  4(x2)(x 3) (2x11)2
 97


24



(18)

DAYHOCTOAN.VN


18 DAYHOCTOAN.VN
Vậy bất phương trình có tập nghiệm là: S

 

1 

4;

.
Bài 138. Giải bất phương trình:


2


1 1


0
2 4


4 3 x


x x


 




   (1)


Lời giải


* Điều kiện:
2


4

3

0



1

2;2

3



2


 

 


  

 





x

x


x

x


x


(1)
2

1

1


2

4



4

3

x



x

x







 



Nếu

1

 

x

2

thì 2


4 3 0 2 4


 x x   x , bất phương trình nghiệm đúng với mọi x:


1

 

x

2

Nếu


2



2

4

0



2

3



4

3

0



x


x


x

x


 





   


 

 





bất pt


2


2x 4 x 4x 3


     


2 2


4 16 16 4 3


xx   x x 2


5 20 19 0



xx  2 5; 2 5


5 5


x x


    


Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có: 2 5 3
5 x


  


Tập nghiệm của bất phương trình đó cho:

 

1;2

2

5

;3


5









Bài 139. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm 2
12
)
1
(
)
1
(


3
7
)
1
(
)
1
(
2
2
2










m
x
x
x
x
x
x
x
x

Lời giải
Đặt
x
x


t 1, bài toán quy về tìm Điều kiệnđể bất phương trình 2
3
1
2
2
2





m
t
t
t
t


đúng với mọi t
Vì mẫu xác định với mọi t nên  m 3ttm0,t


12
1


0 2



Do đó bất phương trình tương đương với : 2t2 t16t2 2t2m,t
t


m
t


t     


4 2 3 2 1 0,
916(2m1)0


32
25

m


Bài 140. Giải bất phương trình:

 

x

2

8

x

12

10

2

x



Lời giải


* Điều kiện: 2


8 12 0 2 6


x x x


      


* Nếu

5

 

x

6

thì

 

x

2

8

x

12

 

0 10 2

x

, bất phương trình nghiệm đúng

x

5;6


* Nếu


2


10 2

0



2

5



8

12

0



x


x


x

x






   


 





bất pt đó cho


2 2


8 12 4 40 100


x x x x


       2

28



5

48

112

0

4



5




x

x

x




(19)

DAYHOCTOAN.VN


19 DAYHOCTOAN.VN
Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có:

4

 

x

5



Tập nghiệm của bất phương trình đó cho:

(4;6]



Bài 141. Giải bất phương trình

2

x

 

3

x

 

1

3

x

8

(2).
Lời giải


+ Điều kiện: 8 (2.1)
3
x






(2)

2

x

3

3

x

8

x

1

5

x

3

x

8

x

1



 

 

   



5

 

2

3

8



1

2

2

5

33 0



5



5

0



x

x




x

x

x



x


x



  









 







11


3
2


11
3
2


5



x


x
x


 




 






 


(2,2)


+Kết luận: Kết hợp (2.1) và (2.2) bất phương trình có nghiệm:

8

3


3

 

x



Bài 142. Giải bất phương trình: 2 1 2 2 7
2


x  x  x x   x


Lời giải



* Điều kiện: x1.


Đặt tx 2 x1 Suy ra:


2


2 2 2 7


2 1 2 2 2 4


2 2


t
tx  x    x x x    x


Khi đó bất phương trình trở thành: 2


2 8 0 2 4


t       t t


- Với t 2 suy ra: x 2 x   1 2 x  2 2 x1


6 4 2 1 7 4 2 0


x x x x x


           (đúng  x 1)
- Với t4 suy ra: x 2 x  1 4 x 2 x 1 4



2 15 8 1 13 8 1 0


x x x x


          (đúng  x 1)
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là  1;



Bài 143. Tìm m để bất phương trình sau có tập nghiệm là : 2 2


(x  x 1)(x  x m)0


Lời giải


Đặt 2
1


tx  x suy ra


2


1 5 5


2 4 4


tx   


 .



Khi đó bất phương trình đó cho trở thành:

2


1 0 ( 1) 0


t t    m t mt (1)
Để bất phương trình đó cho có tập nghiệm là thì (1) phải có tập nghiệm là 5;


4


 





 


Xét 2


( ) ( 1).


f t  t mt . Ta có 2 trường hợp:
- TH1: ( 1) 5 3


2 4 2


m


m


 



. Khi đó ta có bảng biến thiên f t( ) trên 5;
4


 






(20)

DAYHOCTOAN.VN


20 DAYHOCTOAN.VN
Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy để f t( )0 với 5;
4
t  


  


  thì:
5


0
4
f  


 
hay


2



5 5 5 1


.( 1) 0 1


4 4 m m 4 m 4


         


 
 


Kết hợp với Điều kiện trên ta thấy khơng có m thỏa mãn


- TH2: ( 1) 5 3


2 4 2


m


m


 


Khi đó ta có bảng biến thiên f t( ) trên 5;
4


 






 


Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy để f t( )0 với 5;
4
t  
  


 thì:


( 1)
0
2


m


f   


 


Hay


2 2


2


( 1) ( 1)


0 ( 1) 0 1



4 2


m m


m m


     


(thỏa mãn Điều kiện)
Vậy Điều kiện để bất phương trình đó cho có tập nghiệm là là m 1
Bài 144. Giải bất phương trình 2 3x 2 x 2 3 (34 x2)(x2)


Lời giải


* Tập xác định: 2;
3
D 




* Trên D thì x 2 0 , Chia 2 vế của (1) cho x2 ta được 2 3 2 1 34 3 2


2 2


x x


x x


 



 


 


Đặt 4 3 2 0
2


x
t


x




 


 .


bất phương trình  2 – 3 1 02


t t    0 1


2
t


  hoặc t1
* Với 0 1


2
t



  thì 4 3 2 1


2 2


x
x




 


2 34


3 x 47
* Với t1 thì 4 3 2 1 2


2


x


x
x


  



(21)

DAYHOCTOAN.VN


21 DAYHOCTOAN.VN
Vậy tập nghiệm của bất phương trình (1) 2 34;

2;




3 47


T  


 


Bài 145. Giải bất phương trình x2 3x2 x2 6x5  2x2 9x7.


Lời giải


* Điều kiện:x

;5

 

 1;


- Với x 1 Hiển nhiên là nghiệm.


- Với x 1 Bất phương trình tương đương



























5
2
1
7


2
5
2


x
x
x
x


x


x


Bất phương trình vơ nghiệm.



- Với x 5:Bất phương trình tương đương: x5 x2  2x7  x5.
Vậy bất phương trình có 2 nghiệm: x 1; x 5


Bài 146. Giải bất phương trình :
2


2


3 2


4 0


3
x x


x x


x


   




 


Lời giải


Bất phương trình tương đương      



 


2


2


3 2


4 0


3


x x


x x


x


* Xét TH1:     


 




2 0


4 0


4



3 0


x


x x


x
x


* Xét TH2:


    




 


       


 





2


2


4 0



0 4


4


3 2


1 2 3


0
3


x x


x x


x


x x


x x


x


Vậy tập nghiệm của BPT là x

 

0 

4;



Bài 147. Cho bất phương trình:


 



2 2



9 4 7


1


9 9

2



m mx


x x x x




 

 

( m là tham số )
a) Giải bất phương trình với m28


b) Tìm m để bất phương trình

 

1 có nghiệm.


Lời giải:


TXĐ:D


+) x0 khơng là nghiệm của phương trình

 

1 :


  

9 4

7


1 2


9 9



1 1


m m


x x


x x




  


    Đặt


9


, 6


t x t


x



(22)

DAYHOCTOAN.VN


22 DAYHOCTOAN.VN
+) Với m28:

 

1 trở thành: 2


30 225 0 15


tt   t ( 1 điểm)



+) Bpt có hai nghiệm: x15 189 và x15 189 ( 2 điểm)

 

1 trở thành: 2


( ) ( 2) 8 1 0


f t  t mtm 

 

2


+) Để

 

1 có nghiệm x thì

 

2 phải có nghiệm t   

, 6

 

6;

(0,5 điểm)
+) Tìm m để

 

2 vơ nghiệm 49; 28


14


m  


  


  ( 1 điểm)


+) KL:Bpt có nghiệm ; 49

28;


14


m  


     


 


Bài 148. Giải bất phương trình: x26x 2 2(2x) 2x1



Lời giải:


Điều kiện: 1
2


x .
Bpt 2


2 2 1 2 1 4(2 1) 4 2 1 1


x x x x x x


         


 

2

2


2 1 2 2 1 1


x x x


     


2 2 1 2 2 1 1


x x x


      ( do 2 vế dương)
2x 1 2x 1


    1 2



2 1 2 1


x


x x x




 


   


   x 2 2


Đối chiếu đk ta có nghiệm của bất phương trình là:x 2 2
Bài 149. Giải bất phương trình:


2 2


7x 7x 9 x   x 6 2 2x1


Lời giải:


ĐK: x3 . Bpt tương đương:




2


2



7x 7x 9  x 2 x 3 2 2x 1


       






2


6x 14x 7 4 2x 1 x 3 . x 2


      


2

2


3 2x 5x 3 4 2x 5x 3. x 2 (x 2) 0


         


2 2


2 5 3 2 5 3


3. 4 1 0


2 2


x x x x


x x



   


   


 


2
2


18 46 29 0


2 6 5 0


x x


x x


   



 


  



(23)

DAYHOCTOAN.VN


23 DAYHOCTOAN.VN
23 1051


18


23 1051


18


3 19 3 19


2 2


x
x


x

















  


  







Bài 150. Với giá trị nào của m thì bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x :
2


6x 4x 5 2x4mx1

 

1


Lời giải:


Vì 6x24x 5 0 với mọi x nên:

 

1  

6x24x 5

2x24mx 1 6x24x5
2


2


(1 ) 1 0


4 2(1 ) 3 0


x m x


x m x


    



 


   





 

2


Vậy,

 

1 nghiệm đúng với mọi x khi và chỉ khi cả hai bất phương trình trong hệ

 

2 đồng
thời nghiệm đúng với mọi x. Điều này tương đương với:


2 2


1


2 2


2


(1 ) 4 2 3 0


(1 ) 12 2 11 0


m m m


m m m


       





       






Bài 151. Giải bất phương trình:


3 2 4 5


x  x  x


Lời giải:


Nếu x 3thì phương trình trở thành :   x 3 2x        4 x 5 4x 4 x 1
kết hợp điều kiện   x 3.


Nếu 3  x 2thì phương trình trờ thành :x 3 2x        4 x 5 2x 2 x 1
kết hợp điều kiện    3 x 1.


Nếux2thì phương trình trở thành :x 3 2x   4 x 5 2x  6 x 3
kết hợp điều kiện  x 3.


Vậy tập nghiệm của bất phương trình là : T   

;1

 

3;

.
Bài 152. Tìm m để bất phương trình 4x2  m x vơ nghiệm.


Lời giải:


Điều kiện : 2  x 2.
Bất phương trình : 2



(24)

DAYHOCTOAN.VN


24 DAYHOCTOAN.VN
Bài 153. Giải bất phương trình 9 9 x x 9.



x x


   


Lời giải:


Điều kiện :
9


9 0.


3.
9


0.


3 0.


0.
x


x
x


x
x


x
  






   


  












Nếu 3  x 0.Thì x x 9 0 9 9


x x


     suy ra bất phương trình vơ nghiệm.


Nếu x 3 x x 9 0.
x


    


Nên bất phương trình tương đương với



2 2


9 9 9 9


9 x 2x x x x 9 2x x x 0


x x x x


            .




2
2


2


3.
3.


9 0 1 37


.


9 .


2





 


   



 


 




x
x


x x


x


x x




Vậy tập nghiệm là :

3;

\ 1 37 .
2


  


 



  


 


 


S


Bài 154. a) Tìm m để nghiệm của bất phương trình sau chứa đoạn

 

1; 2
2


2
2


3 1 0


3 1 1


m x x


x x


   


  


b) Giải bất phương trình: 2 4 6 2 2 4 6 2 2 4 6


(2 )m x x  (1 m )x  x  (1 m )x x với 0 m 1 .



Lời giải:


a) Với

 

1; 2 5 2 3 1 1
4


x    xx  


Đặt 2 5


3 1 1;


4
txx    t  


 . Ta có bất phương trình: 2


2 2


0
1


mt m


t t t


   


 


Xét ( ) 22 , 1;5


4


f t t


t t


 


  


  


2 2


4 2 5


( ) 0 1;


( ) 4


t


f t t


t t


  


       



  



(25)

DAYHOCTOAN.VN


25 DAYHOCTOAN.VN


t 1 5
4
( )


f t 


( )


f t


2


32
45
Vậy để bất phương trình có nghiệm chứa đoạn

 

1; 2 là 32


45
m .
b) Vì (m21)x2 4x 6 0  x; m


Ta có


2
2 4 6 2 4 6



2 2


2 1


1


1 1


x x
x x


m m


m m


 
 




 


 




    (1)


Đặt tan 0;



2 2


t


mt  


 . Bất phương trình (1) có dạng:
2 4 6 2 4 6


(sin )t x x (cos )t x  x 1 (2)


Vì 2


2


2


( 2) 2 2
( 2) 2 2


( 2) 2 2


(sin ) sin


(cos ) cos


x
x



x x


t t


t t


 
 


     












Khi đó 2 2


4 6 4 6 2 2


(sin )t x x (cos )t x x (sin )t (cos )t 1 t
Vậy bất phương trình có nghiệm với mọi x.


Bài 155. Giải bất phương trình 2x4

 


2


12 8



2 2 . 1


9 16
x
x


x


  




Lời giải:


Nhân biểu thức liên hợp vế trái ta có ( với x 

2; 2

)


2


6 4 2(6 4)


2 4 2 2 9 16


x x


x x x


 





    ( 0,5đ )


2



3x 2  9x 16 2 2x 4 2 2 x  0


      


2 2



3x 2 9x 8x 32 16 8 2x 0


      


2



2



3x 2 x 2 8 2x 8 x 2 8 2x 0



(26)

DAYHOCTOAN.VN


26 DAYHOCTOAN.VN
Do 8x2 82x2 0 nên

 

2

3x2

(x2 82x2)0


2
2


3
4 2



2
3


x


x


   





 







Tập nghiệm của bất phương trình 2;2 4 2; 2 .


3 3


T  


 


Bài 156. Tìm các giá trị của tham số a để bất phương trình 2 1 1



4 3


x
ax x a






   được nghiệm đúng với
mọi x.


Lời giải:


Trước hết cần 2


4 3 0.


axx  a Với mọix.


'
0


1
4 ( 3) 0


a


a
a a






  


    


 hoặc a4. ( 0,5 điểm )


Nếu a 1 thì ax24x  a 3 0.Với x.
Bất phương trình đã cho thỏa mãn với x.


2


1 4 3


x ax x a


      thỏa mãn vớix.
2


5 4 0


ax x a


     thỏa mãn vớix.





25 4a a 4 0


      ( vì a 1 )


2 4 41


4 16 25 0 .


2


a a a


        do ( a 1 ). (1,0 điểm)
Nếu a4 thì ax24x  a 3 0. Vớix.


Bất phương trình đã cho thỏa mãn với x.
2


1 4 3


x ax x a


      thỏa mãn với x.
2


5 4 0


ax x a


     thỏa mãn với x.





25 4a a 4 0


      ( vì

a 4 0

(1,0 điểm)


2 4 41


4 16 25 0


2


a a a


      ( do a4 )


Kết luận : ;4 41 4 41;


2 2


a         


   


Bài 157. Tìm m để hệ





2


2


2 2 0


7 7 0


x m x m


x m x m


    





   


 có nghiệm.



(27)

DAYHOCTOAN.VN


27 DAYHOCTOAN.VN






2
2



2 2 0 (1)
7 7 0 (2)


x m x m


x m x m


    





   





2


1 m 2 0


    và  2

m7

2 0  m 2 hoặc m7 thì hệ phương trình vơ nghiệm.
 Với 2


7
m
m




 



 và m0thì tập nghiệm của (1) là D1




 và tập nghiệm của (2) là D2  nên hệ phương
trình vơ nghiệm.


 Với m0 tập nghiệm D1

m; 2

và tập nghiệm D2   

7; m

 hệ phương trình ln có nghiệm.
Vậy hệ phương trình ln có nghiệm với m0.


Bài 158. Tìm m để bất phương trình: mx2mx  m 2 0 có nghiệm x

 

1; 2 .
Lời giải


Gián tiếp loại bỏ

 

2

 


2 0, 1; 2
f xmxmx m    x


2

 



2
2


1 2 1; 2


1


m x x m x


x x



       


 


Xét ( ) 2 2 ,

 

1; 2
1


g x x


x x


  


  , 2 2


2(2 1)


'( ) 0


( 1)


x
g x


x x


 


  



  hàm số nghịch biến trong khoảng

 

1; 2 .


 1;2


2
( )


7
m Min g x


  


Vậy 2
7


m thì bất phương trình có nghiệm  x

 

1; 2 .


Bài 159. Tìm m để nghiệm của bất phương trình sau chứa đoạn

 

1; 2 .
2


2
2


3 1 0


3 1


m x x



x x


   


 


Lời giải
Với

 

5 2


1; 2 3 1 1


4


x   xx  


Đặt 2 5


3 1 1
4


txx   t . Ta có bất phương trình: 2 0 22
1


mt m


t t t


   


 



Xét f x( ) 22
t t


 với


5
1;


4
t  


 , 2 2


4 2 5


'( ) 0; 1;


( ) 4


t


f t t


t t


  


     



  


Ta có bảng sau:


Vậy để bất phương trình có nghiệm chứa đoạn

 

1; 2 là 32
45
m


Bài 160. Tìm tất cả các giá trị m để bất phương trình sau có nghiệm thuộc đoạn

2; 2

:
t


1 5
4

 



'


f t

 



f t 2



(28)

DAYHOCTOAN.VN


28 DAYHOCTOAN.VN
(m2)x  m x 1


Lời giải



Ta có (m2)x   m x 1 (m2)x m (x1)2 m x(  1) x21 (1)
+ Nếu x1 Phương trình (1) vô nghiệm


+ Nếu x(1; 2] :


2
1
(1)


1


x
m


x



 


 .
Xét hàm số


2
1
( )


1


x
f x



x





 trên (1; 2] ta có:


2
2
2 1


'( ) 0


( 1)


x x


f x


x
 


 


 trên (1; 2] .
Vậy


1;2 ( ) (2) 5



Min f xf  . Do đó trong TH này bất phương trình có nghiệm  m 5.
+) Nếu x[-2;1):


2
1
(1)


1


x
m


x



 


 .
Xét hàm số


2
1
( )


1


x
f x


x






 trên [-2;1) ta có:


2
2


1 2
2 1


'( ) 0


( 1) 1 2


x


x x


f x


x x


  
 


   


   .



Bảng biến thiên của


2
1
( )


1


x
f x


x





 trên [-2;1) :
x 2 1 2 1


f x'( ) + 0 -
2 2 2


( )f x  


Vậy trong TH này bất phương trình có nghiệm   m 2 2 2


Tóm lại bất phương trình đã cho có nghiệm    m ( ; 2 2 2][5;+ ) .
Bài 161. Giải bất phương trình:



3


3 2


3 2 2 6 0 ( )


xxx  xx .


Lời giải
Điều kiện xác định: x 2.


Đặt yx2, điều kiện y0.
Bất phương trình trở thành: 3 2 3


3 2 0


xxyy


 

2



2 0


2 0
x y


x y x y


x y




     


 



Với xy thì 2 0 2 2


2
x


x x x


x x





    


 


Với x + 2y ≥ 0 thì


2
0


0


0


2 2


2 2 3 0


4( 2)
x


x
x


x x


x


x x









    


  





 


2 2 3


x


   .



(29)

DAYHOCTOAN.VN


29 DAYHOCTOAN.VN




3 2 2 2


3


5 17 7 2 4 2 7


3 2 0


x x x x x


x mx


      






  





Lời giải
Bất phương trình 3 2

2

2


5 17 7 2 4 2 7


xxx  xx


 

3

 

2

2

2

2

2


2 2 2 2 7 2 7 2 7 2 7


x x x x x x x


            


Xét hàm số 3 2
( )


f t   t t t, f(t) là hàm số đồng biến trên khoảng

0;


Phương trình trên có dạng

2



2 2 7



f x  f x    x 2 2x27


1 x 3


  


Hệ bất phương trình có nghiệm 3


3 2 0


x mx


    có nghiệm x

 

1;3

 



2 2


3m x g x


x


     có nghiệm x

 

1;3

 


 1;3


3m Maxg x


 


Hàm số

 

2 2



g x x


x


   là hàm số nghịch biến trên

 

1;3 :

 


 1;3


(1) 3


Maxg xg  


Vậy m 1


Bài 163. Giải bất phương trình: 5x261x 4x2
Lời giải


BPT 2


2 2


4 2 0
5 61 0
5 61 (4 2)


x


x x


x x x



 




 






2
4 2 0


(5 61) 0
11 45 4 0


x
x x


x x


  


 


 









1
;
2


61


; 0;


5
1


; 4;


11
x


x
x


 


 







   


   


 






   




 




1


0; (4; )
11


x  


   



Bài 164. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hệ sau có nghiệm thực:
2


2


2


4 2 2


4


5
( 2)


8 16 16 32 16 0


x
x


x


x x mx m m




 







      




Lời giải
* Giải BPT:


2
2


2
4


5 (1)
( 2)


x
x


x


 


 . Với x 2, (1) tương đương với


2
2


2 2 2 2



2
1


2 4 2


5 0 4. 5 0


2 2 2 2


5
2
x


x x x x x


x


x x x x x


x





 


     



 




      



(30)

DAYHOCTOAN.VN


30 DAYHOCTOAN.VN
Từ đó tìm ra x2 hoặc    2 x 1.


* Giả sử x0 là một nghiệm của PT:


4 2 2


8 16 16 32 16 0


xxmxmm  (2)


Khi đú PT: 4 2 2


0 8 0 16 0 16 32 16 0


xxmxmm  phải có nghiệm m


Suy ra PT: 2 4 2


0 0 0


16m 16(x 2)mx 8x 160 phải có nghiệm m. Do đó



2 4 2 2


0 0 0 0 0 0 0 0


' 64(x 2) 16(x 8x 16) 0 16 (x x 2)(x 2x 8) 0 0 x 2


               


Như vậy nếu (2) có nghiệm thì nghiệm lớn nhất là 2 và nghiệm nhỏ nhất là 0.
Do đó hệ phương trình có nghiệm khi PT (2) có nghiệm x2.


Thay x2 vào (2) ta được: m24m    4 0 m 2
Vậy với m 2 thì hệ phương trình có nghiệm.


Bài 165. Giải bất phương trình: ( x 3 x1)(1 x22x3)4
Lời giải


Điều kiện x 1 .


Nhân hai vế của bpt với x 3 x1, ta được:


2

2


4. 1 x 2x-3 4. x 3 x  1 1 x 2x-3 x 3 x1


2 2 2 2 x -2


2x-2 2 2x-3 2x+2 2 2x-3 - 4 0



x 2


x x x x  


          




Kết hợp với điều kiện x1 ta được x2.


Bài 1. Giải bất phương trình: 5 5 2( 1 2)
4
2


x x


x
x


   


Lời giải
Điều kiện x0


Đặt 1 2


2


t x



x


   . Ta có bất phương trình :

2


5t2 t  1 2


2


2t 5t 2 0


    


1
2
2
t
t
 






. Kết hợp điều kiện ta được t2


Ta có : 1 2
2


x
x



 


3
0


2
3


2
2
x
x
  

 


  



Bài 166. Tìm mđể bất phương trình sau: m( x22x  2 1) x(2x)0 có nghiệm thuộc 0;1 3
Lời giải


2


2


( 2)
( 2 2 1) (2 ) 0



2 2 1
x x


m x x x x m


x x




       


  


Xét hàm số


2


( 2)


, 0;1 3
2 2 1


x x


y x


x x





 



(31)

DAYHOCTOAN.VN


31 DAYHOCTOAN.VN






2 2


2
2
2


( 1)


2( 1) 2 2 1 ( 2 )


2 2
'


2 2 1


x


x x x x x


x x



y


x x




     


 


  




2 2


2 2


2


1 2 4 2 2)


. 0 1


2 2


2 2 1



x x x x x


x


x x


x x


     


   


 


  


1 2


(0) 0, (1) , (1 3)


2 3


yy  y  


Vậy để bất phương trình sau : 2


( 2 2 1) (2 ) 0


m xx  xx  có nghiệm thuộc 0;1  3 thì 2
3


m
Bài 167. Bài 1. Câu 3 (4 điểm).


a. Tìm m để nghiệm của bất phương trình sau chứa đoạn

 

1; 2
:


2


2
2


3 1 0


3 1 1


m x x


x x


   


   .


b. Giải bất phương trình: 2 4 6 2 2 4 6 2 2 4 6


(2 )m x x  (1 m )x  x  (1 m )x x với 0 m 1
Với

 

5 2


1; 2 3 1 1



4


x   xx  


Đặt 2 5


3 1 1;


4
txx    t  


 


Ta có bất phương trình: 2 0 22
1


mt m


t t t


   


 


Xét ( ) 22 1;5
4


f t t


t t



 


  


  


2 2


4 2 5


'( ) 0 1;


( ) 4


t


f t t


t t


  


      


  


Bảng biến thiên


Vậy để bất phương trình có nghiệm chứa đoạn

 

1; 2 là 32

45
m .
b. Vì (m21)x2 4x 6 0  x; m


Ta có 2 2


2


4 6 4 6


2 2


2 1


( ) ( ) 1


1 1


x x x x


m m


m m


    


  (1)


Đặt tan 0;



2 2


t


mt  



(32)

DAYHOCTOAN.VN


32 DAYHOCTOAN.VN


2 2


4 6 4 6


(sin )t x  x (cos )t x  x 1 (2)


Vì 2


2


2


( 2) 2 2
( 2) 2 2
( 2) 2 2
(sin ) sin
(cos ) cos


x
x



x x


t t


t t


 
 


    





Khi đó 2 4 6 2 4 6 2 2


(sin )t x  x (cos )t x  x (sin )t (cos )t 1 t
Vậy bất phương trình có nghiệm với mọi x.


Bài 168. Bài 2. Bài 2: (4 Điểm )


( Toán bồi dưỡng học sinh: nhóm tác giả Hàn Liên Hải , Phan Huy Khải )
b) Giải bất phương trình


2
12 8


2 4 2 2
9 16



x


x x


x


   



b) Giải bất phương trình


2
12 8


2 4 2 2 (1)
9 16


x


x x


x


   





Nhân biểu thức liên hợp vế trái ta có ( Với x 

2; 2

)
2


6 4 2(6 4)


>


2 4 2 2 9 16


x x


x x x


 


    (0,5đ)
2


2 2


2 2


(3 2) 9 16 2( 2 4 2 2 >0


(3 2)(9 8 32 16 8 2 0


(3 2)( 2 8 2 )(8 2 8 2 >0


x x x x



x x x x


x x x x x


 


      


      


      


(0,5đ)


Do 8 x 2 8 2 x2 >0 nên (2) (3x2)(x2 8 2 x2)0
2


2


3
4 2


2
3


x
x
   






 





Tập nghiệm của bất phương trình 2;2 4 2; 2


3 3


T   


  (1đ)


Bài 169. Bài 3. Bài 2: Tìm các giá trị của tham số a để bất phương trình :


2
1


1


4 3


x
ax x a




  



Đợc nghiệm đúng với mọi x .
Bài 2 (3 điểm )


Trước hết cần ax24x  a 3 0với mọi x
'


0


4 ( 3) 0
a


a a



     


  a < -1 hoặc a > 4 (0,5 điểm)
+ Nếu a < -1 thì 2


4 3 0


axx  a vớix
Bất phương trình đã cho thỏa mãn với x


 2


1 4 3




(33)

DAYHOCTOAN.VN


33 DAYHOCTOAN.VN
ax2 5x  a 4 0 thỏa mãn với x.


  25 4 ( a a 4) 0 (vì a < -1) (1,0 điểm)


 2 4 41


4 16 25 0


2


a a a


       (do a < - 1)
+ Nếu a > 4 thì 2


4 3 0


axx  a với x.
Bất phương trình đã cho thỏa mãn với x.


 2


1 4 3


x axx a thỏa mãn với x.  ax25x  a 4 0 thỏa mãn với x (1,0 điểm)
  25 4 ( a a 4) 0(vì a = 4 > 0)  4 2 16 25 0 4 41



2


aa   a  (do a > 4)
Kết luận: ;4 41 4 41;


2 2


a        


    (0,5 điểm)


Bài 170. Bài 4. Bài 2 (4 điểm)


1. Tìm m để hệ
2
2


( 2) 2 0


( 7) 7 0


x m x m


x m x m


    




   



 có nghiệm.
2


2


x -(m+2)x+2m<0 (1)
x +(m+7)x+7m<0 (2)





 2


1 (m 2) 0


    và  2 (m7)2 0 m = 2 hoặc m = 7 thì hệ phương trình vơ nghiệm.
 Với 2


7
m
m




 


 và m0 thì tập nghiệm của (1) là D1 R





 và tập nghiệm của (2) là D2R nên hệ phương
trình vơ nghiệm.


 Với m < 0 tập nghiệm D1= (m; 2) và tập nghiệm D2= (-7; -m)
 hệ phương trình ln có nghiệm.


Hệ phương trình ln có nghiệm với m < 0


Bài 3. ( 2 điểm)


Bài 171. Tìm m để bất phương trình: mx2mx  m 2 0cónghiệm x(1; 2)
Gián tiếp loại bỏ 2


( ) 2 0


f xmxmx  m ,  x (1; 2)


( 2 1) 2 2 2


1


m x x m


x x


     


    x (1; 2)


Xét ( ) 2 2


1
g x


x x


  g(x) =  x (1; 2)


'


2
2


2(2 1)


( ) 0


1


x
g x


x x


 


  


  hàm số nghịch biến trong khoảng (1; 2)




 1;2
2
( )


7


mMin g x


Vậy m > 2


7 thì bất phương trình có nghiệm  x (1; 2).
Bài 172. Tìm m để nghiệm của bất phương trình sau chứa đoạn

 

1; 2


2


2
2


3 1 0


3 1


m x x


x x


   




(34)

DAYHOCTOAN.VN


34 DAYHOCTOAN.VN


1.( 2 điểm): Với

 

1; 2 5 2 3 1 1


4


x    xx   (0,25 điểm)


Đặt 2 5


3 1 1
4


txx   t (0,25 điểm)
Ta có bất phương trình: 2 0 22


1


mt m


t t t


   


  (0,25 điểm)


Xét f x( ) 22
t t




 với


5
1;


4
t   


  (0,25 điểm)




'


2
2


4 2


( ) t 0


f t


t t




  





5
1;


4
t  


    (0,25 điểm)


Ta có bảng sau:


Vậy để bất phương trình có nghiệm chứa đoạn

 

1; 2 là 32
45


m . (0,25 điểm)


Câu 3: (4 điểm)


Bài 173. Bài 6. b) Tìm m để bất phương trình sau đúng với mọi x.
1 2cos x  1 sin 2x 2m 1
Hàm số có đạo hàm tại x = 0 khi nó liên tục tại x = 0.


0 0


lim ( ) lim ( ) (0) 1


x x



f x f x f b


 


 


    


Ta lại có:


3 3


0


1 cos


'(0 ) lim


3
x


a x x a


f


x








   


 





0


ln(1 2 )


'(0 ) lim 2


x


x
f


x







 


 



  a = 6.


Vậy hàm số có đạo hàm tại x = 0 khi a = 6 và b = 1
Bài 7. (x24 ) 2x x23x 2 0


BPT


2
2
2


2 3 2 0


4 0


2 3 2 0


x x


x x


x x


   




   



  


1
; 2
2


( ; 0] [4; )
1


( ; ) (2; )
2


x x


x
x


   




    




(35)

DAYHOCTOAN.VN


35 DAYHOCTOAN.VN


BPT có tập nghiệm ( ; 1] {2} [4; )


2


    


Câu 1: (6 điểm)


Bài 174. Bài 8. Tìm tất cả các giá trị m để bất phương trình sau có nghiệm thuộc đoạn

2; 2

:
(m2)x  m x 1


Câu 1.a)
Câu 1.b)


Ta có (m2)x   m x 1 (m2)x m (x1)2 m x(  1) x21(1)
+) Nếu x=1 (1) Vô nghiệm


+) Nếu x (1; 2] :


2
1
(1)


1


x
m


x




 


 . Xét hs


2
1
( )


1


x
f x


x





 trên (1; 2] ta có:
2


'


2
2 1


( ) 0


( 1)



x x


f x


x


 


 


 trên (1; 2]. Vậy 1;2


( ) (2) 5


x


Min f x f


  


Do đó trong TH này BPT có nghiệm  m 5.
+) Nếu x [-2;1) :


2
1
(1)


1



x
m


x



 


 . Xét hs


2
1
( )


1


x
f x


x





 trên [-2;1) ta có:
2


'


2



1 2
2 1


( ) 0


( 1) 1 2


x


x x


f x


x x


  


 


   


   . BBT của


2
1
( )


1



x
f x


x





 trên [-2;1) :


Vậy trong TH này BPT có nghiệm   m 2 2 2


Tóm lại BPT đã cho có nghiệm    m ( ; 2 2 2][5;+ ) .
Bài 175. Bài 9. 2. Giải bất phương trình:


3


3 2


3 2 2 6 0 ( )


xxx  xx .
Điều kiện xác định: x 2.


Đặt yx2, điều kiện y0


Bất phương trình trở thành: 3 2 3


3 2 0



xxyy


 

2



2 0


2 0
x y


x y x y


x y



     


 




Với xythì 2 0 2 2


2
x


x x x


x x






    


 

Với x2y0thì


2
0


0
0


2 2


2 2 3 0


4( 2)
x


x
x


x x


x


x x










    


  




 


2 2 3


x



(36)

DAYHOCTOAN.VN


36 DAYHOCTOAN.VN


Kết hợp điều kiện suy ra tập nghiệm của bất phương trình đã cho là T 2 2 3; 


Bài 176. Bài 1: Bất phương trình x35x217x 7 2

x24

2x27


Lời giải



 

3

 

2

2

2

2

2


2 2 2 2 7 2 7 2 7 2 7


x x x x x x x


            


Xét hàm số 3 2


( )


f t   t t t, f(t) là hàm số đồng biến trên khoảng

0;



Phương trình trên có dạng

2



2 2 7


f x  f x    x 2 2x27
1 x 3


  


Hệ bất phương trình có nghiệm 3


3 2 0


x mx


    có nghiệm x

 

1;3


 


2 2


3m x g x


x


     có nghiệm x

 

1;3

 



 1;3
3m Maxg x


 


Hàm số

 

2 2


g x x


x


   là hàm số nghịch biến trên

 

1;3

 


 1;3


(1) 3


Maxg xg  


Vậy m 1



Bài 177. Bài 2: Giải bất phương trình: 5x261x 4x2 (1)
Lời giải


BPT (1) 2


2 2


4 2 0
5 61 0
5 61 (4 2)


x


x x


x x x


 




 






2
4 2 0



(5 61) 0
11 45 4 0


x
x x


x x


  


 


 








1
;
2


61


; 0;



5
1


; 4;


11
x


x
x


 


 






   


   


 






   





 




1


0; (4; )
11


x  


   


Bài 178. Bài 3: (3,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hệ sau có nghiệm thực:


2
2


2


4 2 2


4


5
( 2)



8 16 16 32 16 0


x
x


x


x x mx m m




 






      




Lời giải


Giải BPT:


2
2


2


4


5 (1)
( 2)


x
x


x


 



(37)

DAYHOCTOAN.VN


37 DAYHOCTOAN.VN


2
2


2 2 2 2


2
1


2 4 2


5 0 4. 5 0


2 2 2 2



5
2
x


x x x x x


x


x x x x x


x





 


     


 




      


 


Từ đó tìm ra x2 hoặc    2 x 1.



* Giả sử x0 là một nghiệm của PT:


4 2 2


8 16 16 32 16 0


xxmxmm 

 

2


Khi đó PT: 4 2 2


0 8 0 16 0 16 32 16 0


xxmxmm  phải có nghiệm m


Suy ra PT: 2 4 2


0 0 0


16m 16(x 2)mx 8x 160 phải có nghiệm m. Do đó


2 4 2 2


0 0 0 0 0 0 0 0


' 64(x 2) 16(x 8x 16) 0 16 (x x 2)(x 2x 8) 0 0 x 2


                Như vậy


nếu

 

2 có nghiệm thì nghiệm lớn nhất là 2 và nghiệm nhỏ nhất là 0.


Do đó hệ

   

1 , 2 có nghiệm khi PT

 

2 có nghiệmx2.


Thay x2 vào

 

2 ta được: m24m  4 0 m 2


Vậy với m 2 thì hệ

   

1 , 2 có nghiệm.


Bài 179. Bài 4: Giải bất phương trình: ( x 3 x1)(1 x22x3)4
Lời giải


2



3 1 1 2x-3 4


x  x  x  


Điều kiện x 1 .


Nhân hai vế của bpt với x 3 x1, ta được


 

1 4. 1

x22x-3

4.

x 3 x  1

1 x22x-3 x 3 x1


2 2 2 2 x -2


2x-2 2 2x-3 2x+2 2 2x-3 - 4 0


x 2


x   x    x  x    






Kết hợp với điều kiện x 1 ta được x2.


Bài 180. Bài 5: Giải bất phương trình: 5 5 2( 1 2)
4
2


x x


x
x


   


Lời giải


5 1


5 2( 2)


4
2


x x


x
x



    (điều kiệnx0 )

2



5t 2 t 1 2


   


(Với 1 2


2


t x


x


   )


2 1


2 5 2 0


2


t t t


      (loại).


Giải 1 2


2



x
x


  0 3 2 3 2


2 2


x x


      


Bài 181. Bài 6: Tìm m để bất phương trình m( x22x  2 1) x(2x)0 có nghiệm thuộc đoạn


0;1 3




 



(38)

DAYHOCTOAN.VN


38 DAYHOCTOAN.VN
2


2


( 2)
( 2 2 1) (2 ) 0


2 2 1


x x


m x x x x m


x x




       


  
2


( 2)


XÐt y= trªn 0;1 3
2 2 1


x x


x x




 


  







2 2


2
2
2


( 1)


2( 1) 2 2 1 ( 2 )


2 2
'


2 2 1


x


x x x x x


x x


y


x x




     



 




  




2 2


2 2


2


1 2 4 2 2)


. 0 1


2 2


2 2 1


x x x x x


x


x x


x x



     


   


 


  


(0) 0


y, (1) 1
2


y   , (1 3) 2
3


y  


Vậy 2


( 2 2 1) (2 ) 0


m xx  xx  có nghiệm thuộc 0;1 3 thì 2


3


m


Bài 182. Bài 7: Tìm m để hệ bất phương trình







2


2 4 3


6 5 9


4 16


x x x


x x x mx


    





   


 có nghiệm thuộc .


Lời giải


Với x

 

1;3 , bất phương trình thứ hai tương đương với:


2 4



2


2 2


4 16 4 16


1


x x x


m m x x


x x x x


        


     


  


   .


Xét hàm số 2


2


4 16


( ) 1



f x x x


x x


  


  


  , đặt


4


t x
x


  do suy ta


Hàm số f x( )trở thành hàm -


-Dễ tìm được GTNN của hàm - - trên là 24.


Do đó hệ có nghiệm khi và chỉ khi .


Bài 183. Bài 8: Giải bất phương trình sau trên tập số thực x 7 x22x 3 4x2.
Lời giải


Điều kiện: 1.


2



x Bất phương trình đã cho




 



2 2 7 4 2


2 3 7 4 2 0 2 3 0


7 4 2


3 3 3


1 3 0 3 1 0 *


7 4 2 7 4 2


x x


x x x x x x


x x


x


x x x x


x x x x


  



            


  


  


        


       


Ta có hàm số

 

1 3


7 4 2


f x x


x x


  


   liên tục trên


1
;
2


 



(39)

DAYHOCTOAN.VN



39 DAYHOCTOAN.VN


 



2

 



1 2


1


2 7 4 2


' 1 3. 0


2


7 4 2


x x


f x x f x


x x




 


     



   đồng biến trên


1
;
2


 



 


Do đó

 

1 3 3 2 0 1.


2 2 15 2


f xf       x
 


Từ đó bpt (*)     x 3 0 x 3.


Kết luận: Tập nghiệm của bpt đã cho là 1;3 .


2
 
 
 


Bài 184. Bài 9: Giải bất phương trình 2 3 x2x. x 2 2(x23 )x


Lời giải



Giải bất phương trình: 2 2


2 3 xx. x 2 2(x 3 )x


Điều kiện: x2. Phương trình có dạng 3 x x( 1)(x 2) 2x26x2


3 x x( 1)(x 2) 2 (x x 2) 2(x 1)


       3 ( 2) 2 ( 2) 2


1 1


x x x x


x x


 


  


 


Đặt ( 2) 0


1
x x
t


x




 


 ta được bất phương trình


2


2t   3t 2 0


1


2
2


2
t


t
t



 


  







( dot0)


Với ( 2) 2


2 2 6 4 0


1
x x


t x x


x


      




3 13


3 13
3 13


x


x
x


  



   


 


 (do x2) Vậy


bất phương trình có nghiệm x 3 13


Bài 185. Bài 10: Giải bất phương trình:


2 4 2


6(x 3x 1) xx  1 0 (x ).
Lời giải


Tập xác định: .


BPT6 2(

x2  x 1) (x2 x 1)

 6(x2 x 1)(x2  x 1) 0


2 2


2 2


1 6( 1)


12. 6 0


1 1



x x x x


x x x x


   


   


    (vì


2


1 0,


x    x x)
Đặt:


2
2


6( 1)


1
x x
t


x x
 



  (t > 0), ta được


2


2t   t 6 0 0 3
2


t


   .
BPT đã cho tương đương với


2


2
2


6( 1) 9 11 21 11 21


5 11 5 0 ; .


1 4 10 10


x x


x x x


x x


 



     


   


 


Bài 186. Bài 11: Giải bất phương trình


2


35
12
1
x
x


x


 




Lời giải


Điều kiện x 1


0



(40)

DAYHOCTOAN.VN



40 DAYHOCTOAN.VN


Ta chỉ xét x 1 0 1 1


x


   


Đặt 1 cos


x  


2


1 1 35


(1)


cos 1 12


cos . 1


cos






  





1 1 35


cos sin 12


  


12(sin cos ) 35sin .cos 


  


2
144 288sin .cos  1225(sin .cos ) 


   (1)


Đặt tsin .cos 


(1)1225.t2288.t1440
12


0


35


t


  



suy ra 0 cos 3 4 cos


5 5


 


   


Vậy 1 5 5


4 3


x x


   


Bài 187. 1. Giải bất phương trình: 2 2


3 2 2 3 1 1


xx  xx  x
2. Tìm m để phương trình:

2



2 2 1 2 0


m xx  xx  (2) có nghiệm x0;1 3


Lời giải



1.BPT có tập nghiệm S  

;1/ 2

  

 1


2.Đặt 2



2 2 0


txxt
YcbtBPT


2
2
1


t
m


t





 có nghiệm

 

 1;2

 

 


2


1; 2 max 2


3
t


t  g tg  Vậy 2


3


m


Bài 188. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hệ sau có nghiệm thực:




2
2


2


4 2 2


4


5
2


8 16 16 32 16 0


x
x


x


x x mx m m





 







      




Lời giải


* Giải BPT:


2
2


2
4


5 (1)
( 2)


x
x


x



 




Với x 2 ,

 



2


2 2 2 2


2
1


2 4 4 2


1 5 0 5 0


2 2 2 2


5
2
x


x x x x x


x


x x x x x


x







  


 


        


   


      



(41)

DAYHOCTOAN.VN


41 DAYHOCTOAN.VN
Từ đó tìm rax2 hoặc   2 x 1


* Giả sử x0 là một nghiệm của PT x48x216mx16m232m160 (2)
Khi đó PT x48x216mx16m232m160 phải có nghiệm m. Do đó


2 4 2 2


0 0 0 0 0 0 0 0


' 64(x 2) 16(x 8x 16) 0 16 (x x 2)(x 2x 8) 0 0 x 2


               



Như vậy nếu

 

2 có nghiệm thì nghiệm lớn nhất là 2 và nghiệm nhỏ nhất là 0
Do đó hệ

   

1 , 2 có nghiệm khi PT

 

2 có nghiệm x2


Thay x2 vào

 

2 ta được m24m    4 0 m 2
Vậy với 𝑚 = −2 thì hệ

   

1 , 2 có nghiệm.


Bài 189. Giải và biện luận phương trình: 4x 1 2

m1

x 1

m1

4x23x1 theo tham số m.


Lời giải


Điều kiện 2


1


4 3 1 0 1


4
x


x x


x




   


 






PT 4 1

1

4 1 2

1

0


1 1


x x


m m


x x


 


     


 


Đặt 4 1
1
x
t


x



t0,t2



PT trở thành 2



1 2 1 0


tmtm  . Giải ra ta được 2
1
t


t m


  




Nghiệmt m 1 thỏa mãn điều kiện nênm1,m3 .
Theo cách đặt ta tính được


2
2


2 2


2 3


m m


x


m m



 




 
Kết luận 1


3


m
m




 


 PT vô nghiệm
1


3


m
m




 


 PT có nghiệm duy nhất


2
2


2 2


2 3


m m


x


m m


 




 
Bài 190. Giải bất phương trình: 5x261x 4x2 (1)



(42)

DAYHOCTOAN.VN


42 DAYHOCTOAN.VN
BPT (1)






2



2 2 2


1
;
2


4 2 0 4 2 0


61


5 61 0 (5 61) 0 ; 0;


5


5 61 (4 2) 11 45 4 0


1


; 4;


11
1


0; (4; )
11


x


x x



x x x x x


x x x x x


x
x


 


 





 


   


 


   


         


 


 







   




 




 


   




Bài 191. Tìm tất cả các giá trị m để bất phương trình sau có nghiệm thuộc đoạn

2; 2

:

m2

xm  x 1


Lời giải


Ta có (m2)xm   x 1 (m2)x m (x1)2 m x(  1) x2 1(1)
+) Nếux1. PT

 

1 Vô nghiệm


+) Nếu x(1; 2] :


2
1


(1)


1


x
m


x




 


 .
Xét hàm số


2
1
( )


1


x
f x


x






 trên (1; 2] ta có:


2


2


2 1


( ) 0


( 1)


x x


f x


x


 


  


 trên (1; 2].
Vậy


1;2


min ( ) (2) 5


x



f x f


  . Do đó trong TH này BPT có nghiệm  m 5.


+) Nếu x[-2;1):


2
1
(1)


1


x
m


x




 


 .
Xét hàm số


2
1
( )



1


x
f x


x





 trên [-2;1) ta có:


2
2


1 2


2 1


( ) 0


( 1) 1 2


x


x x


f x


x x



 


 


   


  







.


BBT của


2


1
( )


1


x
f x


x






 trên [-2;1) :


x 2 1 2 1


f x( ) 0
22 2


( )
f x


 


Vậy trong TH này BPT có nghiệm m 2 2 2



(43)

DAYHOCTOAN.VN


43 DAYHOCTOAN.VN


Bài 192. Giải bất phương trình: 6(x23x 1) x4x2 1 0

(

x

).



Lời giải


Tập xác định: .


BPT

2 2

2 2


6 2(x x 1) (x x 1) 6(x x 1)(x x 1) 0



           


2 2


2 2


1 6( 1)


12. 6 0


1 1


x x x x


x x x x


   


   


    (vì


2


1 0,


x    x x)


Đặt:




2


2


6( 1)


0
1


x x


t t


x x


 


 


  , ta được


2


2t   t 6 0 0 3
2


t


   .


BPT đã cho tương đương với


2


2
2


6( 1) 9 11 21 11 21


5 11 5 0 ; .


1 4 10 10


x x


x x x


x x


   


      


 


 


 


 



Bài 193. Giải bất phương trình:

 


2


12 8


2 4 2 2 1


9 16
x


x x


x


   




Lời giải


Điều kiện: 2 4 0 2 2
2


x


x
x



 


   
  




 







2 2


2


2 2


2 6 4
6 4


1 3 2 9 8 32 16 8 2 0


2 4 2 2 9 16


3 2 2 8 2 8 2 8 2 0


x
x



x x x x


x x x


x x x x x





        


   


       




Do 8 x 2 8 2 x2 0nên

2



2
2


3


3 2 2 8 2 0


4 2


2
3



x


x x x


x
  




    


 







Tập nghiệm của BPT là: 2;2 4 2; 2


3 3


T  


 


Bài 194. Tìm các giá trị của tham số a để BPT 2 1 1


4 3



x
ax x a






   nghiệm đúng với mọi x


Lời giải


Trước hết cần 2 0 1


4 3 0


4 ( 3) 4


a a


ax x a x


a a a


  


 


     





    


 


+, Nếu a 1 thìax24x   a 3 0 x . BPT đã cho thỏa mãnx
BPT  x 1 ax24x   a 3 x ax25x   a 4 0 x


2 4 41



25 4 ( 4) 0 1 4 16 25 0 1


2


a a a a a aa


                 


+, Nếu a4 thì ax24x   a 3 0 x. BPT đã cho thỏa mãnx



(44)

DAYHOCTOAN.VN


44 DAYHOCTOAN.VN


2 4 41



25 4 ( 4) 0 4 4 16 25 0 4


2



a a a a a aa


               


Kết luận: 






















 






 ;


2
41
4
2


41
4
;


a


Bài 195. Giải bất phương trình: 2 5 x3x2 2x2 3x x 2 5 x3x2 4x23x


Lời giải


Điều kiện xác định: 2 1
3
x
  




 



 

 



 




 

 



2 2 2 2


2


2


2 5 3 2 2 3 2 5 3 4 3 2 5 3 2 1 2 3 0


2 5 3 2 0 1


1 2 3 0 2


2 5 3 2 0 3


1 2 3 0 4


x x x


x


x


x x x x x x x x x x x


x x x


I
x



x x x


II
x


            


 
 











 


+Xét hệ

 

I : Giải

 

1 ta được 1 1
3
x
  
Đặt f x( ) 1 2 3x x,


Khi   1 x 0thì ( )f x 1
Khi 0 1



3
x


  ta có


1


3 3


3 1


0 3 3 3 0 2 3 2. . 3 1


3


x x


x


       nên f x( ) 1 2 3x x 0
Do đó nghiệm của hệ

 

I là: 1 1


3
x
  


+Xét hệ

 

II giải

 

3 ta được    2 x 1. BPT

 

4 không thỏa mãn với giá trị x thuộc khoảng
nghiệm của

 

3



Vậy BPT đã cho có nghiệm 1 1
3
x
  


Bài 196. Giải bất phương trình:

x

3

3

x

2

2

x

2

3

6

x

0 (

x

)

.


Lời giải


Điều kiện xác định: x 2


Đặtyx2 , điều kiệny0 . Bất phương trình trở thành:x33xy22y30


 

2



2 0


2
x y


x y x y


x y o



     


 





Với xy thì 2 0 2 2


2
x


x x x


x x





    


 




Với x2y0 thì


2


0


0
0


2 2 2 2 3



2 2 3 0


4 2


x


x
x


x x x


x


x x









      


  










(45)

DAYHOCTOAN.VN


45 DAYHOCTOAN.VN


Kết hợp điều kiện suy ra tập nghiệm của bất phương trình đã cho là T 2 2 3;  


Bài 197. Tìm m để bất phương trình 1 x 3  x m 2xx23 có nghiệm.


Lời giải


Điều kiện: x 

1;3

 

*


Đặt t 1 x 3x . Khảo sát để tìm được t2; 2 2

 

**
Khi đó BPT đã cho có nghiệm  BPT


2


2 4


2


t t


m


 


có nghiệm thỏa mãn điều kiện

 

**


2;2 2
min ( )f t m


 
 


  với


2


2 4


( )


2


t t
f t   
Tìm được


2;2 2


min ( )f t 2 2 2


 
 


  



Vậy BPT đã cho có nghiệm khi và chỉ khi m2 22


Bài 198. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm thực thuộc đoạn

 

1;1


2 3 2


3 4 3 x 2 x 4x  4 m.


Lời giải


Hàm số 2 3 2


( ) 3 4 3 2 4 4


f x   xxx  liên tục trên

 

1;1

 

3

6

2 2 3

3 2 82

9 2 33 82


2 4 3 2 4 4 4 3 4 4


x x


x x


f x x


x x x x x x


  


 



    


       


Trên

 

1;1 , pt f

 

x   0 x 0( vì



2 3 2


9 3 8


0, 1;1


4 3 4 4


x


x


x x x




    


   ).


Ta có f

 

  1 3 2 7;f

 

0 2; f

 

1  3


[ 1;1]



max ( ) 2 2


x  f x m


   


Bài 199. Giải bất phương trình : 2


3x  2 3x 2 5x 2x1 .


Lời giải


Điều kiện: 2
3


x

 

* 2


3x  2 3x 2 5x 2x1 3x25x 2 3x 2 2x 1 0




1


1 3 2 0


3 2 2 1


x


x x



x x




    


  



1


1 3 2 0


3 2 2 1


x x


x x


 


   


  


   x 1(


Vì 3 2 1 0, 2


3



3 2 2 1


x x


x x


    


   ).


Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm: [1;).


Bài 200. Giải bất phương trình sau trên tập số thực x 7 x22x 3 4x2.



(46)

DAYHOCTOAN.VN


46 DAYHOCTOAN.VN
Điều kiện: 1


2


x .
Bất phương trình đã cho


2 2 7 4 2


2 3 7 4 2 0 2 3 0


7 4 2



x x


x x x x x x


x x


  


            


  




3 3

3

 



1 3 0 3 1 0 *


7 4 2 7 4 2


x


x x x x


x x x x


  


        


       



Ta có hàm số

 

1 3


7 4 2


f x x


x x


  


   liên tục trên
1


;
2


 



 

 



2


1 2


1


2 7 4 2



1 3. 0;


2


7 4 2


x x


f x x


x x




 


     


    f x

 

đồng biến trên
1


;
2


 



 
Do đó

 

1 3 3 2 0; 1



2 2 15 2


f xf       x


  .


Từ đó bpt

 

*     x 3 0 x 3.


Kết luận: Tập nghiệm của bpt đã cho là 1;3
2
 
 
 .
Bài 201. Giải bất phương trình : x291 x 2 x2


Lời giải


Điều kiện: x2.


Bất phương trình đã cho tương đương với:

x291 10

x  2 1

x2 9

0
2


2


9 3


( 3)( 3) 0
2 1


91 10



x x


x x


x
x


 


     


 
 


2 3 1



3 3 0


2 1
91 10


x


x x


x
x


  



    


 
 


 

 

* .


Ta có



2


3 1


3 0; 2


2 1
91 10


x


x x


x
x


     


 



  .


Do đó

 

*  x3.


Từ đó suy ra nghiệm của bất phương trình là : 2 x 3.
Bài 202. Tìm m để hệ sau có nghiệm:


2 2 2


3 1 1 0


( 2) 4 1


x x


x m x x


   





    


 .



(47)

DAYHOCTOAN.VN


47 DAYHOCTOAN.VN



Xét

 



 



2 2 2


3 1 1 0 1


( 2) 4 1 2


x x


x m x x


    




    





 

2 2


1  3x   1 x 1 3x 1 x 2x 1 x     x 0 0 x 1( do 1
3


x  ).
Hệ có nghiệm  bpt

 

2 có nghiệm x

 

0;1


Ta có (2)x x2( 2   4) 4 m x x2 4 1
Đặt 2


4


tx x  , do x

 

0;1 nên t 0; 5.


Ta có bpt: t2       4 m t 1 t2 t

m3

 

* với t 0; 5
Bpt

 

2 có nghiệm x

 

0;1 bpt

 

* có nghiệm t 0; 5


 



0; 5


3
Max f t m


 
 


   Với f t

 

 t2 t, có

 

2 1;

 

0 1
2


fttft   t


Có :

 

0 0; 1 1;

 

5 5 5


2 4



ff     f  


  0; 5

 



max f t 5 5


 
 


   .


Khi đó ta có : 5 5 

m3

 m 58.


Bài 203. Xác định tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình sau có nghiệm:


3


3 3 2 1 1


xx  m xx

 

1


Lời giải


ĐK: x1


BPT

 

1 

x33x21

xx1

3 m
Xét hàm số

 

3 2

3


3 1 1



f xxxxx trên D 

1;



Khi đó bài tốn trở thành: “ tìm mđể bpt f x

 

m có nghiệm trên D 

1;



Ta có:

 





3 2


3


2 3 3 1


1 3 6 0, 1


2 1


x x


f x x x x x x


x x




         


  



 


Lại do hàm số f x

 

liên tục trên D 

1;

nên f x

 

đồng biến trên D 

1;


 

 



min 1 3


x Df x f


   .


Nhận thấy: bpt f x

 

m có nghiệm trên D 

1;

khi và chỉ khi min

 

3
x D


m f x m




   .



(48)

DAYHOCTOAN.VN


48 DAYHOCTOAN.VN
Bài 204. Giải bất phương trình: 2xxx 7 2 x27x35


Lời giải


Xét hàm số

 

2


2 7 2 7



f xxxx  xx


Điều kiện : 0 0 0


7 0 7


x x


x


x x


 


 


  


  


 


 



2
2 2 7


1 1



2 0;


2 2 7 2 7


x
f x


x x x x




       


x 0


Nên hàm f x

 

ln đồng biến
Mặt khác ta có:


2
2
29


35
12


f


  .


 




2
29
35


12


f x     x  


 


Vậy tập nghiệm của bất phương trình là:


2
29
0;


12


T    


 


 .


Bài 205. Giải bất phương trình: 5x261x4x2 1

 



Lời giải


BPT

 

1




2


2
2


4 2 0


5 61 0


5 61 4 2


x


x x


x x x


 





 




  








2


4 2 0


5 61 0


11 45 4 0


x
x x


x x


  




 


 









1
;
2


61


; 0;


5
1


; 4;


11
x


x
x


 


 









    


 






   




 






1


0; 4;


11


x  


   


Bài 206. Giải bất phương trình:






2 2


2


6 3 2 5 3


0


3 2 10


x x x x x


x x


     




  


Lời giải


Điều kiện: x3.
Khi đó ta có:


2 2 2 2 2 2

2




3 6 9 9 9 2 18 2 20 2 10


x xx xx    x   x   x


2

2



3 2 10 3 2 10 0


x x x x



(49)

DAYHOCTOAN.VN


49 DAYHOCTOAN.VN
Bất phương trình đã cho tương đương với




2 2 2 2


6 3 2 5 3 0 6 3 2 5 3


x   x xxx   x   x xxx


2



2 2 2


6 3 2 5 3 6 6 2


x x x x x x x x x x



           


2

 

2



6 x x 6 x x 2 x 2 x 34x 108 0


         


2 17 181


34 108 0


17 181
x


x x


x
  


     


 



KL: S3;17 181   17 181;

.
Bài 207. Giải phương trình: 3 x3 2x 1 33x4


Lời giải



Xét phương trình 3 3 3

 



2 1 3 4 *


xx  x


 

3

3 3



*  x 3 x 2x1 x 2x 1 2x 1 3x4


3 3

 



3 x 2x 1 x 2x 1 1 **


    


Xét phương trình hệ quả bằng cách thế

 

* vào

 

** ta có


3



3 2


3 2 1 3 4 1 2 1 3 4 1 6 11 4 1 0 1; 1


6


x xx  x xx   xxx    x x


Thử lại ta có 1
6



x là nghiệm của phương trình

 

* .
Bài 208. Giải bất phương trình : x24x 3 2x2   3x 1 x 1


Lời giải


Xét

 



2
2


1; 3


4 3 0 1


; 1 3;


1


2
; 1


2 3 1 0


2


x x


x x


x



x x


x x


 




   


    


 


    


  .


2 2


4 3 2 3 1 1


xx  xx  x

x1



x 3

 

x1 2



x  1

x 1
Thử trực tiếp có x1là nghiệm.


Với x   3 x 1 0, nên bpt 

x3

2x 1

x1







2x 1 2 x 1 2x 1


    



(50)

DAYHOCTOAN.VN


50 DAYHOCTOAN.VN
Với x 1


2


 , nên bpt  3 x 1 2 x  1 x  2

3x



1x

 3 luôn đúng
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là x1, 1


2
x .
Bài 209. Giải bất phương trình :3 x3 1 2x23x1.


Lời giải


Điều kiện:x1.




3 2 2 2


3 x  1 2x 3x 1 3 x1. x   x 1 x 1 2 x  x 1
Chia hai vế cho 2


1



x  x , ta được bất phương trình tương đương


2 2


1 1


3 2


1 1


x x


x x x x




   


Đặt 2 1
1
x
t


x x



  ,t0, ta được bất phương trình:
2



3t   t 2 t 1 hoặc t2
+ Với t1, ta có:


2 2


2
1


1 1 1 2


1
x


x x x x


x x


        


  ( luôn đúng ).


+ Với t2, ta có: 2 1 2 1 4

2 1

4 2 3 5 0
1


x


x x x x x


x x



        


  (vơ nghiệm ).


Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x1.
Bài 210. Giải bất phương trình:


2
12 8


2 4 2 2
16 9


x


x x


x


 



Điều kiện : 2  x 2.


Bất phương trình được viết lại như sau:


2


2 6 4 6 4



2 4 2 2
16 9


x x


x x


x




  




2

 



6x 4 2 2x 4 4 2 x 16 9x  0 2


      


Vì: 2 2x 4 4 2 x 16 9 x20 3

 


Nhân 2vế của

 

2 với vế trái của

 

3 , ta được


2 2



6x4 9x 8x32 16 8 2  x 0


2



2

 





(51)

DAYHOCTOAN.VN


51 DAYHOCTOAN.VN
Vì:   2 x 2nên x2 8 2 x2  8 0.


Do đó

 

4

2


6x4 x2 8 2 x 0


 


2


2
2
2


3
2 8 2


2
2


3
2 8 2
x


x x


x



x x


  












   





 



4 2


2
3



2
2


3


x


x




 




  



.


Bài 211. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn

 

C :x2y26x2y 1 0. Viết phương trình
đường thẳng

 

d đi qua M

 

0; 2 và cắt

 

C theo dây cung có độ dài bằng 4 .


Lời giải


 

C có tâm I

 

3;1 , bán kính R3.
Phương trình

 

d :Ax By 2B0 .


,

5


d I d  hay


2 2


3


5
A B


A B





 .


Giải ta có:


1


; 2


2
1


A A


B



   









.


Kết quả:

 

: 1 2 0
2


dx  y ; 2x  y 2 0.


Bài 212. Viết phương trình đường trịn đi qua A

 

4; 2 và tiếp xúc với hai đường thẳng


1: 3 2 0


d xy  và d2:x3y180.


Lời giải


Giải phương trình đường trịn có dạng:




2 2 2 2



2 2 0 0


xyaxby c ab  c , tâm I a b

 

; .
Với A

 

4; 2 thuộc đường tròn nên: 20 8 – 4 a b c 0.




1 2


2


1 2


3 2 3 18


(1)
( , ( )) ( , ( )) 10 10


( , ( )) 3 2


( 4) 2 (2)


10


a b a b


d I d d I d


d I d IA a b



a b


    











 


   






(52)

DAYHOCTOAN.VN


52 DAYHOCTOAN.VN
Thay vào

 

2 ta được 2

2


3


10 (3 12) 2 23


5



b


b b


b






    


 


.


Với b = 3a =1, c = 0, ta được phương trình

 

C :x2y22x6y0.
Với b = 23 a = 29, c = 224


5  5 5 , ta được phương trình

 



2 2 58 46 224


: 0


5 5 5


C xyxy  .



Bài 213. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn đường kínhBD. Gọi H, K
lần lượt là hình chiếu của A trên BDCD. Biết A

 

4; 6 , phương trình của HK: 3x4y 4 0, điểm


C thuộc đường thẳng d1:x  y 2 0, điểm B thuộc đường thẳng d2:x2y 2 0 và điểm K có hịanh
độ nhỏ hơn 1. Tìm tọa độ các điểm , , B C D.


Lời giải


+) Gọi EACHK.


Tứ giác AHKD nội tiếp HADHKC.
Tứ giác ABCD nội tiếpABCACD.
Tam giác ABD vuông tại AABDHAD.
Vậy HKCACD hay tam giác ECK cân tại E.


Vì tam giác ACK vng tại K nên E là trung điểm củaAC.
+) Ta có: 1

; 2

4 8;


2 2


c c


C d C c   c E   


 .


EHK nên tìm được c 4 C

4; 2

.


E



K
H


B D


A



(53)

DAYHOCTOAN.VN


53 DAYHOCTOAN.VN


+)KHK: 3x4y 4 0 nên gọi K

4 ;3t t 1

HKAK

4t4;3t7 ;

CK

4t4;3t1

.


+) Ta có: 2


1
5


. 0 25 50 9 0


9
5
t


AK CK AK CK t t


t
 



        


 



.


Vì hồnh độ điểm K nhỏ hơn 1 nên tam giác SHC vuông tại H nên 4; 2
5 5
K  


 .
+) BC có phương trình : 2x y 100.


+) BBCd2 B

 

6; 2


+) Lập được phương trình AD x: 2y 8 0.
+) Lập được phương trình CD x: 2y0.
+) Tìm được D

4; 2

.


Vậy B

  

6; 2 , C 4; 2 , 

 

D 4; 2

.


Bài 214. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thang ABCDB

 

2; 4 ,BADADC900
và ,A C thuộc trục hòanh. Gọi E là trung điểm của đoạnAD, đường thẳng EC đi qua điểm F

4;1

.
Tìm toạ độ các đỉnh , , A C D biết EC vng góc với BD và điểm E có tọa độ nguyên.


Lời giải


Qua A kẻ đường thẳng vuông góc vớiBE, cắt BEBD lần lượt tại IH.
Gọi J là giao điểm của BD với CE.



Khi đó ta có:


2


. . .


EH EBEA EBEI EBEAEH EC. ED EC. EJ EC. ED2 EA2.


. . ( ) 0


EH EB EH EC EH EB EC EH BC


       .


y=0


I


J
H


C


E
B(2;4)


D
A




(54)

DAYHOCTOAN.VN


54 DAYHOCTOAN.VN


Suy ra H là trực tâm của EBC suy ra ,A H C, thẳng hàng. Do đó: BEAC.
Đường thẳng BE qua B

 

2; 4 vng góc với Ox nên có phương trình x2.


Gọi A a

   

; 0 ,E 2;bD

4a b; 2

; BA a

 2; 4 ;

EA a

 2; b

; BD

2a b; 2 4 và

FE

6;b1

.

2


2 4 0 (1)


BAEAa  b


 



 



6 2 1 2 4 0 2


FEBD abb 


Thay

 

2 vào

 

1 ta được b46b313b224b 4 0


3 2



1 7 20 4 0 1


b b b b b


         (do b nguyên)
(Ta chứng minh được phương trình 3 2



7 20 4 0


bbb  có nghiệm duy nhất trên khoảng

1; 0

nên
khơng có nghiệm ngun).


Khi đó (4;0), (0; 2)A D  , đường thẳng CD có phương trình 2x  y 2 0


cắt Ox tạiC

1; 0

.
Vậy A

  

4;0 , D 0; 2 và

C

1;0

là các điểm cần tìm.


Bài 215. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hànhABCD có ( 5; 2)A  . M( 1; 2)  là điểm nằm
bên trong hình bình hành sao cho MDCMBCMBMC. Tìm tọa độ điểm D biết tan 1


2
DAM  .


Lời giải


Gọi E là điểm thứ tư của hình bình hànhMABE.


Dễ thấy MECD cũng là hình bình hành nên MECMDC.


MDCMBC suy ra MECMBC hay tứ giácBECM nội tiếp.
Suy ra: BMCBEC180oBEC180o90o 90 .o


Ta có: AMD BEC c c c( . . )AMBBEC 90o hay AMD vuông tại

M

.



E
M



D C



(55)

DAYHOCTOAN.VN


55 DAYHOCTOAN.VN


Vì tan 1 1


2 2


DM


DAM DM MA


MA


    .


Ta có MA4 2MD2 2AD2 MA2MD2 40.
Giả sử D x y

 

; .


Ta có


2 2 2


2 2 2


40 ( 5) ( 2) 40
8 ( 1) ( 2) 8



AD x y


MD x y


      




 


    


 


  .


Giải hệ phương trình trên được hai nghiệm:

 3; 4 , 1;0

  

.
Vậy có hai điểm D thỏa mãn đề bài là: D

 3; 4 ,

  

D 1;0 .


Bài 216. Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy, cho hình vng ABCD. Điểm M thuộc đoạn AC sao cho
3 ,


ACAM điểm N thuộc tia đối của tia AB sao cho AB3AN, đường trịn

 

C ngoại tiếp ADN


có phương trình 2 2


8 6 0.


xyx  Tìm tọa độ điểm D và phương trình AB biết Md x:   y 6 0,


điểm MD có tung độ dương.


Lời giải


+ Gọi E là hình chiếu của M lên ABME BC// .


+ Gọi FACBD, do 3 AF 3
2


ACAM   AMBFDF nên M là trọng tâm ABD


2

.



BE

AE

BE

NE



+ MBN và MBD cân tại M nên: MBMDMN

 

1 B D N, , thuộc đường tròn tâm M

 



2 90o 2


DMN ABD


  


Từ

   

1 , 2  MDN vuông cân tại MM

 

C .
( ) :


M  d C


F



E M


K


N


D
C
B



(56)

DAYHOCTOAN.VN


56 DAYHOCTOAN.VN


2 2


3, 3
8 6 0


7, 1 ( )
6 0


x y


x y x


x y ktm


x y



 


     




   


  




 

3; 3
M


 .


Gọi I là trung điểm

DN

I là tâm của đường tròn

 

C .


Do MDN vuông cân tại MDNMIDN x: 3 y 4 0.
+ Tọa độ điểm

N D

,

là nghiệm của


2 2


1, 1
8 6 0


7, 1
3 4 0



x y


x y x


x y


x y


  
    


   




 D(7;1), N(1; 1) .


+ Gọi K là trung điểm AB 2. 4 2( 3) (1; 4)
2 2( 3)


k
k
x


DM MK K


y


  





   




 .


+ AB đi qua K

 

1; 4 và nhận NK

 

0;5 làm véctơ chỉ phương nên có phương trình: x 1 0.
Vậy: D

 

7;1 và AB x:  1 0.


Bài 217. Cho tam giác ABC vuông cân tạiA, có trọng tâmG. Gọi ,E H lần lượt là trung điểm của các
cạnh AB BC, và Dlà điểm đối xứng với H qua ,A I là giao điểm của đường thẳng AB và đường thẳng


CD. Biết điểm D

 1; 1

, đường thẳng IG có phương trình 6x3y 7 0 và điểm E có hồnh độ
bằng1. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giácABC.


Lời giải


Gọi K là trung điểm củaBI. Suy ra HK CD//  A là trung điểm củaKI , 1 ;
2


HKDIIC
F


K
E


G


H


I
D


C
B



(57)

DAYHOCTOAN.VN


57 DAYHOCTOAN.VN


1


//
2


AKBKGK ACGKAB

GB

GI

GC

hay G là tâm đường tròn đi qua ba điểm
, ,


C I B. CGI 2IBC90o, 1 //
2


IDICDE IG.
Phương trình đường thẳng DE: 2x   y 1 0 E

 

1; 3 .


CE

IG

, suy ra phương trình CE x: 2y 7 0. Tọa độ của G là nghiệm của hệ phương trình


7



2 7 0 3 7 7


;


6 3 7 0 7 3 3


3


x


x y


G


x y


y
 

  


 


   


 





 

5; 1


C


 .


 

 


5


1; 1 1; 5
2


DGAGAB .





Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay
×