Bài tập môn Đại số sơ cấp

Chia sẻ: Đặng Quỳnh | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:59

Thêm vào BST

Báo xấu

86
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài tập Đại số sơ cấp giúp cho các bạn biết được một số dạng bài tập và cách giải chi tiết đối với môn Đại số sơ cấp. Với các bạn chuyên ngành Toán học thì đây là tài liệu hữu ích. Mời các bạn tham khảo tài liệu để bổ sung thêm kiến thức về lĩnh vực này.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài tập môn Đại số sơ cấp

BÀI TẬP ĐẠI SỐ SƠ CẤP Bai 1/369 ̀ Chưng minh cac bât đăng th ́ ́ ́ ̉ ức: a b c a, + + 3(a, b, c > 0) b c a b, a 2 + b2 + c 2 ab + bc + ca
̉ Giai: a b c ́ ̣ a, Ap dung BĐT Cauchy cho 3 sô không âm ́ , , , ta co:́ b c a a b c abc a b c + + 3 � + + �3 ( đpcm) b c a bca b c a b, a + b + c ab + bc + ca 2 2 2 � 2(a 2 + b2 + c 2 ) − 2(ab + bc + ca) = (a − b) 2 + (b − c) 2 + (c − a) 2 �0 ( đpcm) Bai 2/369 ̀ Chưng minh cac BĐT ́ ́ a, a + b 1 + ab trong đo ́ a 1, b 1 1 1 2 b, Vơi ́ a b 1 thi ̀ + 1 + a 1 + b2 2 1 + ab Giai: ̉ a, a + b 1 + ab (1) trong đo ́ a 1, b 1 (1) � a 2 + 2ab + b 2 �1 + 2ab + a 2b 2 � a 2 + 2ab + b 2 − (1 + 2ab + a 2b 2 ) �0 � a 2 + b2 − 1 − a 2b 2 �0 � (a 2 − 1)(1 − b 2 ) �0 a2 −1 0 a2 −1 0 Vi ̀ a 1, b 1 � (a 2 − 1)(1 − b 2 ) �0 ( đpcm) 2 b −1 0 1− b 0 2 1 1 2 b, Vơi ́ a b 1 thi ̀ + (2) 1 + a 1 + b 1 + ab 2 2 1 1 2 (2) � + − �0 1 + a 1 + b 1 + ab 2 2 (1 + b 2 )(1 + ab) + (1 + a 2 )(1 + ab) − (1 + a 2 )(1 + b 2 ) ۳ 0 (1 + a 2 )(1 + b 2 )(1 + ab) � ab3 + b 2 + ab + 1 + a 3b + a 2 + ab + 1 − 2a 2b 2 − 2a 2 − 2b 2 − 2 �0 � ab3 + a3b − 2a 2b 2 − a 2 − b 2 + 2ab �0 � ab(a − b)2 − (a − b)2 �0 � (ab − 1)(a − b) 2 �0 Vi ̀ a b 1 nên ab 1 � (ab − 1)(a − b) 2 �0 Bài 3/369 Chứng minh bất đẳng thức ( a + c) ( b + d ) ab + cd ( a , b, c , d > 0 ) Giải: Ta có: Do a, b, c, d > 0 nên bình phương hai vế ta được
ab + ad + cb + cd ab + cd + 2 abcd � ad + bc �2 abcd ( ) 2 � ad − bc �0 ∀a, b, c, d > 0. đpcm. Bai 4/369 Ch ̀ ưng minh cac BĐT ́ ́ a m − bm a n − bn a, > vơi a > b > 0 ; n > m; m, n ́ N a m + bm a n + b n b, (1 + x)n + (1 − x) n < 2n vơi |x| 1 ̉ Giai: a m − bm a n − bn a, > vơi a > b > 0 ; n > m; m, n ́ N a m + bm a n + b n (a m − bm )(a n + b n ) (a n − b n )(a m + b m ) � n − >0 (a + b n )(a m + b m ) (a n + b n )(a m + b m ) 2(a mb n − a nb m ) � n >0 (a + b n )(a m + b m ) m−n m−n m−n �a � �a >b �� > 0 �b � b, (1 + x) + (1 − x) n < 2n (1) vơi |x| 1 a = 1+ x Đăt ̣ � a + b = 2 � ( a + b) n = 2 n b = 1− x (1) � a n + b n < 2n Ta co: ́ (a + b)n = a n + na n −1b + .. + nab n −1 + b n � (a + b) n = a n + b n + (na n −1b + .. + nab n −1 ) Ma ̀ na n −1b + .. + nab n −1 > 0 nên � a n + bn < 2n (đpcm) Bài 5/369 Chứng minh BĐT sau với mọi a, b, c. a, a 2 + b 2 + 1 ab + a + b Nhân hai vế với 2 ta được: 2a 2 + 2b 2 + 2 2ab + 2a + 2b � a 2 − 2ab + b 2 + a 2 − 2a + 1 + b 2 − 2b + 1 �0 � (a − b) 2 + (a − 1) 2 + (b − 1) 2 �0 (luôn đúng ∀ a, b, c) b, a 2 + b2 + 4 ab + 2 (a + b) � 2a 2 + 2b 2 + 8 �2ab + 4 (a + b) � a 2 + b 2 − 2ab + a 2 − 4a + 4 + b 2 − 4b + 4 �0
� (a − b) 2 + (a − 2) 2 + (b − 2) 2 �0 (luôn đúng ∀ a, b, c) 1 c, a 2 + b 2 + c 2 ab − ac + 2bc 4 2 1 2 �1 � 0 � a − b + c ��0 (luôn đúng ∀ a, b, c) a + b 2 + c 2 − ab + ac − 2bc �� 4 �2 � Bài 6/369 Chứng minh rằng với mọi x, y ta có x + 5 y − 4 xy + 2 x − 6 y + 3 > 0 2 2 Giải: Ta có: VT = x 2 − 2 x ( 2 y − 1) + ( 2 y − 1) + y 2 − 2 y + 2 2 = ( x − 2 y + 1) + ( 2 y − 1) + ( y − 1) + 1 1 2 2 � VT > 0 � đpcm. Bài 7 a) Nếu hai số x, y thỏa mãn x 2 + y 2 = 1, chứng minh rằng − 2 x+y 2 1 b) Nếu a + b = 1, chứng minh rằng a 4 + b 4 . 8 Giải a) Nếu hai số x, y thỏa mãn x 2 + y 2 = 1, chứng minh rằng − 2 x+y 2 Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho hai cặp số: (1, 1) và (x, y) Ta có: 2 1.x 1.y 2 x2 y2 x y 2 2 x y 2 x cos Cách 2: Đặt y sin
Ta có : cos sin 2 cos mà 1 cos 1 4 4 Nên 2 cos sin 2 hay 2 x y 2 đpcm. 1 b) Nếu a + b = 1, chứng minh rằng a 4 + b 4 . 8 Cách 1: a 2 + b 2 = ( a + b ) − 2ab = 1 − 2ab 2 a 4 + b 4 = (a + 4) 4 − 2a 2 b 2 = (1 − 2ab) 2 − 2a 2 b 2 (1) a+b (a + b) 1 Vì a + b = 1, ab hay ab nên 0 ab 2 4 4 1 Thay ab = vào (1) ta được: 4 2 2 � 1 � �1 � 1 a + b = (1 − 2ab) − 2a b 4 4 2 2 2 1 − 2. �− 2 � �= � � 4 � �4 � 8 Cách 2: a + b = 1 � (a + b) 2 = 1 � a 2 + 2ab + b 2 = 1 (1) mặt khác (a − b) 2 0 � a 2 − 2ab + b 2 �0 (2) cộng vế (1) và (2) ta được 1 1 1 2(a 2 + b 2 ) �� 1 a 2 + b 2 � � 2(a 4 + b 4 ) � � a 4 + b 4 � 2 4 8 1 Dấu “=” xảy ra khi a = b = 2 Bài 8. Chứng minh rằng x2 + 2 a) 2, ∀x R; x +1 2
x +8 b) 6, ∀x>1; x −1 c) (a + b)(ab + 1) 4ab, ∀a, b 0; Giải x2 + 2 a) 2, x2 + 1 Áp dụng Cosi cho hai số x 2 + 1 và 1, ta có x2 + 2 x + 2 2 x +1 ۳ 2 2 2 ∀x R; x +1 2 x +8 b) 6, ∀x>1; x −1 Áp dụng Cosi cho hai số x 1 và 9, ta có x +8 x + 8 2 9(x − 1) � x + 8 �6 (x − 1) ۳ 6, ∀x>1; x −1 c) (a + b)(ab + 1) 4ab, ∀a, b 0; Áp dụng Cosi cho hai số a và b, ta có a + b 2 ab (1) Áp dụng Cosi cho hai số ab và 1, ta có ab + 1 2 ab (2) Nhân vế với vế của (1) và (2) ta được (a + b)(ab + 1) 4ab Bài 9. Chứng minh rằng a) ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) 8abc, ∀a, b, c 0; b) a ( 1 + b ) + b ( 1 + c ) + c ( 1 + a ) 6abc. 2 2 2 2 2 2 Giải a) ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) 8abc, ∀a, b, c 0; Áp dụng Cosi cho hai số a và b, ta có a + b 2 ab (1)
Áp dụng Cosi cho hai số b và c, ta có b + c 2 bc (2) Áp dụng Cosi cho hai số a và c, ta có a + c 2 ac (3) Nhân vế với vế của (1), (2) và (3) ta được (a + b)(b + c)(c + a) 8abc b) a ( 1 + b ) + b ( 1 + c ) + c ( 1 + a ) 6abc. 2 2 2 2 2 2 Áp dụng Cosi cho 6 số a 2 , a 2 b 2 , b 2 , b 2 c 2 , c 2 , c 2 a 2 , ta có a 2 + a 2 b2 + b2 + b2 c2 + c2 + c2a 2 6 6 a 6 b6 c6 a 2 (1 + b 2 ) + b 2 (1 + c 2 ) + c 2 (1 + a 2 ) 6 Bài 10. a) Cho x 2 + y 2 = 1. Chứng minh rằng x + 2y 5 b) Cho 2x 2 + 3y 2 = 5. Chứng minh rằng 2x + 3y 5 Giải a) Áp dụng bunhiacopki cho 2 cặp số (1, 2), (x, y) ta có: ( x + 2y ) 2 (1 2 + 22 ) ( x 2 + y 2 ) � ( x + 2y ) �5 2 x 2y 5 b) Áp dụng bunhiacopki cho 2 cặp số ( 2, 3 , ) ( ) 2x, 3y ta có: ( ) ( )( ) +( ) 2 2 2 2 + 3 � 2x 3y � 2 2 2. 2x + 3. 3y � � ( 2x + 3y ) 2 5 � 2x + 3y � 5 Bài 11/370 Chứng minh rằng 2 2 � 2 1 � � 2 1 � 25 sin x + 2 �+ � � cos x + � ∀x R � sin x � � cos 2 x � 2 Giải:
1 1 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho 1,1 và sin 2 x + 2 , cos 2 x + sin x cos 2 x ta có: 2 2 2 �� 2 1 � � 2 1 �� 2 1 1 � ( 12 + 12 ) �� sin � x + + � � sin 2 x � � cos x + �� cos 2 x �� sin x + 2 + cos 2 x + � � sin x � cos 2 x � � � 4 � 1 + 2 � ( 1 + 4 ) = 25 2 =� � sin x � 2 2 � 2 1 � � 2 1 � 25 sin x + 2 �+ � � � cos x + �� sin x � � cos 2 x � 2 Bài 12/370 Cho a 2 + b 2 + c 2 + d 2 = 1 . Chứng minh rằng (x + ax + b ) + ( x 2 + cx + d ) ( 2x + 1) , ∀x 2 2 2 2 2 R Giải: Áp dung bất đẳng thức Bunhiacopski cho x, a, b và x, x, 1 ta có: (x + ax + b ) (x + a 2 +b 2 ) ( x 2 + x 2 + 1) 2 2 2 (1) Áp dung bất đẳng thức Bunhiacopski cho x, c, d và x, x, 1 ta có: (x + cx + d ) (x + c 2 + d 2 ) ( x 2 + x 2 + 1) 2 2 2 (2) Cộng (1) và (2) ta được: (x + ax + b ) + ( x 2 + cx + d ) (x + 1) ( x 2 + a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) = ( 2 x 2 + 1) 2 2 2 2 2 đpcm Bài 13:Chứng minh rằng: 1 1 1 1 a) + + ... + > n +1 n + 2 2n 2 1 1 1 n −1 b) 2 + 2 + ... + 2 < 2 3 n n Lời giải: a) Ta có:
1 1 > n + 1 2n 1 1 > n + 2 2n ... 1 1 = 2n 2n Cộng từng vế các phương trình ta được: 1 1 1 �1 � + + ... + > n� � n +1 n + 2 2n �2n � 1 1 1 1 � + + ... + > n +1 n + 2 2n 2 1 1 1 n −1 b) 2 + 2 + ... + 2 < 2 3 n n Ta có: 1 1 1 2 < =1− 2 1.2 2 1 1 1 1 2 < = − 3 2.3 2 3 ... 1 1 1 1 < = − n (n − 1)n n − 1 n Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n −1 + 2 + ... + 2 < 1 − + − + ... + − = 1− = (đpcm) 2 2 3 n 2 2 3 n −1 n n n Bài 14/370 1 n a1a2 ...an a. Cho n số dương a1 , a2 ,..., an . Chứng minh rằng: 1 + 1 + ... + 1 a1 a2 an ( Vế trái gọi là trung bình điều hòa của a1 , a2 ,..., an ) b. Chứng minh rằng với số n dương a1 , a2 ,..., an thì: a1 + a2 + ... + an n a12 + a2 2 + ... + an 2 n n
(Vế trái gọi là trung bình toàn phương của a1 , a2 ,..., an ). Giải. 1 1 1 , ,..., là các số dương a. Vì a1 , a2 ,..., an là các số dương a1 a2 an 1 1 1 Áp dụng BĐT Côsi cho các số dương a , a ,..., a ta được: 1 2 n 1 1 1 1 1 1 1 + + ... + n. n . ... = n. n a1 a2 an a1 a2 an a1.a2 ...an 1 1 = n a .a ...a 1 1 1 1 1 2 n + + ... + n a1 a2 an a1.a2 ...an 1 n. n a1a2 ...an Vậy + + ... + 1 1 1 a1 a2 an Bài 15/371 Chứng minh rằng: a. Nếu a1 , a2 ,..., an dương và a1.a2 ...an = 1 thì a1 + a2 + ... + an n k �x1 + x2 + ... + xb � x1 + x2 + ... + xn k k k b. Nếu 1 2 x , x ,..., xn dương thì � � với k N � n � n Giải. a. Áp dụng BĐT Côsi cho n số dương a1 , a2 ,..., an ta được a1 + a2 + ... + an n. n a1.a2 ...an = n Bai 16/371 ̀ ̣ ́ ương a được chia thanh n sô hang d Môt sô d ̀ ́ ̣ ương sao cho tich ́ ̉ cua chung l ́ ơn nhât. Tinh cac sô hang ây ́ ́ ́ ́ ́ ̣ ́ Giai: ̉ Gia s ̉ ử sô d ́ ương A được chia thanh n sô d ̀ ́ ương la ̀ a1 , a2 ,..., an n a1 + a2 + ... + an � Theo Cô – si a1 , a2 ,..., an � � � � n � a + a + ... + an Tich ̣ ́ ̣ ơn nhât la ́ a1a2...an đat gia tri l ́ ́ ̀ 1 2 ̀ ̉ khi va chi khi a1 = a2 = ... = a n n A Khi đo ́ A = a1 + a2 + ... + an = nai , i = 1, n � ai = n Bai 17/371 ̀ ̣ ́ ương p được phân tich thanh n th Môt sô d ́ ̀ ừa sô d ́ ương sao cho ̉ ̉ ̀ ớn nhât. Tinh cac th tông cua chung la l ́ ́ ́ ́ ừa sô ây ́́ Giai: ̉
̉ ử sô d Gia s ́ ương p được phân tich thanh n th ́ ̀ ừa sô d ́ ương a1 , a2 ,..., an � p = a1a2 ...an ́ ̣ ́ ̉ Ap dung bât đăng thưc Cô – Si cho n sô d ́ ́ ương a1 , a2 ,..., an ta co:́ a1 + a2 + ... + an n n a1a2 ...an n Min ai = n n a1a2 ...an khi a1 = a2 = ... = a n i =1 Khi đo ́ p = a1...an = ai n � ai = n p Bai 18/371 ̀ ́ x, a, b > 0 . Tim gia tri nho nhât cua biêu th Nêu ̀ ́ ̣ ̉ ́ ̉ ̉ ức: (a + x)(b + x ) x ̀ ̣ ́ ̣ ́ Khi nao đat gia tri đo? ̉ Giai: (a + x)(b + x) ̣ A= Đăt ta có x (a + x)(b + x ) ab + (a + b) x + x 2 ab = = + x+a+b x x x ab Do x, a, b > 0 . Ap dung bât đăng th ́ ̣ ́ ̉ ưc Cô – si cho hai sô d ́ ́ ương ,x x Ta co:́ (a + x)(b + x ) ab ( ) 2 +x= +2+ ab �+ 2 ab a b a b x x ( ) ab 2 MinA = a+ b � =x x Bài 19/371 Tìm giá trị nhỏ nhất của a) f(x) = (2x 1)(3 – 5x) b) f(x) = (1 + x)3(1 – x) x c) f(x) = 2 x 2 2 x d) f(x) = 2 (x 3) 2
Giải a) f(x) = (2x 1)(3 – 5x) = 10x2 + 11x – 3 11 121 1 = 10(x2 – 2. x + ) + 20 400 40 11 1 1 = 10(x )2 + 20 40 40 1 Vậy max f(x) = 40 11 11 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi (x )2 = 0 x = 20 20 b) f(x) = (1 + x)3(1 – x) 1 = (1+x)(1+x)(1+x)(3 – 3x) 3 x 1 0 x 1 Ta thấy với thì f(x) 0 3 3x 0 x 1 x 1 0 Với 1 x 1 3 3x 0 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho bốn số dương x + 1, x + 1, x + 1, x – 1 ta có x 1 x 1 x 1 3 3x 4 ( x 1) 3 (3 3x ) 4 4 3 4 ( x 1) 3 ( x 1) 2 4 1 1 3 27 (x+1)2(3 – 3x) . = 3 3 2 16 27 Vậy max f(x) = 16 1 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 3 – 3x = x + 1 x = 2 x c) f(x) = 2 x 2 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm x2 và 2 ta có: X2 + 2 2 2 x 2 2 2 x x x 1 2 x 2 2 2x 2 2 1 Vậy max f(x) = 2 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x2 = 2 x 2
x2 d) f(x) = (x2 3) 2 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số không âm x2, 1, 1 ta có: x 2 1 1 33 x 2 ( x 2 2) 3 27 x 2 x2 x2 1 ( x 2) 2 27 x 2 27 1 Vậy max f(x) = 27 Bài 20/370 Tìm giá trị dương nhỏ nhất của 2 x2 + 3 f ( x) = x Giải: 2 x2 + 3 Ta có: f ( x) = > 0 mà 2 x 2 + 3 > 0 nên x > 0 x 3 f ( x) = 2 x + x 3 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số 2 x, ta có: x 3 1 2x + 2 2.3.x. =2 6 x x 3 3 Vậy MinA = 2 6 � 2x = � x= . x 2 Bài 21. Cho các số x, y, z thỏa mãn: xy + yz + zx = 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức f ( x) = x 4 + y 4 + z 4 Bài làm:. AD bất đẳng thức bunhiacopski cho 2 cặp số (1, 1, 1) và (x2, y2, z2) ta được ( x 2 + y 2 + z 2 )2 (12 + 12 + 12 )( x 4 + y 4 + z 4 ) � ( x 2 + y 2 + z 2 ) 2 �3( x 4 + y 4 + z 4 ) � 3( x 4 + y 4 + z 4 ) �( x 2 + y 2 + z 2 ) 2 (1)
AD bất đẳng thức bunhiacopski cho 2 cập số (x, y, z) và (z, x, y) ta được ( xy + yz + zx) 2 ( x 2 + y 2 + z 2 )( x 2 + y 2 + z 2 ) � ( x 2 + y 2 + z 2 ) 2 �( xy + yz + zx)2 (2) Từ (1) và (2) � 3( x 4 + y 4 + z 4 ) �( xy + yz + xz ) 2 � 3( x 4 + y 4 + z 4 ) �16 16 � ( x4 + y 4 + z 4 ) � 3 16 2 Vậy f(x) đạt giá trị nhỏ nhất là khi x = y =z = . 3 3 Bài 23/370 Giải các bất phương trình: 7 x 1 3x a, − > − 5 (1) 6 2 2 5 x 13 x 9 2x b, − + < − (2) 7 21 15 25 35 Lờ giải: 7 x 1 3x a, − > − 5 (1) 6 2 2 7 x 3x 9 − x −9 −x 9 −2 x + 27 (1) − > − > + > 0 > 0 6 2 2 3 2 3 2 6 27 2x + 27 > 0 2x
1 2x a, 3x 20 − (i) 4 3 b, 23 2x – 10 (ii) Lời giải: 1 2x a, 3x 20 − (i) 4 3 2x 1 11x 81 44 x − 243 (i) 3x + − − 20 0 − 0 0 3 4 3 4 12 243 44x – 243 0 x 5,5 44 Vậy btp (i) có các nghiệm nguyên là x { 6;7;8;9;...} b, 23 2x – 10 (ii) Ta có: −13 (ii) 2x 13 x 6,5 2 Vậy bpt (ii) có các nghiệm nguyên là x { −6; −5; −4; −3;...} ̉ ̀ ̣ ̣ Bai 25. Giai va biên luân theo m cac BPT ̀ ́ a, x + 4 > 2x + m2 b, mx – 1 >x +4m2 ̉ Giai: a, x + 4 > 2x + m2 x x +4m2 (m1)x > 4m2 +1(1) Vơi m = 1; (1) ́ 0x = 1(vô ly) ́ phương trinh vô nghiêm ̀ ̣ 4m 2 + 1 m > 1 x> m −1 4m 2 + 1 m
Bài 26/372 Giải và biện luận theo m các bất phương trình: a ) x ( m 2 + 1) m 2 − 1; 2x x −1 b) . ( m + 1) m +1 2 Giải: a ) x ( m 2 + 1) m2 − 1 m2 − 1 Vì m 2 + 1 > 0 nên bất phương trình có nghiệm duy nhất là: x . m2 + 1 2x x −1 b) ( m + 1) m +1 2 Ta có: 2x x −1 2x ( x − 1)(m + 1) � (2) ( m + 1) m +1 ( m + 1) ( m + 1) 2 2 2 +) ∀m −1 ( m + 1) > 0 nên 2 (2) 2 x ( x − 1)(m + 1) 2 x xm + x − m − 1 � (1 − m) x �−m − 1 +) Với m = 0 ta có 0 −2 (vô lý) bất phương trình vô nghiệm. +) Với m > 1 bất phương trình có nghiệm x −1 . +) Với m < 1 bất phương trình có nghiệm x −1 . Vậy: m = 0 bất phương trình vô nghiệm m > 1 bất phương trình có nghiệm x −1 m < 1 bất phương trình có nghiệm x −1 . Bài 27 Giải các hệ bất phương trình tuyến tính: 3x − 1 1 − 2 x > 2 3 −x x−3 a, +3 7+ (I) 4 4 x 7 x − 9 < 10 − 3 2 x − 3 < 3x − 4 x + 8 3x + 2 b, 3x − 3 > x + 2 5x −1 4 x + 6
Lời giải: 3x − 1 1 − 2 x > 2 3 −x x−3 a, +3 7+ (I) 4 4 x 7 x − 9 < 10 − 3 Ta có: 3x − 1 2 x − 1 13 x − 5 + >0 >0 2 3 6 13x − 5 > 0 − x + 12 x + 25 2 x + 13 (I) − 0 0 2 x + 13 0 4 4 4 22 x − 57 < 0 22 x 22 x − 57 − 19 < 0 13 −13 5 57 x 1 2 x − 3 < 3x − 4 x >1 x 3 x + 8 3x + 2 2x 6 5 b, 5 < x 3 3x − 3 > x + 2 2x > 5 x> 2 2 5x −1 4 x + 6 x 7 x 7 Bài 28/372 Xác định m để hệ bất phương trình sau vô nghiệm 3x 5 x 1 (1) 2 ( x 2) ( x 1) 2 9 (2) 2 m x 1 m (3m 2) x (3) Từ (1) và (2) ta có: 3 x 1 Giải (3): (m – 1)(m – 2)x > m – 1 (*)
+) Với m = 1 hoặc m = 2 thì (*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm 1 +) Với m 0 x −1 x −1 x −1 � �−2x + 7 > 0 �x < 7 2 � � � � � �x − 1 > 0 �x > 1 � � � � � 1 < x < 7 2 � �− 2x + 7 < 0 � �x > 7 2 � � � � �x − 1 < 0 � �x < 1 � � 7� Vậy nghiệm của bất phương trình (1) là x � 1, � � 2� x 2 + 2x + 5 b. x −3 (2) x +1 Miền xác định là ∀x −1, x R . Khi đó x 2 + 2x + 5 − ( x − 3) ( x + 1) x+2 (2) ۳ 0 ۳ 0 x +1 x +1
�x+ �� 2 − 0 �x 2 � � � � �x + 1 0 � �x −1 � x −1 � � � Kết hợp điều kiện � �x + 2 0 � �x −2 x −2 � � � � � �x + 1 0 �x −1 � x > −1 x −2 Vậy nghiệm của bất phương trình (2) là x �( −�, −2] �( −1, +�) x 2 + 3x − 1 c. −x (3) 2−x Miền xác định là ∀x 2, x R . Khi đó x 2 + 3x − 1 + x ( 2 − x ) 5x − 1 (3) ۳ 0 ۳ 0 2−x 2−x ��−�� 5x 1 0 �x 15 �� 2−x 0 �x � 2 �� 1 5 x 2 �5x − 1 � 0 � �x 15 �� 2−x 0 �x � 2 Kết hợp điều kiện ta có: 1 5 x < 2 1 � � Vậy nghiệm của bất phương trình (3) là x ,2 5 � � Bài 29. Giải các bất phương trình x+9 a. >5 (1) x −1 Miền xác định là ∀x 1, x R . Khi đó x+9 −4x + 14 −2x + 7 (1) � −5>0 � >0� >0 x −1 x −1 x −1
� �−2x + 7 > 0 �x < 7 2 � � � � � �x − 1 > 0 � �x > 1 � � � � 1 < x < 7 2 � �−2x + 7 < 0 � �x > 7 2 � � � � � �x − 1 < 0 �x < 1 � � 7� Vậy nghiệm của bất phương trình (1) là x � 1, � � 2� x 2 + 2x + 5 b. x −3 (2) x +1 Miền xác định là ∀x −1, x R . Khi đó x 2 + 2x + 5 − ( x − 3) ( x + 1) x+2 (2) ۳ 0 ۳ 0 x +1 x +1 �x+ �� 2 − 0 �x 2 � � � � �x + 1 0 �x −1 x −1 �� Kết hợp điều kiện � �x + 2 0 � �x −2 x −2 � � � � � �x + 1 0 �x −1 � x > −1 x −2 Vậy nghiệm của bất phương trình (2) là x �( −�, −2] �( −1, +�) x 2 + 3x − 1 c. −x (3) 2−x Miền xác định là ∀x 2, x R . Khi đó x 2 + 3x − 1 + x ( 2 − x ) 5x − 1 (3) ۳ 0 ۳ 0 2−x 2−x