Giáo án : Chuyên đề đại số 10
1.Bất phương trình đa thức
A-Lý thuyết :
Phương pháp giải :
*)Vân dụng định lí dấu tam thức bậc 2(định lí đảo
dấu tam thức bậc 2 )
*)Tính chất của hàm số bậc nhất và bậc 2
B-Bài tập :
Bài toán 1:
Tìm a để bất pt :
ax 4 0
+ >

Đúng với mọi x thỏa mãn điều kiện
4x <
Bài giải :
Đặt f(x) = ax +4
Ta có :
( )
4;4
( ) ax 4 0
( 4) 0 4 4 0
(4) 0 4 4 0
1
1
x
f x
f a
f a
a
a

2
m
m
m
= −

− = ⇔

=

* Với m = -2 :
1
(1) 4 1 0 2
4
x x m⇔ − + < ⇔ > ⇒ = −
(ktm)
• Với m = 2 :
(1) 1 0 2Vn m⇔ < ⇒ =
thỏa
mãn .
TH
2
:
2m
≠ ±
(1) vô nghiệm
2 2
2
2 2
( 4) ( 2) 1 0,

3
m m
m
m m
m
< − ∪ >
 
≤ −


⇔ ⇔
−


≤ ∪ ≥

>
 
Từ 2 trường hợp trên ta thấy giá trị cần tìm là :
10
2
3
m m≤ − ∪ ≥
2.Bất phương trình (1) có một nghiệm x = 1
2
2
( 4).1 ( 2).1 1 0
5 0
1 21 1 21
2 2

2
1
0 1
1
m
m
m
≤ −

≤ − ⇔

≥

Kết luận :
Cách 2 :
Đặt f(x) = x
2
– 2x + 1 – m
2
,
Ta có :
f(x)
0≤
[ ]
1;2x∈
∀
2
2
2
1. (1) 0 1 2.1 1 0

Với giá trị nào của a thì bất pt sau nghiệm đúng với
mọi giá trị của x :
2 2
( 4 3)( 4 6) (1)x x x x a+ + + + ≥
1
Giáo án : Chuyên đề đại số 10
Bài giải :
Bài toán 4:
Đặt :
2 2
4 3 4 6 3t x x x x t= + + ⇒ + + = +
Ta có :
2
( 2) 1 1 1
( 3) (3)
t x t
t t a
= + − ≥ − ⇒ ≥ −
⇔ + ≥
Xét hàm số : f(t) =
2
3 ,( 1)t t t+ ≥ −
(3)
inf ( )M t a⇔ ≥
Lập bảng biến thiên của f(t):
Suy ra Mìn(t) = -2 Vậy (3)
2a
≤ −
Kết luân :
Bài toán 5:

− − + ≤ + −

⇔

+ − ≤ − +



+ − + ≥

⇔

− + + ≥


(1) đúng với mọi x
2
(2)
2
(3)
( 3) 16 0
( 2) 16 0
1 7
1 2
6 2
m
m
m
m
m

0;1x∈
∀
2 2 2
( 1) ( 1)a x x x x+ − ≤ + +
(1)
Bài tập về nhà :
Bài giải :
Bài 1:
2
(1) ( 2) 2 0(2)m m x m⇔ + − + + >
Đặt f(x) = (m
2
+ m – 2 )x + m + 2
Bài toán thỏa mãn:
2
2
2
2
( 2) 0 ( 2)( 2) 2 0
(1) 0
( 2)(1) 2 0
3
2 6 0
2
2
2 0
2 0
3
0
2

< − ∪ >

⇔ < <

Bài 2:
Do a = 1 > 0 Vậy bt tm :
2
2
' 1 1 0
2
2 0
2
m
m
m
m
⇔ ∆ = − + <

< −
⇔ − < ⇔

>


Bài 3:
Đăt :
2
1t x x= + +
= f(x)
Lập bbt f(x) trên [0;1] Suy ra f(x)

1. (3) 0
3
2 2
a a
a a
f a
b a
a
a a
f
b a
a






∆= − ≤





∆= − >



⇔ ≥ ⇔− ≤ ≤


Bài tập tuyển sinh:
Bài 1:
Tìm a để hai bpt sau tương đương :
(a-1).x – a + 3 > 0 (1)
(a+1).x – a + 2 >0 (2)
Bài giải :
Th
1
: a =
1±
thay trực tiếp vào (1) và (2) thấy
không tương đương.
Th
2
: a > 1 :
1
2
3
(1)
1
2
(2)
1
a
x x
a
a
x x
a
−

2
+ x -2 .
Giải BPT f[f(x)] < x (1)
Bài giải :
Vì f[f(x)] – x = f[f(x)] – f(x) +f(x) – x =
[2f
2
(x) + f(x) -2] – (2x
2
+ x – 2) + f(x) – x =
2[f
2
(x) – x
2
] + 2 [f(x) – x ] =
2 [f(x) – x ][f(x) + x +1] =
= 2(2x
2
– 2)( 2x
2
+2x-1)
Vậy (1)
2 2
2(2 2)(2 2 1) 0
1 3
1
2
1 3
1
2

x m
x
+ −
− + =
Để (d) cắt (C) tại 2 điểm pb
(1)⇔
có 2 nghiệm
phân biệt x
1
, x
2
khác 0
2
(1) 3 (1 ) 1 0 ( )x m x f x⇔ + − − = =
Do a .c = -3 <0 ,f(0) = -1 Vậy (1) luôn có 2
nghiệm phân biêt khác 0 .
Để I thuộc oy
1 2
1
0 0 1
2 6
x x m
m
+ −
⇔ = ⇔ = ⇔ =
Bài toán 4:(ĐHKB-2009)
Tìm m để (d) : y = -x + m cắt (C )y =
2
1x
x

2 1
2
2
2 1 1 2
2( ) 16
1
2 ( ) 4 2( 4.( )) 16
4 2
2 6
x x
m
x x x x
m
⇔ − =
 
⇔ + − = − − =
 
⇔ = ±
3
Giáo án : Chuyên đề đại số 10
2.Bất phương trình chứa trị tuyệt đối .
A-Lý thuyết
1.
2.
3. ( )( ) 0
A B B A B
A B
A B
A B
A B A B A B

x x
x x
x x
+ ≤ +
− ≥ +
+ ≥ −
Bài 2:Giải các bpt sau :
2
2 2
2
2
1. 2 3 3 3
2. 3 2 2
3. 2 5 7 4
5 4
4. 1
4
x x x
x x x x
x x
x x
x
− − ≤ −
− + + >
+ > −
− +
≤
−
Bài giải :
Bài 2:

 
≤ ≤
− ≤



⇔ ≤ ≤
Kết luận:
2 2
2 2
2 2
2
(2) 3 2 2
3 2 2
3 2 2
1
2
2 5 2 0
2
2 0
2
1
2
2
x x x x
x x x x
x x x x
x x
x x
x

[ ] [ ]
2 2
2 2
(3) (2 5) (7 4 )
(2 5) (7 4 ) 0
(2 5) (7 4 ) (2 5) (7 4 ) 0
(12 2 )(6 2) 0
1
(6 )(3 1) 0 6
3
x x
x x
x x x x
x x
x x x
⇔ + > −
⇔ + − − >
⇔ + + − + − − >
⇔ − − >
⇔ − − > ⇔ < <
Kết luân :
4. Đk: x
2≠ ±
2 2
2 2 2 2
2
(3) 5 4 4
( 5 4) ( 4)
(8 5 )(2 5 ) 0
8

x x
x x x
− +
≥
+ −
− ≤ − +
Bài 4: Giải và biện luận bpt sau :
2 2
3 4 (1)x x m x x m− − ≤ − +
4
Giáo án : Chuyên đề đại số 10
Bài giải :
Bài 3 :
Bảng xét dấu :
x
−∞
0
+∞
4 5
X
2
– 4x + - + +
X - 5 - - - +
+) Xét :
0
4 5
x
x
<


x x
∈
− + > ∀
)
+) Xét
0 4x≤ <
:
2
2
2
4 3
(1) 1 2 5 2 0
5
1
2
2
x x
x x
x x
x
− + +
⇔ ≥ ⇔ − + ≤
− +
⇔ ≤ ≤
+) Xét
5x
≥
:
2
2 2


2. Đặt t =
, 0x t ≥
:
vậy
9
0
2
9 9 9
0
2 2 2
t
x x
≤ ≤
⇔ ≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤
Bài 4:
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
2 2
2 2
2
(1) 3 4
2 7 2 0
2 7 2 0
x x m x x m
x x x m
x x x m
⇔ − − ≤ − +

2 4
m m< < ⇔ < <
Kết luận:
0
7
2
2
x
m x
≤



≤ ≤

+)Nếu 2m =
7
2
7
4
m⇔ =
Kết luận:
0
7
2
x
x
≤



2 2 7 0
9
9
2
2
t t t
t t t
t t t
t t
t
t
⇔ − ≤ − +

− + − ≤ −

⇔

− ≤ − +



− + ≥

⇔ ⇔ ≤

≤


Bài tập về nhà :
Bài 1:

x
x x x
≤ −
−
≤
+
+ − − ≤ + −
Bài 3:
Giải và biện luận bpt sau theo tham số m .
2 2
2 3x x m x x m− + ≤ − −
Bài 4:
Với giá trị nào của m thì bpt sau thỏa mãn với mọi x
:
2
2 2 2 0x mx x m− + − + >
Bài 5:
Với giá trị nào thì bpt sau có nghiệm:
2 2
2 1 0x x m m m+ − + + − ≤
Bài giải :
Bài1 :
Kết quả :
1.)
1 2 1 2x− + < < +
2.)
0
1
x
x

⇔

− < − +



−
<


− − >


⇔ ⇔


− + <

+

>


Bài 2:
1.Đặt :
2
, 0x t t= >
Ta được :
2
2

⇔ ⇔ < ≤

− + ≤

Vậy
2
1 1
0 1
0
x
x
x
− ≤ ≤

< ≤ ⇔

≠

2.Đk :
1x ≠ −
Th
1
:
x o≥
2 2
2
2 3
(2) 1 2 3 1
1
(2 3 ) (1 )

3.)
2
0 1
x
x
= −


≤ ≤

4.)
2 2
2
2 3
(2) 1 2 3 1
1
(2 3 ) (1 )
8 10 3 0
3 1
4 2
x
x x
x
x x
x x
x
+
⇔ ≤ ⇔ + ≤ +
+
⇔ + ≤ +

t t
t t
t t
t t t t
t t
t t
t
t

− ≤ −

− ≤ − ⇔

− + ≤ −



− − ≥ ≤ − ∪ ≥


⇔ ⇔
 
≤ − ∪ ≥
+ − ≥



≤ −



x m x x
x x x m
⇔ − + ≤ − −
⇔ + − ≤
⇔ + + ≤
Nếu :
5 5
2
2 4
m m− < − ⇔ >
2
(3)
5
0
2
x m
x
≤ −


⇔

− ≤ ≤

5
(3)
2
x⇔ ≤ −
Nếu m < 0:
0 2

inf( ) 2(6)M t m⇔ > −
Lập bbt của f(t) :
Suy ra Minf(t) = 0 :
Vậy
2
(6) 0 2 2 2m m⇔ > − ⇔ − < <
Bài 5:
2 2
2 2
2( ) 1 0
( )
(5)
2( ) 1 0
( )
x x m m m
I
x m
x x m m m
II
x m


+ − + + − ≤


≥


⇔


2 4
m m− = − ⇔ =
(3) 0x⇔ ≤
Nếu
5 5
2 0 0
2 4
m m− < − < ⇔ < <
5
(3)
2
2 0
x
m x

≤ −

⇔

− ≤ ≤

Nếu
2 0 0m m− = ⇔ =
(I) có nghiệm
2 2
2
1 2
2 1 0
1
1

⇔ + − <
⇔ − < <
Kết luận :
1
1
2
m− ≤ ≤
Cách 2:
Đặt :
0t x m= − ≥
,phải tìm m để
f(t) =
2
2 2 1 0t t mx m+ + + − ≤
có nghiệm
0t
≥
.Parabôn y = f(t) quay bề lõm lên trên và có hoanh độ
đỉnh là t = -1< 0 nên phải có f(0) = 2mx + m - 1
0≤
.Khi t = 0 thì x = m suy ra
2
1
2 1 0 1
2
m m m+ − ≤ ⇔ − ≤ ≤
Bài tập về nhà :
Bài 1 :
Tìm a để với mọi x :
2


Bài 2:
Nhận thấy trong hệ tọa độ xoy thì y = ax + 4 với
-4 < x < 4 là một đoạn thẳng . Vì vậy y = ax + 4 >
0
( 4) 0 1
1 1
(4) 0 1
y a
a
y a
− ≥ ≥ −
 
⇔ ⇔ ⇔ − ≤ ≤
 
≥ ≤
 
Bài 3:
Đặt :
2 2
4 3 ( 2) 1 1
1
t x x x
t
= + + = + − ≥ −
⇒ ≥ −
Bài toán thỏa mãn :
1
( 3) ( )
t

 ≤




 >
≤


∆ >


⇔ ⇔ ⇔





≥ − + ≥
≥ +
 



 
<






 − >
≥


∆ >


⇔ ⇔ ⇔





≥ − + ≥
≤ −
 



 
<





< −



0
A
A B B
A B
A
A B B
A B
B
B
A B
A
A B
B
B
A B
A
A B

≥

< ⇔ >


<


≥

≤ ⇔ ≥


4. 3 4 1
x x
x x x
x x
x x x
− < −
− + ≤ +
− > −
+ − ≥ +
Bài giải :
2 3
2
3 4
1
3
3
1
4
x
x
x

≤ <

⇔ ≤ <


≤ <



+ >
+
 

≥




+ − ≥ +


Bài toán 2:
Giải các bpt sau :
2
2 2
1. 1 2( 1)
2. ( 5)(3 4) 4( 1)
3. 2 3 5 2
4.( 3) 4 9
x x
x x x
x x x
x x x
+ ≥ −
+ + > −
+ − − < −
− − ≤ −
Bài giải :
.1

2
2 2
1 0
8
3 0
7
1 ( 3)
x x
x x
x x x

− + ≥

⇔ + ≥ ⇔ ≥ −


− + ≤ +

3.
2
4 3 0
4 3 0
3 2 0
3 2 (4 3)
x
x
x
x x
− ≥
− <


= −

⇔

≤ ≤

.
2.
2
2
4( 1) 0
( 5)(3 4) 0
(2)
1 0
( 5)(3 4) 16( 1)
1
5
4
5
4
3
1
3
1
1 4
13 51 4 0
x
x x
x





≤ − ∪ ≥ −




⇔ ⇔ − ≤ <


≥



≤ <



− − <


Kết luận :
4
5 4
5
x x≤ − ∪ − ≤ <
3. Đk:
2 0

3 5
2 2
x≤ ≤
2 2
2
(2) 2 11 15 (2 3)
2 6 0
3
2
2
x x x
x x
x
⇔ − + > −
⇔ − − <
⇔ − < <
( )
2
2
2
2
(1) 4 3
3 0
3 0
4 0
4 3
3 3
2 2 6 13 0
3
13

 
≤ − ≥ + ≤
 
≤ −


⇔ ⇔ ≤ −

− < ≤ −

U
(tm )
Vậy kêt luận :
13
6
3
x
x

≤ −


≥

Bài tập về nhà :
Bài 1:
Giải các bpt sau :
10
Giáo án : Chuyên đề đại số 10
Do

Suy ra x > 3 là nghiệm bpt
+) Xét :
2 2 3x x≤ − ∪ ≤ <
2
2
1. 2 1 8
2. 2 6 1 2 0
3. 6 5 8 2
4. 3 2 8 7
5. 2 1
x x
x x x
x x x
x x x
x x x
− ≤ −
− + − + >
− + − > −
+ ≥ − + −
+ − + <
Bài 2:
Giải các bpt sau :
( )
( )
2 2
2
2
2
2
1.( 3 ). 2 3 2 0

5
2
x
x
x x
x
x
x x
x

− ≥

⇔ − ≥


− ≤ −

≤



⇔ ≥



− + ≥

⇔ ≤ ≤
2.
5.

3 7
2
2
2 3 0
3 7
2
3 7
3
2
x x x
x
x
x x x
x x
x
x
x
x x
x
x x
⇔ − + > −
− ≥

− <


⇔ ∪
 
− + > −
− + ≥

3.
Tương tự :
3 5x
< ≤
4.Đk:
3 0
2 8 0 4 7
7 0
x
x x
x
+ ≥


− ≥ ⇔ ≤ ≤


− ≥

( )
( ) ( )
( ) ( )
2
2
2
(4) 3 2 8 7
3 1 2 2 8 7
2 2 8 7
4 2 22 56
11 30 0

2.Đk :
9
9 2 0
2
3 9 2 0
0
x
x
x
x

+ ≥

≥ −
 
⇔
 
− + ≠



≠

Khi đó :
( )
2
(5) 2 1
2 2 1 2 ( 1)
1 2 ( 1)
1 0

− <


⇔ ∪
 
≥
− < +




+
< −


⇔ > ∪

− +
< ≤



+
< −


⇔

− +
<

x x
x
x
x x
x
x
x
x x

− − =

⇔

− − >



− ≥










=
≤ −

Bài 2:
12
Giáo án : Chuyên đề đại số 10
( )
2
2
2
2 3 9 2
(2) 21
4
9 2 4
7
2
x x
x
x
x
x
+ +
⇔ < +
⇔ + <
⇔ <
Kết luận :
9 7
2 2
0
x
x

− ≤ <

x x
x
− +
⇔ > −
⇔ − + > −
⇔ − + > −
⇔ + < ⇔ + <
⇔ <
Kết luận :
1 8x− ≤ <
Chú ý : Dạng :
( ). ( ) 0
( ) 0
) ) 0
( ) 0
f x g x
g x
g x
f x
≥

=

⇔
>




≥

Đk :
4
1
3
0
x
x

− ≤ ≤



≠

:
Xét :
4
0
3
x< ≤
:
( )
2
2
2
2
2
3 4 2
(1) 2
3 4 2 2


Vậy (1) có nghiệm :
9 4
7 3
x< ≤
Xét :
1 0:x− ≤ <
(1) luôn đúng
Kết luận nghiệm của bpt:
1 0
9 4
7 3
x
x
− ≤ <



< ≤

Bài 2:
1.
Đk:
2
2
2
3 2 0
4 3 0 1 4
5 4 0
x x

2 3 2 4
x x x x
x x
x x x
⇔ − − + − −
≥ − −
⇔ − + − ≥ −
Ta có :
1
2 3 4 4
2 4 ,
x
x x x x
x
<
− + − < − + −
= − ∀
Suy ra x < 1 bpt vô nghiệm .
+) Xét :
4:x
≥
(2) 2 3 2 4x x x⇔ − + − ≥ −
Ta có :
4
2 3 4 4
2 4,
x
x x x x
x
≥


− + ≥
=


+ − ≥ ⇔


≤ − ∪ ≥


− + ≥

( ) ( ) ( ) ( )
(2) 5 3 5 3
(4 6)( 3)(2)
x x x x
x x
⇔ − − + + −
≤ − −
Nhận xét x = 3 là nghiệm của bpt :
+) Xét :
5x
≤ −
:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
2
2
2 2

17
5
3
x≤ ≤
Là nghiệm của bpt .
Kết luận : Nghiệm của bpt đã cho là :
5
3
17
5
3
x
x
x


≤ −

=


≤ ≤


3.
Đk:
1 0
1 1
1 0
x

x
x x x x
x
x x
x
x
∈ −
⇔ + + − + − ≤ − +
⇔ − − − + + ≥
⇔ − − + ≥ ∀
Vậy nghiệm của bpt là :
1 1x
− ≤ ≤
Phương pháp 2: Đặt ẩn số phụ :
14
Giáo án : Chuyên đề đại số 10
Bài 2:
3
1). 2 1 2 1
2
5 1
2).5 2 4
2
2
1
3). 2 3
1
x x x x
x x
x

t x x t
t x x x x
t
x x
= + + ≥
⇒ = + + = + +
−
⇒ + =
Khi đó :
( )
2
2
2
2 2
2
4
1 2
3
3 10 0 0 2( 0)
0 3 6 4 2
3 6 4 4( 3 6 4 0)
3 6 0 2 0
t
t
t t t t
x x
x x do x x
x x x
−
⇔ < −

5
0 3 2
2
3 1
3 1
25
3 2
4
t t
t t
t dot
x x
x
x
x x
⇔ − + >
⇔ − − <
⇔ ≤ < ≥
⇔ ≤ − − <
− ≤ ≤


⇔ ⇔ − ≤ ≤

− − <


3.
Đặt :
2

t t
t t t t
t t
x x
x x
x x
x
x x
x
x
+ − ≥
⇔ + ≥ + ⇔ + ≥ +
⇔ ≤ ⇔ ≤
⇔ ≤ + + ≤

+ + ≥

⇔

+ + ≤


−

− ≤ ≤ −
≤ − ∪ ≥





15
Bài toán 1:Giải bpt sau :
( ) ( )
2
1 4 5 5 28(1)x x x x+ + < + +
Bài giải :
Đặt :
2
5 28, 0t x x t= + + >

( Do
2
5 28 0, )
x R
x x
∈
+ + > ∀
Khi đó :
2
2
(1) 24 5
5 24 0
0 8
t t
t t
t
⇔ − <
⇔ − − <
⇔ < <
( do t> 0 )

Đặt :
( ) ( )
( ) ( )
2
2
7 7 7 6, 0
7 7 7 6 2 7 7 7 6
14 2 7 7 7 6 1
t x x t
t x x x x
x x x t
= + + − ≥
⇒ = + + − + + −
⇒ + + − = −
Khi đó :
2
2
2
2
(1) 7 7 7 6 14 2 49 7 42 181
1 181
182 0
0 13( 0)
7 7 7 6 13
49 7 42 84 7
6
12
6
6
7

Bài toán3:
3 1
3 2 7(1)
2
2
x x
x
x
+ < + −
Đk : x > 0:
1 1
(1) 3 2 7(2)
4
2
x x
x
x
 
 
⇔ + < + −
 ÷
 ÷
 
 
Đặt :
2 2
1 1
2 . 2
2 2
1 1

2
3 7 3 7
0
2 2
3 7 3 7
0
2 2
8 3 7 8 3 7
0
2 2
u x u
u u u
u
u u
x x
x x
= >
⇔ + > ⇔ − + >
− +
⇔ < < ∪ >
− +
⇔ < < ∪ >
− +
⇔ < < ∪ >
Kết luận :
8 3 7 8 3 7
0
2 2
x x
− +

t
t t
x dot x
t
⇔ + + − >
+ ≥
⇔ > ⇔ >
⇔ − ≥ ≥ ⇔ ≥
+ ≤ <
⇔ >
Vậy :
1
0 1 1
2
x
x
x
≥

≤ − ≤ ⇔

≤

Kết luận :
1x ≥
2.Đk : x > 0
( )
1 1
2 5 2 4(3)
2

2
2
t t
t
t t
t
⇔ < − +

<

⇔ − + > ⇔

>

Do đk:Ta có
1
2 2 4 1 0
2
x x x
x
+ > ⇔ − + >
Đặt :
, 0u x u= >
Ta được : 2u
2
– 4u + 1> 0
2 2 2 2
0
2 2
2 2 2 2


3.
Đk:
1 0:x x
< − ∪ >
Đặt:
2
1 1
, 0
1
x x
t t
x x t
+
= > ⇒ =
+
Ta được :
( )
( )
3 2
2
2
1
2 3 2 3 1 0
1 2 1 0
1
0 ( 0)
2
1 1 4
0 1

( )
2 2
2
2
2
4 2
2
2
1225
1 2.
1 144
1
1225
2. 0(2)
1 144
1
x x
x
x
x
x x
x
x
⇔ + + >
−
−
⇔ + − >
−
−
16

x
t t
x
t t
t dot
x
x x
x
x x
x x
d
xx
= >
−
⇔ + − >
⇔ > >
⇔ > ⇔ > −
−
⇔ − + >


≤ < < <


⇔ ⇔ >




>>