1.a.

\(\left(x+1\right)\left(x+2\right)\left(x-2\right)\left(x+5\right)\ge m\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2+3x+2\right)\left(x^2+3x-10\right)\ge m\)

Đặt \(x^2+3x-10=t\ge-\dfrac{49}{4}\)

\(\Rightarrow\left(t+2\right)t\ge m\Leftrightarrow t^2+2t\ge m\)

Xét \(f\left(t\right)=t^2+2t\) với \(t\ge-\dfrac{49}{4}\)

\(-\dfrac{b}{2a}=-1\) ; \(f\left(-1\right)=-1\) ; \(f\left(-\dfrac{49}{4}\right)=\dfrac{2009}{16}\)

\(\Rightarrow f\left(t\right)\ge-1\)

\(\Rightarrow\) BPT đúng với mọi x khi \(m\le-1\)

Có 30 giá trị nguyên của m

1b.

Với \(x=0\)  BPT luôn đúng

Với \(x\ne0\) BPT tương đương:

\(\dfrac{\left(x^2-2x+4\right)\left(x^2+3x+4\right)}{x^2}\ge m\)

\(\Leftrightarrow\left(x+\dfrac{4}{x}-2\right)\left(x+\dfrac{4}{x}+3\right)\ge m\)

Đặt \(x+\dfrac{4}{x}-2=t\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}t\ge2\\t\le-6\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow t\left(t+5\right)\ge m\Leftrightarrow t^2+5t\ge m\)

Xét hàm \(f\left(t\right)=t^2+5t\) trên \(D=(-\infty;-6]\cup[2;+\infty)\)

\(-\dfrac{b}{2a}=-\dfrac{5}{2}\notin D\) ; \(f\left(-6\right)=6\) ; \(f\left(2\right)=14\)

\(\Rightarrow f\left(t\right)\ge6\)

\(\Rightarrow m\le6\)

Vậy có 37 giá trị nguyên của m thỏa mãn

2.

Xét với \(x\ge1\)

\(m\left(x+1\right)+3\left(x-1\right)-2\sqrt{x^2-1}=0\)

\(\Leftrightarrow m+3\left(\dfrac{x-1}{x+1}\right)-2\sqrt{\dfrac{x-1}{x+1}}=0\)

Đặt \(\sqrt{\dfrac{x-1}{x+1}}=t\Rightarrow0\le t< 1\)

\(\Rightarrow m+3t^2-2t=0\)

\(\Leftrightarrow3t^2-2t=-m\)

Xét hàm \(f\left(t\right)=3t^2-2t\) trên \(D=[0;1)\)

\(-\dfrac{b}{2a}=\dfrac{1}{3}\in D\) ; \(f\left(0\right)=0\) ; \(f\left(\dfrac{1}{3}\right)=-\dfrac{1}{3}\) ; \(f\left(1\right)=1\)

\(\Rightarrow-\dfrac{1}{3}\le f\left(t\right)< 1\)

\(\Rightarrow\) Pt có nghiệm khi \(-\dfrac{1}{3}\le-m< 1\)

\(\Leftrightarrow-1< m\le\dfrac{1}{3}\)

\(f\left(x\right)=x^2-2\left(m-1\right)x+m-2\)

Yêu cầu bài toán thõa mãn khi \(f\left(x\right)=0\) có hai nghiệm thỏa mãn \(x_1\le1< 3\le x_2\)

\(\left\{{}\begin{matrix}\Delta'=m^2-3m+3\ge0\\f\left(1\right)\le0\\f\left(3\right)\le0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m\in R\\-m+1\le0\\15-5m\le0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow m\ge3\)

TH1: m=-1

=>x-2>0

=>x>2(loại)

TH2: m<>-1

Δ=(-2m)^2-4*2m*(m+1)

=4m^2-8m^2-8m

=-4m^2-8m

Để BPT luôn có nghiệm thì -4m^2-8m<0 và m+1>0

=>4m^2+8m>0 và m>-1

=>4m(m+2)>0 và m>-1

=>m>0

Ta có: \(VT_{bpt}=m^2\left(x^4-1\right)+m\left(x^2-1\right)-6\left(x-1\right)\)(*)

\(=\left(x-1\right)\left[m^2\left(x+1\right)\left(x^2+1\right)+m\left(x+1\right)-6\right]\)

Ta xét \(f\left(x\right)=m^2\left(x+1\right)\left(x^2+1\right)+m\left(x+1\right)-6\)

+) m=0, rõ ràng không thỏa mãn

+) \(m\ne0\), thì f(x) là hàm số bậc 3, luôn có ít nhất 1 nghiệm, và luôn có lẻ số nghiệm(nghĩa là chỉ có 1 hoặc 3 nghiệm). Gọi nghiệm đó là \(x_o\) thì

\(f\left(x\right)=\left(x-x_o\right)\left(m^2x^2+bx+c\right)\)

Th1: \(ax^2+bx+c=\left(x-x_1\right)\left(x-x_2\right)\). Lúc này dấu của (*) đổi dấu trên từng khoảng, nên Th này loại.

Th2:\(ax^2+bx+c>0\forall x\) thì ta sẽ xét dấu của \(\left(x-1\right)\left(x-x_o\right)\). Biện luận tương tự Th1, để Bpt đúng với mọi x thì \(x_o=1\). Do đó f(x) phải nhận \(x_o\) làm nghiệm. Thay x=1 vào f(x):

\(m^2.4+2m-6=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=1\\m=-\dfrac{3}{2}\end{matrix}\right.\)

Thử lại thấy cả 2 giá trị của m đều thỏa mãn. Vậy \(S=-\dfrac{3}{2}+1=-\dfrac{1}{2}\)

Đặt \(f\left(x\right)=x^2-2mx+m^2-16\)

Bài toán tương đương tìm m để pt có 2 nghiệm pb thỏa mãn: \(x_1\le0< 1\le x_2\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}f\left(0\right)\le0\\f\left(1\right)\le0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m^2-16\le0\\1-2m+m^2-16\le0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m^2-16\le0\\m^2-2m-15\le0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}-4\le m\le4\\-3\le m\le5\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow-3\le m\le4\)

Chưa đủ đề bạn ơi

đặt t = \(\sqrt{-x^2+2x+15}\) ( đk t >= 0 )

xét hàm f(t) = t^2 - 4t -28 

....tự làm ...