Câu 1 trang 238 SBT Đại số 10 Nâng cao. Cho \(\begin{array}{l}A = \left( {0;4} \right),B = \left\{ {x \in R|{x^2} < 32} \right\},\\C = \left\{ {x \in R|{{\left( {x - 2} \right)}^2} > 3} \right\},D = \left[ {\sqrt 6 ; + \infty } \right)\end{array}\) Tìm \(\left( {A \cap B} \right) \cup \left( {C \cap D} \right)\) Giải: \(A\left( {0;4} \right);B = \left( { - 4\sqrt 2 ;4\sqrt 2 } \right).\) Vậy \(A \cap B = \left( {0;4} \right)\) \(\begin{array}{l}C = \left( { - \infty ;2 - \sqrt 3 } \right) \cup \left( {2 + \sqrt 3 ; + \infty } \right);\\D = \left[ {\sqrt 6 ; + \infty } \right).\end{array}\) Vậy \(C \cap D = \left( {2 + \sqrt 3 ; + \infty } \right)\) Vậy \(\left( {A \cap B} \right) \cup \left( {C \cap D} \right) = \left( {0; + \infty } \right)\). Câu 2 trang 238 SBT Đại số 10 Nâng cao. Cho \(x\) là số vô tỉ và \(a, b, c\) là các số hữu tỉ sao cho \(ad - bc \ne 0\). Chứng minh rằng số \(\dfrac{{ax + b}}{{cx + d}}\) là số vô tỉ. Giải: Chứng minh bằng phản chứng. Giả sử \(\dfrac{{ax + b}}{{cx + d}} = r\) là số hữu tỉ. Khi đó \(ax + b = rd + rcx\). Vậy \(x\left( {rc - a} \right) = b - rd\) . Nếu \(rc - a \ne 0\) thì \(x = \dfrac{{b - rd}}{{rc - a}}\) là số hữu tỉ, trái với giả thiết. Vậy \(rc = a\) do đó \(rd = b\). Nhưng khi đó \(ad - bc = rcd - rcd = 0\). Điều này trái với giả thiết. Câu 3 trang 238 SBT Đại số 10 Nâng cao. Cho mệnh đề chứa biến \(P(n)\): “Nếu tổng các chữ số của số nguyên dương \(n\) chia hết cho \(6\) thì \(n\) chia hết cho 6”. \(P(n)\) là mệnh đề sai khi \(n\) bằng: A. 30; B. 33; C. 40; D. 42. Giải: Giá trị \(n\) để \(P(n)\) sai khi tổng các chữ số của \(n\) chia hết cho 6 nhưng \(n\) không chia hết cho 6. Chỉ có duy nhất giá trị \(n = 33\) thỏa mãn điều này. Vậy chọn đáp án B. Câu 4 trang 238 SBT Đại số 10 Nâng cao. a) Sử dụng máy tính bỏ túi để tính \(\sqrt {2006} \), máy tính cho kết quả là \(44,78839135\). Hãy cho biết độ chính xác \(d\) của kết quả này. b) Khi viết \(a \approx 15,7 \pm 0,3\) ta hiểu số đúng \(a\) nằm trong khoảng nào? Giải: a) \(d = \dfrac{{{{10}^{ - 8}}}}{2}\) b) \(a \in \left[ {15,4;16} \right]\) Câu 5 trang 238 SBT Đại số 10 Nâng cao. Cho hàm số \(f\left( x \right) = - x + \left| {x + 2} \right| - \left| {x - 2} \right|\). a) Hãy viết hàm số dưới dạng hàm số bậc nhất trên từng khoảng và không chứa dấu giá trị tuyệt đối. (Gọi ý. Xét hàm số trên mỗi khoảng \(\left( { - \infty ; - 2} \right),\left[ { - 2;2} \right)\) và \(\left[ {2; + \infty } \right)\). b) Chứng minh rằng \(y = f\left( x \right)\)là hàm số lẻ. c) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = f\left( x \right)\), lập bảng biến thiên và nêu sự biến thiên của nó trên mỗi khoảng kể trên. d) Sử dụng đồ thị, hãy tìm các khoảng trên đó hàm số có giá trị dương. Giải: a) \(f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l} - x - 4\,\,khi\,\,x < - 2\\x\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,khi - 2 \le x < 2\\ - x + 4\,\,khi\,\,x \ge 2.\end{array} \right.\) b) Tập xác định của hàm số là R. Với mọi x, ta có: Cách 1. (Sử dụng tính chất \(\left| { - a} \right| = \left| a \right|\)): \(\begin{array}{l}f\left( { - x} \right) = - \left( { - x} \right) + \left| {\left( { - x} \right) + 2} \right| - \left| {\left( { - x} \right) - 2} \right|\\ = x + \left| {x - 2} \right| - \left| {x + 2} \right|\\ = - \left( { - x + \left| {x + 2} \right| - \left| {x - 2} \right|} \right)\\ = - f\left( x \right)\end{array}\) Cách 2. (Sử dụng kết quả câu a): - Nếu \(x < - 2\) thì \( - x > 2\), nên \(f\left( { - x} \right) = - \left( { - x} \right) + 4 = - \left( { - x - 4} \right) = - f\left( x \right)\) - Nếu \( - 2 \le x \le 2\)thì \( - 2 < - x \le 2\), nên \(f\left( { - x} \right) = - x = - f\left( x \right)\) - Nếu \(x \ge 2\) thì \( - x \le - 2\), nên \(f\left( { - x} \right) = - \left( { - x} \right) - 4 = - \left( { - x + 4} \right) = - f\left( x \right)\). Vậy trong mọi trường hợp ta đều có \(f\left( { - x} \right) = - f\left( x \right)\), chứng tỏ \(f\left( x \right)\) là số lẻ. c) Đồ thị (h.1) Bảng biến thiên d) \(\left( { - \infty ; - 4} \right)\) và \(\left( {0;4} \right)\). Câu 6 trang 238 SBT Đại số 10 Nâng cao. Cho hàm số \(y = {x^2} - 4x + 1\) a) Khảo sát và vẽ đồ thị (P) hàm số đã cho. b) Gọi (d) là đường thẳng song song với đường phân giác của góc phần tư (I) và đi qua điểm M(0; m). Xác định biểu thức của hàm số có đồ thị (d). c) Tìm hoành độ các giao điểm A và B (nếu có) của (d) và (P), và tọa độ trung điểm của đoạn thẳng AB (khi A và B phân biệt). Giải: a) Hàm số \(y = {x^2} - 4x + 1\) nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;2} \right)\); đồng biến trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\) Đồ thị hàm số: b) Hàm số cần tìm là \(y = x + m\) . c) Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình \({x^2} - 4x + 1 = x + m,\) Hay \({x^2} - 5x + 1 - m = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) Phương trình (1) có biệt thức \(\Delta = 25 - 4\left( {1 - m} \right) = 21 + 4m\). Do đó, nếu \(21 + 4m \ge 0\) thì nó có hai nghiệm \({x_1} = \dfrac{{5 - \sqrt {21 + 4m} }}{2}\) và \({x_2} = \dfrac{{5 + \sqrt {21 + 4m} }}{2}\) Đó cũng là hoành độ các giao điểm A và B của (d) và (P). Tọa độ trung điểm của đoạn thẳng AB (khi \(\Delta = 21 + 4m > 0\)) là điểm có tọa độ \(\left( {{x_0};{y_0}} \right)\), trong đó: \(\begin{array}{l}{x_0} = \dfrac{{{x_1} + {x_2}}}{2} = \dfrac{5}{2};\\{y_0} = {x_0} + m = \dfrac{5}{2} + m.\end{array}\) Câu 7 trang 239 SBT Đại số 10 Nâng cao. Giải và biện luận các phương trình sau theo tham số m: a) \({m^2}x + 3{m^2} = 9\left( {x + m} \right);\) b) \(m\left( {x + 6} \right) = x + 2{m^2} + 4;\) c) \(\left| {mx + x - 1} \right| - \left| {x + 3} \right| = 0;\) d) \(\left| {mx + 1} \right| = \left| {2x + m - 1} \right|;\) e) \(\dfrac{{x + a}}{{a - x}} + \dfrac{{x - a}}{{a + x}} = \dfrac{a}{{{a^2} - {x^2}}}.\) Giải: a) Ta có \(\begin{array}{l}m{x^2} - 3{m^2} = 9\left( {x + m} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {{m^2} - 9} \right)x = 3m\left( {m + 3} \right)\end{array}\) - Nếu \(m \ne \pm 3\) thì phương trình có nghiệm duy nhất \(x = \dfrac{{3m}}{{m - 3}}\). - Nếu \(m = - 3\) thì phương trình có dạng \(0.x = 0\), nghiệm đúng với mọi \(x \in R\). Tập nghiệm \(S = R.\) - Nếu \(m = 3\) thì phương trình có dạng \(0.x = 36\) (vô lí). Tập nghiệm \(S = \emptyset \). b) Biến đổi phương trình về dạng \(\left( {m - 1} \right)x = 2\left( {m - 1} \right)\left( {m - 2} \right)\). Phương trình có nghiệm duy nhất \(x = 2\left( {m - 2} \right)\) khi \(m \ne 1\) và nghiệm đúng với mọi \(x \in R\) khi \(m = 1.\) c) \(\left| {mx + x - 1} \right| = \left| {x - 3} \right|\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) \( \Leftrightarrow mx + x - 1 = x + 3\) hoặc \(mx + x - 1 = - x - 3\) *) \(mx + x - 1 = x + 3 \Leftrightarrow mx = 4\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\) - Khi m = 0, (2) trở thành \(0.x = 4\) (vô lí) nên phương trình vô nghiệm. - Khi \(m \ne 0\), (2) có một nghiệm\(x = \dfrac{4}{m}.\) *) \(mx + x - 1 = - x - 3 \Leftrightarrow \left( {m + 2} \right)x = - 2\,\,\,\,\,\left( 3 \right)\) - Khi \(m = - 2\); (3) trở thành \(0.x = - 2\) (vô lí) nên phương trình vô nghiệm. - Khi \(m \ne - 2\); (3) có một nghiệm \(x = \dfrac{{ - 2}}{{m + 2}}.\) Kết luận: Với \(m = 0\) phương trình có nghiệm \(x = - 1;\) Với \(m = - 2\), phương trình có nghiệm \(x = - 2;\) Với \(m \ne 0,m \ne 2\), phương trình có nghiệm \(x = \dfrac{4}{m}\) và \(x = - \dfrac{2}{{m + 2}}\) d) Với \(m = 2\) , tập nghiệm \(S = R\). Với \(m = - 2\) hoặc \(m = - 1\), phương trình có nghiệm \(x = 1;\) Với \(m \ne 2,m \ne - 2,m \ne - 1\), phương trình có nghiệm \(x = 1\) và \(x = \dfrac{{ - m}}{{m + 2}}\). e) Điều kiện của phương trình \(x \ne \pm a\). Ta đưa phương trình về dạng \(4ax = a\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) • Nếu \(a = 0\) thì (1) có dạng \(0.x = 0\), phương trình (1) nghiệm đúng với mọi \(x \in R\). Vậy phương trình đa cho nghiệm đúng với mọi \(x \in R*\). • Nếu \(a \ne 0\) thì (1) có nghiệm \(x = \dfrac{1}{4}.\) Xét điều kiện \(x \ne \pm a,\) ta có \(\dfrac{1}{4} = \pm a \Leftrightarrow a = \pm \dfrac{1}{4}.\) Vậy khi \(a \ne 0,a \ne \pm \dfrac{1}{4}\) thì \(x = \dfrac{1}{4}\) là nghiệm của phương trình đã cho. Kết luận: Với \(a = 0\), tập nghiệm của phương trình là \(S = R*\) Với \(a = \dfrac{1}{4}\) hoặc \(a = - \dfrac{1}{4}\), tập nghiệm của phương trình là \(S = \emptyset ;\) Với \(a \ne 0,a \ne \pm \dfrac{1}{4}\), tập nghiệm \(S = \left\{ {\dfrac{1}{4}} \right\}\). Câu 8 trang 239 SBT Đại số 10 Nâng cao. Giải các hệ phương trình sau: a)\(\left\{ \begin{array}{l}0,1x - 0,3y = 0,7\\x - 3y = 7;\end{array} \right.\) b) \(\left\{ \begin{array}{l}\sqrt 5 x - \sqrt 3 y = \sqrt 2 \\6x + \sqrt 2 y = \sqrt 5 .\end{array} \right.\) Giải: a) Hệ có vô số nghiệm \(\left\{ \begin{array}{l}x \in R\\y = \dfrac{{x - 7}}{3}.\end{array} \right.\) b) Ta có \(D = \sqrt {10} + 6\sqrt 3 ;\)\({D_x} = 2 + \sqrt {15} ;\) \({D_y} = 5 - 6\sqrt 2 .\) Hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {\dfrac{{2 + \sqrt {15} }}{{\sqrt {10} + 6\sqrt 3 }};\dfrac{{5 - 6\sqrt 2 }}{{\sqrt {10} + 6\sqrt 3 }}} \right).\) Câu 9 trang 239 SBT Đại số 10 Nâng cao. Cho hệ phương trình: \(\left( I \right)\left\{ \begin{array}{l}\left( {a + 4} \right)x + ay = 2\left( {a + 1} \right)\\\left( {a + 2} \right)x + 2ay = 1.\end{array} \right.\) a) Giải và biện luận hệ (I) theo tham số a. b) Khi hệ (I) có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right)\), hãy tìm hệ thức giữa x và y không phụ thuộc vào a. Giải: a) Hệ có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {\dfrac{{4a + 3}}{{a + 6}};\dfrac{{ - \left( {2a + 5} \right)}}{{a + 6}}} \right)\) nếu \(a \ne 0\) và \(a \ne - 6\). Hệ vô nghiệm nếu \(a = - 6\); hệ vô số nghiệm \(\left( {\dfrac{1}{2};y} \right)\) với y tùy ý nếu \(a = 0\). b) Khi \(a \ne 0\) và \(a \ne - 6\), hệ có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {\dfrac{{4a + 3}}{{a + 6}};\dfrac{{ - \left( {2a + 5} \right)}}{{a + 6}}} \right)\). Do \(x = \dfrac{{4a + 3}}{{a + 6}}\) nên \(a = \dfrac{{3 - 6x}}{{x - 4}}\). Do đó \(\begin{array}{l}y = \dfrac{{ - \left( {2a + 5} \right)}}{{a + 6}}\\ = \dfrac{{ - \left( {2.\dfrac{{3 - 6x}}{{x - 4}} + 5} \right)}}{{\dfrac{{3 - 6x}}{{x - 4}} + 6}}\\ = \dfrac{{x + 2}}{3}.\end{array}\) Vậy khi hệ có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right)\) thì \(y = \dfrac{{x + 2}}{3}\). Câu 10 trang 239 SBT Đại số 10 Nâng cao. Giải các phương trình: a) \(\dfrac{{13}}{{2{x^2} + x - 21}} + \dfrac{1}{{2x + 7}} = \dfrac{6}{{{x^2} - 9}};\) .b) \(\dfrac{{x + 1}}{{x - 1}} + \dfrac{{x - 2}}{{x + 2}} + \dfrac{{x - 3}}{{x + 3}} + \dfrac{{x + 4}}{{x - 4}} = 4.\) Giải: a) \(x = - 4.\) b) Ta có \(\begin{array}{l}\dfrac{{x + 1}}{{x - 1}} = 1 + \dfrac{2}{{x - 1}},\\\dfrac{{x - 2}}{{x + 2}} = 1 - \dfrac{4}{{x + 2}},\\\dfrac{{x - 3}}{{x + 3}} = 1 - \dfrac{6}{{x + 3}},\\\dfrac{{x + 4}}{{x - 4}} = 1 + \dfrac{8}{{x - 4}},\end{array}\) nên phương trình đã cho trở thành \(\dfrac{1}{{x - 1}} - \dfrac{2}{{x + 2}} - \dfrac{3}{{x + 3}} + \dfrac{4}{{x - 4}} = 0\) hay \(\dfrac{{5x - 8}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 4} \right)}} = \dfrac{{5x + 12}}{{\left( {x + 2} \right)\left( {x + 3} \right)}}.\) Từ đó phương trình đã cho tương đương với hệ \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {5x - 8} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {x + 3} \right) = \left( {5x + 12} \right)\left( {x - 1} \right)\left( {x - 4} \right)\\\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {x + 3} \right)\left( {x - 4} \right) \ne 0\end{array} \right.\,\,\,\,\left( * \right)\) Phương trình thứ nhất của hệ (*) được biến đổi thành phương trình \({x^2} + x - \dfrac{{16}}{5} = 0\) và có hai nghiệm \({x_1} = \dfrac{1}{2}\left( { - 1 + \sqrt {\dfrac{{69}}{5}} } \right)\) và \({x_2} = \dfrac{1}{2}\left( { - 1 - \sqrt {\dfrac{{69}}{5}} } \right).\) Vì hai nghiệm này thỏa mãn điều kiện thứ hai của hệ (*) nên chúng là nghiệm của hai phương trình đã cho. Câu 11 trang 239 SBT Đại số 10 Nâng cao. Tìm tất cả các giá trị của tham số a để phương trình: \(\left( {a + 2} \right){x^2} + 2\left( {a + 1} \right)x + a - 2 = 0\) a) Có hai nghiệm khác nhau. b) Có ít nhất một nghiệm. c) Có hai nghiệm bằng nhau. Giải: a) Để phương trình có hai nghiệm phân biệt điều kiện cần và đủ là \(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a + 2 \ne 0\\\Delta ' = {\left( {a + 1} \right)^2} - \left( {{a^2} - 4} \right) > 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \ne - 2\\2a + 5 > 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow a \in \left( { - \dfrac{5}{2}; - 2} \right) \cup \left( { - 2; + \infty } \right).\end{array}\) b) Xét các trường hợp sau: •\(a + 2 = 0 \Leftrightarrow a = - 2\) khi đó phương trình trở thành \( - 2x - 4 = 0 \Leftrightarrow x = - 2\) . • \(a + 2 \ne 0 \Leftrightarrow a \ne - 2.\) Để phương trình có ít nhất một nghiệm, điều kiện cần và đủ là: \(\begin{array}{l}\Delta ' = {\left( {a + 1} \right)^2} - \left( {{a^2} - 4} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow 2a + 5 \ge 0 \Leftrightarrow a \ge - \dfrac{5}{2}.\end{array}\) Vậy \(a \in \left[ { - \dfrac{5}{2}; + \infty } \right).\) c) \(a = - \dfrac{5}{2}.\) Câu 12 trang 240 SBT Đại số 10 Nâng cao. Dùng đồ thị để biện luận số nghiệm của phương trình: \({x^2} - 6x + 3 + m = 0.\) Giải: Xét hàm số \(y = f\left( x \right) = {x^2} - 6x + 3.\) Đồ thị hàm số là một parabol quay bề lõm lên trên (h.2) và đỉnh parabol là điểm \(P\left( {3; - 6} \right)\). Do đó parabol có phương trình \(y = {x^2} - 6x + 3\) và đường thẳng có phương trình \(y = - m:\) + Có một điểm chung duy nhất khi \(m = 6;\) + Có hai điểm chung phân biệt khi \(m < 6;\) + Không có điểm chung khi \(m > 6.\) Suy ra phương trình \({x^2} - 6x + 3 + m = 0\) + Có nghiệm kép khi \(m = 6;\) +Có hai nghiệm phân biệt khi \(m < 6;\) + Vô nghiệm khi \(m > 6.\) Câu 13 trang 240 SBT Đại số 10 Nâng cao. Giả xử \({x_1}\) và \({x_2}\) là các nghiệm của phương trình bậc hai \(a{x^2} + bx + c = 0\) trong đó \(ac \ne 0.\) Hãy biểu diền các biểu thức sau đây qua các hệ số \(a, b, c\): a) \({x_2}{x_1}^2 + {x_1}{x_2}^2;\) b) \({x_1} - {x_2};\) c) \(x_1^2 - x_2^2.\) Giải: a) \({x_2}x_1^2 + {x_1}x_2^2 = {x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = - \dfrac{{bc}}{{{a^2}}}\) b) Ta có \(\left| {{x_1} - {x_2}} \right| = \sqrt {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 4{x_1}{x_2}} = \sqrt {\dfrac{{{b^2} - 4ac}}{{{a^2}}}.} \) Suy ra: Nếu \({x_1} - {x_2} \ge 0\) thì \({x_1} - {x_2} = \sqrt {\dfrac{{{b^2} - 4ac}}{{{a^2}}}} .\) Nếu \({x_1} - {x_2} \le 0\) thì \({x_1} - {x_2} = - \sqrt {\dfrac{{{b^2} - 4ac}}{{{a^2}}}} .\) c) \(x_1^2 - x_2^2 = \left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\). Sử dụng kết quả câu b): Nếu \({x_1} - {x_2} \ge 0\) thì \(x_1^2 - x_2^2 = - \dfrac{b}{a}\sqrt {\dfrac{{{b^2} - 4ac}}{{{a^2}}}} .\) Nếu \({x_1} - {x_2} \le 0\) thì \(x_1^2 - x_2^2 = \dfrac{b}{a}\sqrt {\dfrac{{{b^2} - 4ac}}{{{a^2}}}} .\) Câu 14 trang 240 SBT Đại số 10 Nâng cao. Giải các hệ phương trình sau: a) \(\left\{ \begin{array}{l}x + 4y = 9\\{x^2} + {y^2} + x - 2y = 2\end{array} \right.;\) b) \(\left\{ \begin{array}{l}4{x^2} + {y^2} - 2xy = 7\\\left( {2x - y} \right)y = y;\end{array} \right.\) c) \(\left\{ \begin{array}{l}5\left( {x + y} \right) + 2xy = - 19\\3xy + x + y = - 35.\end{array} \right.\) Giải: a) \(\left( {1;2} \right)\) và \(\left( { - \dfrac{{23}}{{17}};\dfrac{{44}}{{17}}} \right).\) b) Nghiệm của hệ là: \(\left( {\dfrac{{\sqrt 7 }}{2};0} \right),\left( { - \dfrac{{\sqrt 7 }}{2};0} \right),\left( { - 1; - 3} \right)\) và \(\left( {\dfrac{3}{2};2} \right)\). Gợi ý. Từ phương trình thứ hai suy ra \(y = 0\) hoặc \(y = 2x - 1.\) c) Nghiệm của hệ là \(\left( { - 3;4} \right)\) và \(\left( {4; - 3} \right)\). Câu 15 trang 240 SBT Đại số 10 Nâng cao. So sánh các số sau đây a) \(\sqrt {2003} + \sqrt {2004} \) và \(\sqrt {2000} + \sqrt {2007} \) b) và \(\sqrt n + \sqrt {n + 7} \) c) \(\sqrt a + \sqrt b \) và \(\sqrt {a - c} + \sqrt {b + c} \), với \(b > a > c > 0\). Giải: a) \(\sqrt {2003} + \sqrt {2004} > \sqrt {2000} + \sqrt {2007} ;\) b) \(\sqrt {n + 3} + \sqrt {n + 4} > \sqrt n + \sqrt {n + 7} \left( {n \ge 0} \right)\); c) Nhận thấy \({\left( {\sqrt a + \sqrt b } \right)^2} = a + b + 2\sqrt {ab} \) \({\left( {\sqrt {a - c} + \sqrt {b + c} } \right)^2} = a + b + 2\sqrt {\left( {a - c} \right)\left( {b + c} \right)} ;\) Do \(\left( {a - c} \right)\left( {b + c} \right) = ab + c\left( {a - b - c} \right) < ab\) (vì \(b > a > c > 0\)) nên \(2\sqrt {\left( {a - c} \right)\left( {b + c} \right)} < 2\sqrt {ab} .\) Vì vậy \(\sqrt a + \sqrt b > \sqrt {a - c} + \sqrt {b + c} .\) Câu 16 trang 240 SBT Đại số 10 Nâng cao. Chứng minh bất đẳng thức sau: a) \(\dfrac{{{a^2} + 3}}{{\sqrt {{a^2} + 2} }} > 2;\) b) \(\dfrac{{{a^3}}}{{{a^6} + 1}} \le \dfrac{1}{2}.\) Giải: a) \(\begin{array}{l}\dfrac{{{a^2} + 3}}{{\sqrt {{a^2} + 2} }} > 2\\ \Leftrightarrow {a^2} + 2 + 1 > 2\sqrt {{a^2} + 2} \\ \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {{a^2} + 2} - 1} \right)^2} > 0\end{array}\) Do \({a^2} + 2 \ge 2\) với mọi a nên \(\sqrt {{a^2} + 2} - 1 > 0\). Vì vậy bất đẳng thức cuối cùng đúng. Suy ra điều phải chứng minh. b) \(\begin{array}{l}\dfrac{{{a^3}}}{{{a^6} + 1}} \le \dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow 2{a^3} \le {a^6} + 1\\ \Leftrightarrow {\left( {{a^3} - 1} \right)^2} \ge 0\end{array}\) Dấu đẳng thức xảy ra khi \(a = 1\). Câu 17 trang 240 SBT Đại số 10 Nâng cao. a) Chứng minh rằng đối với ba số a, b, c tùy ý, ta có \(\left| a \right| + \left| b \right| + \left| c \right| \ge \left| {a + b + c} \right|.\) Đẳng thức xảy ra khi nào? b) Áp dụng. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(f\left( x \right) = \left| {x + 2} \right| + \left| {x + 1} \right| + \left| {2x - 5} \right|.\) Giải: a) \(\left| a \right| + \left| b \right| + \left| c \right| \) \(= \left( {\left| a \right| + \left| b \right|} \right) + \left| c \right| \ge \left| {a + b} \right| + \left| c \right| \ge \left| {a + b + c} \right|\) Đẳng thức xảy ra khi: \(\left\{ \begin{array}{l}ab \ge 0\\\left( {a + b} \right)c \ge 0\end{array} \right.\) tức là \(a \ge 0,b \ge 0,c \ge 0\) hoặc \(a \le 0,b \le 0,c \le 0.\) b) \(\begin{array}{l}f\left( x \right) = \left| {x + 2} \right| + \left| {x + 1} \right| + \left| {2x - 5} \right|\\ = \left| {x + 2} \right| + \left| {x + 1} \right| + \left| {5 - 2x} \right|\\ \ge \left| {x + 2 + x + 1 + 5 - 2x} \right| = 8\end{array}\) Đẳng thức xảy ra, chẳng hạn tại \(x = 1\). Vậy giá trị nhỏ nhất của \(f\left( x \right)\) là 8. Câu 18 trang 240 SBT Đại số 10 Nâng cao. Cho ba số dương a, b, c. Chứng minh rằng: a) \(ac + \dfrac{b}{c} \ge 2\sqrt {ab} ;\) b) \(\dfrac{a}{{\sqrt b }} + \dfrac{b}{{\sqrt a }} \ge 2\sqrt[4]{{ab}}\) Trong mỗi bất đẳng thức trên, dấu bằng xảy ra khi nào? Giải: a) Với \(a > 0,b > 0,c > 0\) ta có \(ac + \dfrac{b}{c} \ge 2\sqrt {ac.\dfrac{b}{c}} = 2\sqrt {ab} .\) Đẳng thức xảy ra khi \(ac = \dfrac{b}{c}\) hay \(b = a{c^2}.\) b) \(\dfrac{a}{{\sqrt b }} + \dfrac{b}{{\sqrt a }} \ge 2\sqrt {\dfrac{{ab}}{{\sqrt {ab} }}} = 2\sqrt[4]{{ab}}\). Đẳng thức xảy ra khi \(a = b\). Câu 19 trang 241 SBT Đại số 10 Nâng cao. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số \(g\left( x \right) = x + \dfrac{1}{{x - 2}}\) với \(x > 2\). Giải: \(\begin{array}{l}x + \dfrac{1}{{x - 2}} = x - 2 + \dfrac{1}{{x - 2}} + 2\\ \ge 2\sqrt {\left( {x - 2} \right)\dfrac{1}{{x - 2}}} + 2 = 4\end{array}\) (vì \(x - 2 > 0\)) Đẳng thức xảy ra khi \(x = 3\). Vậy giá trị nhỏ nhất của \(g\left( x \right)\) là 4. Câu 20 trang 241 SBT Đại số 10 Nâng cao. a) Chứng minh rằng với mọi số thực \(a,b,c,x,y,z\left( {xyz \ne 0} \right)\), luôn có \({\left( {ax + by + cz} \right)^2} \le \left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right).\) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\dfrac{a}{x} = \dfrac{b}{y} = \dfrac{c}{z}\). b) Áp dụng. Cho \({x^2} + 2{y^2} + 3{z^2} = 6\). Chứng minh rằng \(\left| {x + 2y + 3z} \right| \le 6.\) Giải: a) Cách 1. Từ đẳng thức \(\begin{array}{l}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)\\ = {\left( {ax + by + cz} \right)^2} + {\left( {ay - bx} \right)^2} + {\left( {bz - cy} \right)^2} + {\left( {az - cx} \right)^2}\end{array}\) dễ dàng suy ra \(\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right) \ge {\left( {ax + by + cz} \right)^2}\). Đẳng thức xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}ay = bx\\bz = cy\\az = cx\end{array} \right.\) tức là \(\dfrac{a}{x} = \dfrac{b}{y} = \dfrac{c}{z}.\) Cách 2. \(\begin{array}{l}{\left( {ax + by + cz} \right)^2} = {a^2}{x^2} + {b^2}{y^2} + {c^2}{z^2} + 2abxy + 2acxz + 2bcyz\\ \le {a^2}{x^2} + {b^2}{y^2} + {c^2}{z^2} + {a^2}{y^2} + {b^2}{x^2} + {a^2}{z^2} + {c^2}{x^2} + {b^2}{z^2} + {c^2}{y^2}\\ = \left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right).\end{array}\) b) \(\begin{array}{l}{\left( {x + 2y + 3z} \right)^2}\\ = {\left( {1.x + \sqrt 2 .\sqrt {2y} + \sqrt 3 .\sqrt {3z} } \right)^2}\\ \le \left( {{x^2} + 2{y^2} + 3{z^2}} \right)\left( {1 + 2 + 3} \right)\\ = 6.6 = 36.\end{array}\) Vì vậy \(\left| {x + 2y + 3z} \right| \le 6\) Câu 21 trang 241 SBT Đại số 10 Nâng cao. Giải các hệ bất phương trình a) \(\left\{ \begin{array}{l}x + 1 \le 2x - 3\\\dfrac{{5 - 3x}}{4} \ge x + 3;\end{array} \right.\) b) \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 1 < x + 4\\x + 1 < \dfrac{{x + 20}}{5}\\x\sqrt {x + 1} > 0\end{array} \right.\) Giải: a) \(\left\{ \begin{array}{l}x + 1 \le 2x - 3\\\dfrac{{5 - 3x}}{4} > x + 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 4\\x \le - 1\end{array} \right.\) Hệ vô nghiệm. b) \(0 < x < 3\). Câu 22 trang 241 SBT Đại số 10 Nâng cao. Giải và biện luận hệ bất phương trình: a) \(\left\{ \begin{array}{l}1 + mx > 0\\x - 2 \le 0\end{array} \right.\) Giải: Ta có \(\left( I \right)\left\{ \begin{array}{l}1 + mx > 0\\x - 2 \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}mx > - 1\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\x \le 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\) Gọi tập nghiệm của (1) và (2) lần lượt là \({S_1}\) và \({S_2}\). Khi đó \({S_2} = \left( { - \infty ;2} \right]\) - Nếu \(m = 0\) thì \({S_1} = \emptyset \) nên hệ (I) vô nghiệm: \(S = \emptyset \). - Nếu \(m > 0\) thì \({S_1} = \left( { - \dfrac{1}{m}; + \infty } \right)\) và \( - \dfrac{1}{m} < 2\), nên tập nghiệm của hệ (I) là \(S = \left( { - \dfrac{1}{m};2} \right)\). - Nếu \(m < 0\) thì \({S_1} = \left( { - \infty ; - \dfrac{1}{m}} \right),\) ta cần phải so sánh \( - \dfrac{1}{m}\) với 2. + Nếu \(m \le - \dfrac{1}{2}\) thì \( - \dfrac{1}{m} \le 2\), nên \(S = \left( { - \infty ; - \dfrac{1}{m}} \right).\) + Nếu \(m > - \dfrac{1}{2}\) thì \( - \dfrac{1}{m} > 2\), nên \(S = \left( { - \infty ;2} \right].\) Câu 23 trang 241 SBT Đại số 10 Nâng cao. Giải các bất phương trình: a) \(\dfrac{{1 - x}}{{\left( {2x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}} < 0\) ; b) \(\dfrac{{x + 1}}{{2x + 1}} \ge \dfrac{{x - 1}}{{3x + 1}}\) . Giải: a) Tập nghiệm \(S = \left( {\dfrac{1}{2};1} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right).\) b) \(\begin{array}{l}\dfrac{{x + 1}}{{2x + 1}} \ge \dfrac{{x - 1}}{{3x + 1}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{\left( {x + 1} \right)\left( {3x + 1} \right) - \left( {x - 1} \right)\left( {2x + 1} \right)}}{{\left( {2x + 1} \right)\left( {3x + 1} \right)}} \ge 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{x^2} + 5x + 2}}{{\left( {2x + 1} \right)\left( {3x + 1} \right)}} \ge 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)}}{{\left( {2x + 1} \right)\left( {3x + 1} \right)}} \ge 0.\end{array}\) với \({x_1} = \dfrac{{ - 5 - \sqrt {17} }}{2}\) và \({x_2} = \dfrac{{ - 5 + \sqrt {17} }}{2}\). Ta lập bảng sau: Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left( { - \infty ,\dfrac{{ - 5 - \sqrt {17} }}{2}} \right) \cup \left( { - \dfrac{1}{2};\dfrac{{ - 5 + \sqrt {17} }}{2}} \right)\) \( \cup \left( { - \dfrac{1}{3}; + \infty } \right)\). Câu 24 trang 241 SBT Đại số 10 Nâng cao. Giải các bất phương trình: a) \(\left| {x + 1} \right| + 3\left| {x + 2} \right| > x + 7;\) b) \(\left| {\dfrac{{ - 5}}{{x + 2}}} \right| \le \left| {\dfrac{{10}}{{x - 1}}} \right|.\) Giải: a) Lập bảng phá dấu giá trị tuyệt đối như sau: • Với \(x < - 2\), bất phương trình đã cho trở thành \( - 4x - 7 > x + 7 \Leftrightarrow x < - 2,8.\) Do \( - 2,8 < - 2\) nên trong trường hợp này, bất phương trình có nghiệm \(x < - 2,8.\) • Với \( - 2 \le x < - 1\), ta có \(2x + 5 > x + 7 \Leftrightarrow x > 2\). Kết hợp với điều kiện đang xét thì không có giá trị x nào thỏa mãn. • Với \(x \ge - 1\) ta có \(4x + 7 > x + 7 \Leftrightarrow x > 0\). Do \( - 1 \le 0\) nên trong trường hợp này, nghiệm của bất phương trình là \(x > 0\). Vậy tập nghiệm \(S = \left( { - \infty ; - 2,8} \right) \cup \left( {0; + \infty } \right)\). b) \(\begin{array}{l}\left| {\dfrac{{ - 5}}{{x + 2}}} \right| \le \left| {\dfrac{{10}}{{x - 1}}} \right|\\ \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{1}{{x + 2}}} \right)^2} \le {\left( {\dfrac{2}{{x - 1}}} \right)^2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{3\left( {x + 1} \right)\left( {x + 5} \right)}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} \ge 0\end{array}\) Lập bảng xét dấu ta tìm được tập nghiệm là \(S = \left( { - \infty ; - 5} \right] \cup \left[ { - 1;1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right).\) Câu 25 trang 241 SBT Đại số 10 Nâng cao. Xác định miền nghiệm của các hệ bất phương trình sau: a) \(\left\{ \begin{array}{l}y \le 2\\x > - 1\\x - y \le 1\\x + y \le 2;\end{array} \right.\) b) \(\left\{ \begin{array}{l}2y - x > 2\\4x + 3y > 12\\x + 3y < 3.\end{array} \right.\) Giải: a) Tập nghiệm của bất phương trình là miền tứ giác ABCD (kể cả biên) (h.3). b) Hệ vô số nghiệm (h.4). Câu 26 trang 241 SBT Đại số 10 Nâng cao. Tìm các giá trị của m để mỗi biểu thức sau đây luôn dương: a) \(\left( {{m^2} + 1} \right){x^2} + \left( {m - 1} \right)x + 3;\) b) \(\left( {\sqrt 2 - m} \right){x^2} + \left( {m - \sqrt 2 } \right)x + 2m + 3\sqrt 2 \). Giải: a) Ta có \(\begin{array}{l}\Delta = {\left( {m - 1} \right)^2} - 12\left( {{m^2} + 1} \right)\\ = - 11{m^2} - 2m - 11\\ = - \left( {11{m^2} + 2m + 11} \right)\end{array}\) Và \(a = {m^2} + 1 > 0\) Tam thức luôn dương khi và chỉ khi \(\Delta = - \left( {11{m^2} + 2m + 11} \right) < 0\) \( \Leftrightarrow 11{m^2} + 2m + 11 > 0 \Leftrightarrow m \in R\). b) Nếu \(km = \sqrt 2 \) dễ thấy biểu thức luôn dương với mọi \(x\). Nếu \(m \ne \sqrt 2 \) thì biểu thức là tam thức có \(a = \sqrt 2 - m \ne 0\) và biệt thức \(\begin{array}{l}\Delta = {\left( {m - \sqrt 2 } \right)^2} - 4\left( {\sqrt 2 - m} \right)\left( {2m + 3\sqrt 2 } \right)\\ = 9{m^2} + 2\sqrt 2 m - 22\end{array}\) Tam thức luôn dương khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt 2 - m > 0\\\Delta = 9{m^2} + 2\sqrt 2 m - 22 < 0\end{array} \right.\,\,\,\,\,\,\,\,\left( * \right)\) Tam thức \(f\left( m \right) = 9{m^2} + 2\sqrt 2 m - 22\) có hai nghiệm \({m_1} = \dfrac{{ - 11\sqrt 2 }}{9},{m_2} = \sqrt 2 \). Do đó \(f\left( m \right) < 0\) khi và chỉ khi \(\dfrac{{ - 11\sqrt 2 }}{9} < m < \sqrt 2 \). Kết hợp với (*) suy ra \(\dfrac{{ - 11\sqrt 2 }}{9} < m < \sqrt 2 \) . Câu 27 trang 242 SBT Đại số 10 Nâng cao. Tìm các giá trị của m để mỗi biểu thức sau đây luôn âm: a) \( - 4{x^2} + \left( {4m + \sqrt 2 } \right)x - {m^2} - \sqrt 2 m + 1;\) b) \(\left( {5m + 1} \right){x^2} - \left( {5m + 1} \right)x + 4m + 3\). Giải: a) Tam thức luôn luôn âm khi và chỉ khi \(m > \dfrac{{9\sqrt 2 }}{4}\). b) Với \(m = - \dfrac{1}{5}\), khi đó biểu thức có giá trị là \(\dfrac{{11}}{5} > 0\), do đó \(m = - \dfrac{1}{5}\) không thỏa mãn. Với \(m \ne - \dfrac{1}{5}\), khi đó biểu thức đã cho là một tam thức bậc hai. Tam thức luôn âm khi và chỉ khi \(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a = 5m + 1 < 0\\\Delta = {\left( {5m + 1} \right)^2} - 4\left( {5m + 1} \right)\left( {4m + 3} \right) < 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow m < - 1\end{array}\) Câu 28 trang 242 SBT Đại số 10 Nâng cao. Giải các bất phương trình sau: a) \(\dfrac{{8 + 4x}}{{4x + {x^2}}} \le \dfrac{2}{x} + \dfrac{3}{{4 + x}};\) b) \(\dfrac{1}{{{x^2} - 4}} - \dfrac{1}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} \ge \dfrac{1}{{{x^2}}} - \dfrac{1}{{2x}}\) . Giải: a) Bất phương trình tương đương với \(\dfrac{x}{{x\left( {x + 4} \right)}} \ge 0,\) suy ra tập nghiệm \(\left( { - 4;0} \right) \cup \left( {0; + \infty } \right).\) b) Bất phương trình được biến đổi tương đương với \(\dfrac{{{x^4} + 16}}{{2{x^2}\left( {x - 2} \right){{\left( {x + 2} \right)}^2}}} > 0.\) Suy ra tập nghiệm là \(S = \left( {2; + \infty } \right).\) Câu 29 trang 242 SBT Đại số 10 Nâng cao. Giải các hệ bất phương trình sau: a) \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 14x + 45 < 0\\{x^2} - 11x + 30 > 0;\end{array} \right.\) b) \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - x - 6 \le 0\\{x^3} + {x^2} - x - 1 \ge 0.\end{array} \right.\) Giải: a) \(6 < x < 9.\) b) \(1 \le x \le 3\) và \(x = - 1.\) Câu 30 trang 242 SBT Đại số 10 Nâng cao. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để các bất phương trình sau vô nghiệm: a) \(3{x^2} + mx + m + 2 < 0;\) b) \(\left( {3 - m} \right){x^2} - 2\left( {2m - 5} \right)x - 2m + 5 > 0\). Giải: a) Bất phương trình đã cho có hệ số \(a = 3 > 0\), để bất phương trình vô nghiệm, điều kiện cần và đủ là : \(\begin{array}{l}\Delta = {m^2} - 12\left( {m + 2} \right) \le 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 12m - 24 \le 0\\ \Leftrightarrow 6 - 2\sqrt {15} \le m \le 6 + 2\sqrt {15.} \end{array}\) b) Với \(m = 3\), khi đó bất phương trình trở thành \( - 2x - 1 > 0\) và bất phương trình có nghiệm là \(x < - \dfrac{1}{2}.\) Suy ra \(m = 3\) không thỏa mãn. Với \(m \ne 3\). Để bất phương trình vô nghiệm điều kiện cần và đủ là: \(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}3 - m < 0\\\Delta ' = {\left( {2m - 5} \right)^2} - \left( {3 - m} \right)\left( {5 - 2m} \right) < 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 3\\2{m^2} - 9m + 10 < 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 3\\2 < m < \dfrac{5}{2}.\end{array} \right.\end{array}\) Suy ra không tồn tại m để bất phương trình đã cho vô nghiệm. Câu 31 trang 242 SBT Đại số 10 Nâng cao. Tìm các giá trị của m để phương trình \({x^4} - 2m{x^2} + {m^2} - 1 = 0\) vô nghiệm. Giải: Đặt \(y = {x^2},y \ge 0.\) Khi đó vế trái của phương trình đã cho trở thành \(f\left( y \right) = {y^2} - 2my + {m^2} - 1.\) Điều kiện của bài toán được thỏa mãn nếu phương trình \(f\left( y \right) = 0\) vô nghiệm hoặc chỉ có hai nghiệm âm. Cách 1. Do \(\Delta ' = 1\) nên phương trình \(f\left( y \right) = 0\) có hai nghiệm \({y_1} = m - 1\) và \({y_2} = m + 1\). Ta phải có: \(\left\{ \begin{array}{l}m - 1 < 0\\m + 1 < 0,\end{array} \right.\) tức là \(m < - 1\) Vậy phương trình trùng phương đã cho vô nghiệm khi \(m < - 1\). Cách 2. Do \(\Delta ' = 1\) nên phương trình \(f\left( y \right) = 0\) có hai nghiệm phân biệt. Hai nghiệm đó âm khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l} - \dfrac{b}{a} = 2m < 0\\\dfrac{c}{a} = {m^2} - 1 > 0,\end{array} \right.\) tức là \(m < - 1\). Vậy phương trình trùng phương đã cho vô nghiệm khi \(m < - 1\). Câu 32 trang 242 SBT Đại số 10 Nâng cao. Tìm các giá trị của m để phương trình \(\left( {m - 1} \right){x^2} - \left( {m - 5} \right)x + m - 1 = 0\), có hai nghiệm phân biệt lớn hơn -1. Giải: \( - 3 < m < 1\). Đạ \(y = x + 1\) bài toán trở thành: Tìm m sao cho phương trình \(\left( {m - 1} \right){\left( {y - 1} \right)^2} - \left( {m - 5} \right)\left( {y - 1} \right) + m - 1 = 0\) có hai nghiệm dương phân biệt, tức là phương trình \(\left( {m - 1} \right){y^2} - \left( {3m - 7} \right)y + 3m - 7 = 0\) có hai nghiệm dương phân biệt. Câu 33 trang 242 SBT Đại số 10 Nâng cao. Giải các phương trình: a) \({x^4} - 18{x^2} + 81 = 0;\) b) \(4{x^4} - 37{x^2} + 9 = 0.\) Giải: a) \(x = \pm 3.\) b) \(x \in \left\{ { \pm 3; \pm \dfrac{1}{2}} \right\}.\) Câu 34 trang 242 SBT Đại số 10 Nâng cao. Giải các bất phương trình: a) \(\sqrt { - {x^2} + 4x - 3} < x - 2;\) b) \(\sqrt {2x + 5} > x + 1.\) Giải: a) \(S = \left[ {1;\dfrac{{4 - \sqrt 2 }}{2}} \right) \cup \left( {\dfrac{{4 + \sqrt 2 }}{2};3} \right].\) Gợi ý: Bất phương trình tương đương với hệ: \(\left\{ \begin{array}{l} - {x^2} + 4x - 3 < {\left( {x - 2} \right)^2}\\x - 2 > 0\\ - {x^2} + 4x - 3 \ge 0.\end{array} \right.\) b) \(S = \left[ { - \dfrac{5}{2};2} \right).\) Gợi ý. Bất phương trình tương đương với: \(\left( I \right)\left\{ \begin{array}{l}2x + 5 \ge 0\\x + 1 < 0\end{array} \right.\) hoặc \(\left( {II} \right)\left\{ \begin{array}{l}2x + 5 > {\left( {x + 1} \right)^2}\\x + 1 \ge 0\end{array} \right.\) Câu 35 trang 242 SBT Đại số 10 Nâng cao. Giải các bất phương trình a) \(2{x^2} + \sqrt {2{x^2} - 8} \le 20;\) b) \({x^2} - 3x - \sqrt {{x^2} - 3x + 5} > 1.\) Giải: a) \(S = \left[ { - \sqrt {\dfrac{{17}}{2}} ; - 2} \right] \cup \left[ {2;\sqrt {\dfrac{{17}}{{12}}} } \right]\) Gợi ý. Đặt \(t = \sqrt {2{x^2} - 8} \ge 0.\) b) \(S = \left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {4; + \infty } \right).\) Gợi ý. Đặt \(t = \sqrt {{x^2} - 3x + 5} \ge 0.\) Câu 36 trang 242 SBT Đại số 10 Nâng cao. Một nghiên cứu về tuổi của những phụ nữ Mĩ sinh con lần đầu cho ra số liệu sau Tuổi của mẹTần số[15; 19]312448[20; 24]350905[25; 29]196365[30; 34]94874[35; 39]34408N = 989000a) Dấu hiệu là gì? Đơn vị điều tra là gì? b) Tìm tuổi trung bình các bà mẹ ở Mĩ sinh con lần đầu c) Lập bảng phân bố tần suất. d) Vẽ biểu đồ tấn suất hình quạt. e) Vẽ biểu đồ tân suất hình cột. Giải: a) Dấu hiệu là tuổi các bà mẹ ở nước Mĩ sinh con lần đầu. Đơn vị điều tra là các bà mẹ ở nước Mĩ sinh con lần đầu. b) Tuổi trung bình là 22,89. c) Bảng phân bố tần suất KhoảngTần suất (%)[15; 19]31,6[20; 24]35,5[25; 29]19,8[30; 34]9,6[35; 39]3,5d) Biểu đồ hình quạt e) Biểu đồ tần suấ hình cột Câu 37 trang 243 SBT Đại số 10 Nâng cao. Tìm tất cả các mẫu số liệu kích thước 5 có các tính chất sau: - Các số liệu trong mẫu là các số nguyên dương. - Số trung bình là 12, số trung vị và mốt đều bằng 8. - Biên độ (hiệu giữa giá trị lớn nhất và giá trị bé nhất của mẫu) bằng 18. Giải: Gọi số bé nhất là a. Số lớn nhất là \(a + 18 > 8\). Vậy có thể xảy ra hai trường hợp sau Trường hợp 1. Mẫu là \(a;b;8;8;a + 18\) (sắp xếp theo thứ tự tăng dần) Khi đó tổng các số liệu là \(2a + b + 34 = 12 \times 5 = 60\), suy ra \(2a + b = 26.\) Vì \(a \le 8;b \le 8\) nên \(2a + b \le 24.\) Vậy trường hợp này không xảy ra. Trường hợp 2. Mẫu là \(a;8;8;b;a + 18\)(sắp xếp theo thứ tự tăng dần). Khi đó tổng các số liệu \(2a + b + 34 = 12 \times 5 = 60.\) Suy ra \(2a + b = 26\) hay \(b = 26 - 2a = 2\left( {13 - a} \right)\). Vậy b chẵn, tức là b có dạng \(b = 2c.\) Suy ra \(c = 13 - a.\) Vì \(b \le a + 18\) và \(a = 13 - c\) nên \(2c \le 13 - c + 18 = 31 - c.\) Vậy \(3c \le 31\) hay \(c \le 10.\) Vif \(a \le 8\) nên \(c \ge 13 - 8 = 5\). Khi đó \(b \ge 10 > 8\) Tóm lại \(5 \le c \le 10.\) Như vậy ta có 6 mẫu thỏa mãn điều kiện đã nêu là \(\left\{ {13 - c;8;8;2c;31 - c} \right\}\) trong đó \(c \in \left\{ {5,6,7,8,9,10} \right\}.\) Cụ thể là các mẫu \(\begin{array}{l}\left\{ {8;8;8;10;26} \right\},\\\left\{ {7,8,8,12,25} \right\},\\\left\{ {6;8;8;14;24} \right\},\\\left\{ {5;8;8;16;23} \right\},\\\left\{ {4;8;8;18;22} \right\},\\\left\{ {3;8;8;20;21} \right\}.\end{array}\) Câu 38 trang 243 SBT Đại số 10 Nâng cao. Chứng minh rằng nếu \(\sin \left( {\alpha - \beta } \right) = \dfrac{1}{3}\sin \beta ,\) thì \(\tan \left( {\alpha - \beta } \right) = \dfrac{{\sin \alpha }}{{3 + \cos \alpha }}.\) Giải: \(\begin{array}{l}3\sin \left( {\alpha - \beta } \right) = \sin \left( {\beta - \alpha + \alpha } \right)\\ = \sin \alpha \cos \left( {\alpha - \beta } \right) - \sin \left( {\alpha - \beta } \right)\cos \alpha \end{array}\) từ đó ta có \(\left( {3 + \cos \alpha } \right)\sin \left( {\alpha - \beta } \right) = \sin \alpha \cos \left( {\alpha - \beta } \right)\,\,\,\left( * \right)\) vậy \(\tan \left( {\alpha - \beta } \right) = \dfrac{{\sin \alpha }}{{3 + \cos \alpha }}.\) (Chú ý. \(\cos \left( {\alpha - \beta } \right) \ne 0\) vì nếu \(\cos \left( {\alpha - \beta } \right) = 0\) thì từ (*) ta suy ra \(\sin \left( {\alpha - \beta } \right) = 0\), vô lí). Câu 39 trang 243 SBT Đại số 10 Nâng cao. Chứng minh rằng, nếu \(\alpha + \beta + \gamma = \pi \) thì \({\cos ^2}\alpha + {\cos ^2}\beta + {\cos ^2}\gamma + 2\cos \alpha \cos \beta \cos \gamma = 1\). Giải: Ta có: \(\begin{array}{l}{\cos ^2}\gamma + 2\cos \alpha \cos \beta \cos \gamma \\ = \cos \gamma \left[ {\cos \left( {\pi - \left( {\alpha + \beta } \right)} \right) + 2\cos \alpha \cos \beta } \right]\\ = \cos \gamma \left[ { - \cos \alpha \cos \beta + \sin \alpha \sin \beta + 2\cos \alpha \cos \beta } \right]\\ = \cos \gamma \cos \left( {\alpha - \beta } \right)\\ = - \cos \left( {\alpha + \beta } \right)\cos \left( {\alpha - \beta } \right)\\ = {\sin ^2}\alpha {\sin ^2}\beta - {\cos ^2}\alpha {\cos ^2}\beta \\ = {\sin ^2}\alpha {\sin ^2}\beta - \left( {1 - {{\sin }^2}\alpha } \right)\left( {1 - {{\sin }^2}\beta } \right)\\ = - 1 + {\sin ^2}\alpha + {\sin ^2}\beta \\ = 1 - {\cos ^2}\alpha - {\cos ^2}\beta .\end{array}\) Câu 41 trang 243 SBT Đại số 10 Nâng cao. a) Với các giá trị nào của \(\alpha \)thì biểu thức sau đây có nghĩa? \(\dfrac{{\sin \alpha + \sin 3\alpha + \sin 5\alpha + \sin 7\alpha }}{{\cos \alpha + \cos 3\alpha + \cos 5\alpha + \cos 7\alpha }}\) b) Chứng minh rằng với các giá trị đó của \(\alpha \) thì biểu thức đã cho bằng \(\tan 4\alpha \). Giải: a) \(\alpha \ne \dfrac{\pi }{2} + k\pi ;\) \(\alpha \ne \dfrac{\pi }{4} + k\dfrac{\pi }{2};\) \(\alpha \ne \dfrac{\pi }{8} + k\dfrac{\pi }{4}\) với \(k \in Z\) Có thể viết mẫu thành: \(\begin{array}{l}\left( {\cos \alpha + \cos 7\alpha } \right) + \left( {\cos 3\alpha + \cos 5\alpha } \right)\\ = 2\cos 4\alpha \left( {\cos 3\alpha + \cos \alpha } \right)\\ = 4\cos \alpha \cos 2\alpha \cos 4\alpha \end{array}\) b) Viết tử thức thành \(2\sin 4\alpha \left( {\cos 3\alpha + \cos \alpha } \right)\).
