259
VẤN ĐỀ 10
Tìm m để hệ bất phương trình vô
nghiệm, có nghiệm, có duy nhất
nghiệm.
260
Vấn đề 10
Tìm m để hệ bất phương trình vô
nghiệm, có nghiệm, có duy nhất
nghiệm.
A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT
I. Hệ bất phương trình :
Hệ bất phương trình là một tập hợp gồm nhiều bất phương trình.
Nghiệm của hệ bất phương trình là tập hợp các giá trò của ẩn số
nghiệm đúng đồng thời tất cả các bất phương trình của hệ.
II. Hệ bất phương trình tương đương :

Hai hệ bất phương trình (I) và (II) được gọi là tương đương nếu
mọi nghiệm của hệ (I) đều là nghiệm của hệ (II) và ngược lại :
III. Để giải một hệ phương trình :

≤
>
(2)
(1)
DC
BA

Gọi S
1
là tập nghiệm củabpt (1) và S
2
là tập nghiệm của bpt (2).
• Hệ (E) có nghiệm ⇔ S
1
∩ S
2
≠ ∅
• Hệ vô nghiệm ⇔ S
1
∩ S
2
= ∅
• Hệ có duy nhất nghiệm ⇔ S
1
∩ S
2
=
{
}
0

Giải
Hệ ⇔
⎩
⎨
⎧
≥+
≤+
(2) -1yx
(1) 144
yx

Dễ thấy là :
(
)
044
2
≥−
yx
⇒ 4
x
+ 4
y
≥
yx
4.42
Hay 4
x
+ 4
y
≥ 2

1

b./ Giải hệ bất phương trình :
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>−−+
<++
01093
045
23
2
xxx
xx

(Đại học kinh tế quốc dân Hà Nội , năm 1998 – 1999)
Giải
Bất phương trình ⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>−−+
<++
01093
(1) 045
23

263
y = x
3
+ 3x
2
- 9x – 10 > 0 ∀x ∈ [-4 ; -1]
Vậy nghiệm của bất phương trình là –4 < x < -1
Bài 2
Cho hệ bất phương trình :
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
<−+−
>
+−
+−
(2) 012
(1) 1
86
952
22
2
2
mmxx
xx
xx

Đònh m để (1) và (2) không có nghiệm chung

⇔ m = 3
Bài 3
Cho hệ
22
1
0 (1)
3
210 (2)
x
x
xxm
−
⎧
<
⎪
−
⎨
⎪
−−+≤
⎩

a) Tìm m để hệ có nghiệm
b) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất
Phương pháp :
Tìm m để hệ có nghiệm ta có thể tìm m để hệ vô nghiệm .Sau đó lấy
phần bù của kết quả này.
Hướng dẫn giải :
a) Ta có : tập nghiệm của bất phương trình (1 ) là S
1
= (1 ; 3)

2
là rỗng nên m= 0 nhận.
• m > 0 :S
2
= [1 – m ; 1 + m]
Hệ vô nghiệm khi 1 + m
≤ 1 hay 1 – m ≥ 3
⇔ m ≤ 0 hay m ≤ -2 ⇔ m ≤ 0 mà m > 0 (điều kiện trên) nên m thuộc
rỗng . Hợp các tập hợp trên lại ta được m = 0 thì hệ vô nghiệm nên
m
≠ 0 thì hệ có nghiệm
b) Để hệ có nghiệm duy nhất , xem xét sự tương giao của 2 tập hợp
trong câu a) cho ta m
∅
∈
.(bạn đọc tự kiểm lại).
Bài 4
Cho hệ bất phương trình :
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≥−
≤+−
)2(0mx
)1(036x13x
22
24


2
= (-∞ ; m] ∪ [-m ; +∞)
Hệ có nghiệm duy nhất khi m = -3 hay –m = 3
⇔ m = -3
• m > 0 : S
2
= (-∞ ; –m) ∪ (m ; +∞)
Hệ có nghiệm duy nhất khi –m = -3 hay m = 3
⇔ m= 3
Vậy: m = 3
∨ m = -3 thì hệ có nghiệm duy nhất 265
Bài 5
Tìm m để hệ sau vô nghiệm :
()
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
<+
<−
(2) 21m
(1) 01
2
2
x
x

2
+
m
≤ -1 ⇔ m
2
+ 3 ≤ 0 ⇔ m ∈ ∅
Hệ có nghiệm
⇔
1
2
2
+
m
> 1 ⇔ m
2
+ 3 > 0 ⇔ m ∈ R
Bài 6
Tìm m để hệ sau có nghiệm :
()
⎩
⎨
⎧
−<+
≤−
(2) 2x1m
(1) 3x2x
2

Hướng dẫn :
(1)

⎝
⎛
+
−∞−
1
2
;
m

Dể hệ vô nghiệm thì
1
1
2
−≤
+
−
m
⇔ m ≤ 1
⇒ -1 < m ≤ 1 (2a)
* m < -1 : x >
1
2
+
−
m
: S
2
=
⎟
⎠

5
≤ m ≤ 1
Bài 7
Đònh m để hệ bpt sau vô nghiệm :
2
22
x3x20(1)
x(m1)x2mm0(2)
⎧
++<
⎪
⎨
−−− +≤
⎪
⎩

Giải
(1) 2 x 1⇔− < <−
(2). Đặt f(x) VT=
Ta có :
22
m2m18m4m∆= − + + −

22
9m 6m 1 (3m 1) 0 m R=−+=−≥∀∈
Do
∆ chỉ có 2Khả Năng là dương hoặc bằng 0.
Ta xét : (*) TH1 :
1
0m

Để hệ vô nghiệm thì khả năng xảy ra :
12 12
12 12
21xx 1xx(*)
xx 21 xx 2(*)
−<−< < −< <
⎡⎡
⇔
⎢⎢
<<−<− <<−
⎣⎣

(*)
12
1x x−< <
2
f( 1) 0 1 m 1 2m m 0
11
mm
33
Sm12
10
22
⎧⎧
⎪⎪
−> + −− + >
⎪⎪
⎪⎪
⇔≠ ⇔≠
⎨⎨

⎩⎭

(**)
12
xx 2<<−
⇔
2
f( 2) 0 4 2(m 1) 2m m 0
11
mm
33
Sm1
20 20
22
⎧⎧
⎪⎪
−
>+−−+>
⎪⎪
⎪⎪
≠⇔≠
⎨⎨
⎪⎪
−
⎪⎪
+< +<
⎪⎪
⎩⎩

2

Hợp (a) (b) (c) :
1
m
3
m
1
0m1\
3
⎡
=
⎢
⎢
⎢
∈∅
⎢
⎧
⎫
⎢
<<
⎨
⎬
⎢
⎩⎭
⎣
⇔ 0 < m < 1
Bài 8
Tìm tất cả các giá trò của tham số m để hệ bất phương trình sau đây có
nghiệm :
⎪
⎩

22
22
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≤++
−≤+−−
)2(nyxy2x2
)1(3yxy2x5
22
22

Sau khi nhân 2 vế của (2) với 3 và cộng từng vế với (1); ta được :
(x+2y)
2
≤ -3 + 3n
Điều kiện cần để hệ có nghiệm là : -3 + 3n
≥ 0 ⇔ n ≥ 1
Thử lại : với n
≥ 1 ; để chứng minh hệ đãa cho có nghiệm , cchỉ cần
chứng minh hệ sau có nghiệm :
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≤++

5
1
±

Hệ rõ ràng có nghiệm :
;
5
1
;
5
2
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
5

3yx

Giải
Ta có :
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≤+++
=+
)2(a3y5x
)1(3yx

Từ (1)
⇒
x3y −=

Vì y
≥ 0 ⇒ x3− ≥ 0 ⇒ x ≤ 3
Với x
≥ 4 ⇒ x ≥ 2 . Vậy 2 ≤ x ≤ 3
Thế
y
=
x3−
vào (2) , ta được :
axx6125x ≤+−++
Đặt t =
x

f’(t) = 0
⇔ 05t)3t(12t6tt
22
=+−++−
⇔ 5t)t3(12t6tt
22
+−=+− (vì 2 ≤ x ≤ 3 ⇒ 3 – t ≥ 0)
⇔ 2t
2
– 30t + 45 = 0 (vô nghiệm )
Vậy f’(t) > 0 với mọi t
[
]
3;2
∈
⇒ f(t) luôn tăng với mọi t
[
]
3;2
∈

⇒ f(t) ≥ f(2) = 5
Vậy điều kiện bài toán
⇔ a ≥ 5
Bài 10
Tìm những cặp số nguyên (x, y) nghiệm đúng hệ bất phương trình sau
⎪
⎩
⎪
⎨

2
−−<<−−
⇒
2
1
−
< y < 2
Vì y
Z∈ , nên ta lấy y = 0 hoặc y = 1
* Với y = 0 , ta có hệ :
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
<<−
<−
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
<−
<−
3x1
2
1
x2x
21x

=
0y
2x
;
⎩
⎨
⎧
=
=
1y
1x

Bài 11
Tìm tất cả các giá trò của tham số m để hệ bất phương trình sau có
nghiệm :
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
−≤−+
+
−
≥−+
2y5xy10x3
m1
m1
y7xy2x
22
22

Ta có :
2a2)y3x(2a2y9xy6x
222
−−≤+⇔−−≤++
Bất phương trình trên có nghiệm khi
2a2
−
−
≥ 0 ⇔ a ≤ 1
−

• Điều kiện đủ : Với a ≤ 1
−

Xét hệ phương trình:
⎩
⎨
⎧
−=−+
−=−+
2y5xy10x3
1y7xy2x
22
22
⇔
⎩
⎨
⎧
=+
−=−+

⇔
⎩
⎨
⎧
−=
=
2
1
y
2
3
x
2
1
y
2
3
x
y3x
1y4
2

Điều đó chứng tỏ hệ có nghiệm .
Chuyển vế m : a
≤ 1− ⇔ 1m1
m
1
m1
−<⇔−≤
+

22
222
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
⎢
⎣
⎡
+≥
+≤
<<−
3mx
2mx
m3x2
2

Hệ đã cho có nghiệm khi m + 2 >
2
−
hoặc m + 3 < 3m
2⇔
⎪
⎪
⎪

−=+
0ay3xa2
yx
7xy11y2x15
2
22

(Đề Đại Học Dược Hà Nội )
Giải
Vì
7xy11y2x15
22
−=+ ⇒ 11xy = 15x
2
+ 2y
2
+ 7 > 0 ⇒ xy > 0
Đặt x = ky ( k > 0 ) , ta có :
(15k
2
– 11k +2) y
2
= 7
−
⇒ 15k
2
– 11k + 2 < 0 ⇒
5
2
k

⎨
⎧
=+−++
≤+
2a)1y(x2yx
2yx

Giải
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
+−=+−
≤+
)yx(2a)1y(x2
2yx
⇔
[]
⎩
⎨
⎧
+−=+−
≤+
2
)yx(2a)1y(x2
2yx

⇔
⎩

.
Bài 15
Với những giá trò nào của m thì hệ bất phương trình sau có nghiệm :
⎩
⎨
⎧
<+++
<++−
0m7x)7m(x
0m2x)2m(x
2
2

(Đề Học Viện Quan Hệ Quốc Tế )
Giải
⎩
⎨
⎧
<+++
<++−
0m7x)7m(x
0m2x)2m(x
2
2
⇔ (I)
⎩
⎨
⎧
<++
<−−


Vậy hệ bất phng trình đã cho có nghiệm
⇔ m < 0 .
Bài 16
Giải hệ bất phương trình :
⎩
⎨
⎧
>−−+
<++
010x9x3x
04x5x
23
2

(Đề Đại Học Kinh Tế Quốc Dân Hà Nội )
Giải
⎩
⎨
⎧
>−−+
<++
010x9x3x
04x5x
23
2
⇔
⎩
⎨
⎧

⎩
⎨
⎧
−>+
≤+
−−+
3log2y3x
24.34
4
1y21yx

(Đề Đại Học Kinh Tế )
Giải
⎩
⎨
⎧
−>+
≤+
−−+
3log2y3x
24.34
4
1y21yx

)2(
)1(

Đặt u =
1yx
4

=
=−+
−
3
1
4
01yx
1y2
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
−
=
+
=
2
3log1
y
2
3log1
x
4
4
⇔
⎪
⎩
⎪

2

Giải
Bất phương trình đầu của hệ được viết dưới dạng :
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>
−
+
>
⇔>−−+
xlog
1x
1x
log
1x
2log2)1x(log2)1x(log2
33
333

⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>

m
)5x2x(log
3x1
2
2
2
2

Đặt t = log
2
(x
2
– 2x + 5)
≡
f(x) thì phương trình của hệ trở thành
g(t)
≡ t
2
– 5t – m = 0
Mặt khác , f(x) đồng biến trong khoảng (1; 3) và có miền giá trò là
khoảng :
(f(1) ; f(3)) = (2 ; 3) . Vậy mỗi t = f(x)
(
)
3;2
∈
tương ứng với duy nhất
x
∈ (1 ; 3) .
Từ đó , hệ có hai nghiệm phân biệt

2
S
2
0)3(g
0)2(g
0
g
⇔ 6m
4
25
−<<−
Chú y ù:
Có thể giải phần này bằng phương pháp khảo sát hàm :
y = G(t) = t
2
– 5t
trên khoảng (2 ; 3) va xác đònh vò trí đường thẳng y = m cắt đồ thò của
y = G(t) tại 2 điểm .
Bài 19
Tìm các giá trò của a để hệ bất phương trình sau có nghiệm :
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≤++−
>+−
⎟
⎠
⎞

0ax)1a(x
1)3x2x(
2
1x
3x2
log
2
5,0

)2(
)1(

BPT (1)
⇔
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
>
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
−

x
2
– 2x + 1 = (x – 1)
2
≤ 0 ⇔ x = 1
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∉ 4;
2
3

Vậy với a = 1 hệ vô nghiệm.
• Nếu a ≠ 1 , tam thức f(x) = x
2

- (a+1)x + a có hai nghiệm phân
biệt : 277
x
1
=
2
1a1a −−+
; x

⎩
⎪
⎨
⎧
>
<
31a1a
81a1a
2
3
x
4x
2
1

• Nếu a > 1 ,hệ trên ⇔ a >
2
3

• Nếu a < 1 , hệ ⇔
⎩
⎨
⎧
>−++
<−−+
3a11a
8)a1(1a
⇒ không tồn tại a .
ĐS : a >
2

C. BÀI TẬPTƯƠNG TỰ
Bài 1
Cho hệ :
()
⎩
⎨
⎧
−<+
≤−
21
32
2
xm
xx
Tìm m để hệ có nghiệm.
Bài 2
Cho hệ :
()
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≤−+
−≥−
041
132
2
2
xm

+
+
+
+
1
23
2310
1
2
2
132
2
2
xx
xx
x
x
x
x

Bài 2
Đònh m để hệ bất phương trình sau vô nghiệm : (2,5đ)
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≤+−−−
<++
02)1(

279
Bài 5
Tìm m sao cho hệ sau có nghiệm :
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
<+++
<++−
0m7x)7m(x
0m2x)2m(x
2
2

(Học viện quan hệ Quốc tế , khối D)
Bài 6
Tìm m để hệ sau có nghiệm :
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≤+++−
≤−+−
0mmx)1m2(x
0m1x2x
22
2


−−<
⎪
⎨
−> −
⎪
⎩

Bài 9
Cho hai bất phương trình :
2
2
x4x30 (1)
3x 2(3 m)x 5 2m 0 (2)
⎧
−+<
⎪
⎨
+− +−<
⎪
⎩

Đònh m sao cho :
1)
Mỗi nghiệm của (1) cũng là nghiệm của (2).
2)
Mỗi nghiệm của (2) cũng là nghiệm của (1).
Đáp số :
1) m
≥ 25/4 2)
7