Sáng kiến kinh nghiệm một số dạng bất phương trình chứa căn thức bậc hai thường gặp

S¸ng kiÕn kinh nghiÖm:
Mét sè d¹ng
chøa c¨n thøc bËc hai thêng gÆp

Tæ : To¸n
Giải bất phơng trình là bài toán khó với nhiều học sinh kể cả học sinh đợc
cho là khá giỏi; trong đó có bất phơng trình chứa căn thức bậc hai đợc coi là khó
hơn cả. Nên tôi chọn đề tài: Một số dạng bất phơng trình chứa căn thức bậc
hai thờng gặp để làm sáng kiến kinh nghiệm. Với mục đích mong muốn đề tài
này sẽ góp phần giúp học sinh hiểu rõ hơn về mảng bất phơng trình chứa căn
thức bậc hai nói riêng và bất phơng trình nói chung, đồng thời cũng mong muốn
đây là tài liệu tham khảo cho những ai quan tâm đến môn toán.
Kiến thức thể hiện trong sáng kiến kinh nghiệm này hoàn toàn trong chơng
trình Toán Đại số lớp 10 ban Cơ bản, ban Khoa học tự nhiên, ban Khoa học xã
hội và nhân văn. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm này có thể sử dụng để chuyển
sang phần phơng trình cũng đợc; xong khi chuyển sang phơng trình có những
phần sẽ đợc mở rộng để có bài toán hay hơn. Do đó ngời nghiên cứu có thể sử
dụng sáng kiến kinh nghiệm này vào nhiều mục đích giáo dục khác nhau cũng đ-
ợc.
Nội dung sáng kiến kinh nghiệm này gồm có 9 dạng toán khác nhau.
Một số kiến thức cơ bản sau đã có trong sách giáo khoa đa ra sau đây
mà không nêu nội dung:
1. ôn tập hàm số bậc hai và đồ thị của nó.
2. ôn tập định lý về dấu của nhị thức bậc nhất.
3. ôn tập định lý về dấu của tam thức bậc hai.
Sáng kiến kinh nghiệm:
Một số dạng bất phơng trình chứa căn thức bậc hai thờng gặp
Dng 1

f(x) 0
f(x) < g(x)
f(x) < g(x)







f(x) 0
f(x) g(x)
f(x) g(x)
g(x) 0
f(x) > g(x)
f(x) > g(x)

f(x) 0
f(x) g(x)
f(x) g(x)
Bài toán. Giải các bất phơng trình sau:
1)
2
3x 2 2x 5x 2
+ + +
2
x
(1)
2)
2 2
2x 10x 8 x 5x 36
+ + >
(2)
3)
3 2
x 8 2x 5x 14
< +
(3)
Giải:
1)
2
(1)
2 2
2
x 2
x 2
x 8

x 1
x 3x 2 0
x 1
0 x 1
x 0
x 3x 2 2x 5x 2
x 2
x 8x 0
x 8












+

+ + +






+







Kết luận: tập nghiệm bất phơng trình (1) là
] [ ] [
S ( ; 8 0 ; 1 2 ; )= +
.
2)
2
(2)
2 2
2
9
5 36 0
4
2 10 8 5 36
15 44 0

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

9
4
11
9
4
11
x
x

x
x
x
x
≥




≤ −
< −



⇔ ⇔


≥ −
> −




< −



KÕt luËn: tËp nghiÖm bÊt ph¬ng tr×nh (2) lµ
(
] [

)
S ; 11 9 ;= −∞ − ∪ + ∞
.
3)
3 3
(3)
3 2 3 2
x 8 0 x 8
x 8 2x 5x 14 x 2x 5x 6 0
 
− ≥ ≥
 
⇔ ⇔
 
− < + − − − + <
 
 

2 2
x 2 x 2
(x 1)(x x 6) 0 x x 6 0
x 2
2 x 3
2 x 3
≥ ≥
 
⇔ ⇔
 
− − − < − − <
 

≥

⇔ ⇔ ≤ <

− < <

KÕt luËn: tËp nghiÖm bÊt ph¬ng tr×nh (3) lµ
S =
[
)
2 ; 3
.
Bµi tËp t¬ng tù. Gi¶i c¸c bÊt ph¬ng tr×nh sau:
1)
2
3 4x x− −
≤
2
2 5x x+ −
2)
2
2 9 13x x+ +
>
2
3 2x x− +
3)
2
2 9 4x x− −
≥
2

3 4x x− −
4)
2 2
2 12 16 3 28x x x x+ + < − −
5)
3 2
2 1x x− −
≥
2
2x x− −
6)
3 2
x x−
<
2
2x x+ −
.
Dạng 2
f(x)
< g(x)
⇔

2
f (x) 0
g(x) 0
f (x) g (x)

≥

>



<

f(x)
≤ g(x)
2
f(x) 0
g(x) 0
f(x) g (x)
≥


⇔ ≥


≤


Bµi to¸n. Gi¶i c¸c bÊt ph¬ng tr×nh sau:
1)
2
x 8x 7− +
+ 3x ≤ 1 (1)
2) 2
2
9 8x x+ −
+ 1 < 9x (2)
3)
1

1
x
−
< 2 (3)
Gi¶i:
1)
⇔ − +
(1)
2
x 8x 7
≤ 1
−
3x ⇔
( )
2
2
2
8 7 0
1 3 0
8 7 1 3
x x
x
x x x

− + ≥

− ≥


− + ≤ −


2 2
1
x
3
x 8x 7 9x 6x 1
x 7
x 1

≤



⇔ − + ≤ − +


≥




≤



2
1
x
3
8x 2x 6 0


≤

⇔


+ − ≥


1
x
3
3
x
4
x 1

≤


⇔


≥




≤ −



x 1⇔ ≤ −
KÕt luËn: tËp nghiÖm bÊt ph¬ng tr×nh (1) lµ
S =
(
]
−∞ −
; 1
.
2)
⇔ + −
(2)
2
2 9 8x x
< 9x
−
1
2
2 2
9 8 0
9 1 0
4(9 8 ) (9 1)
x x
x
x x x
+ − ≥


⇔ − >



+ − < −

2 2
1 x 9
1
x
9
4x 32x 36 81x 18x 1
− ≤ ≤



⇔ >



− + + < − +


2
1
x 9
9
85x 50x 35 0

< ≤

⇔



− − >

1
x 9
9
x 1
7
x
17

< ≤


⇔
>






< −



1 9x⇔ < ≤
KÕt luËn: tËp nghiÖm bÊt ph¬ng tr×nh (2) lµ
S = (1 ; 9].
3)



≠


⇔ − ≥



− <


(3)
x 0
1
1 0
x
1
1 4
x
⇔


≠

−

≥



+

>


x 0
x 1
0
x
3x 1
0
x

⇔

<



≥




>






< −



x 0
x 1
x 0
1
x
3
⇔

< −


≥

1
x
3
x 1
KÕt luËn: tËp nghiÖm bÊt ph¬ng tr×nh (3) lµ
S =
[
)
 
−∞ − ∪ + ∞
 ÷
 
1

; 1 ;
3
.
Bµi tËp t¬ng tù. Gi¶i c¸c bÊt ph¬ng tr×nh sau:
1)
2
x 2x 8− −
+ 2
≤ x
2)
2
2x 5x 2− +
+ x
≤ 2
3)
2
3x 8x 3− −
+ 1 ≤ 2x
4) 3
(x 6)(x 2) 7+ − +
+ 3 < 5x
5) 3
(x 6)(x 2) 7− + +
+ 2x < 6
6)
4 2
2x 5x 3− +
+ 1 < x
2
.

Dạng 3
f(x)
> g(x)
 <



≥


⇔

≥



>



2
g(x) 0
f(x) 0
g(x) 0
f(x) g (x)

f(x)
≥ g(x)
 <




≥


⇔

≥



≥



2
g(x) 0
f(x) 0
g(x) 0
f(x) g (x)
Bµi to¸n. Gi¶i c¸c bÊt ph¬ng tr×nh sau:
1)
2
3x 10x 3 x 1− + − ≥ +
(1)
2)
(x 1)(3 x) 3 4 3x− − + + >
(2)
3)
2 2

2x 8x 1 x 1− + > +
(3)
Gi¶i:
1)
( )
 + <



− + − ≥


⇔

+ ≥





− + − ≥ +



2
(1)
2
2
x 1 0
3x 10x 3 0

x 1 0
3x 10x 3 x 1
 < −





≤ <


⇔

≥ −




− + − ≥ + +


2 2
x 1
1
x 3
3
x 1
3x 10x 3 x 2x 1

2

x 1
4x 8x 4 0
≥ −

⇔

− + ≤


2
x 1
4(x 1) 0
≥ −

⇔

− ≤


x 1
x 1
≥ −

⇔

=

x 1⇔ =

KÕt luËn: tËp nghiÖm bÊt ph¬ng tr×nh (1) lµ

S =
{ }
1
.
2)
⇔ − > −
(2)
2
4x x 3x 4

− <



− ≥


⇔

− ≥




− > −


2
2 2
3x 4 0

4x x 0
3x 4 0
4x x (3x 4)



<





≤ ≤


⇔



≥





− > − +


2 2
4

x
3
0 x 4
4
x
3
4x x 9x 24x 16
2
4
0 x
3
4
x
3
10x 28x 16 0

≤ <


⇔


≥





− + <




4
0 x
3
4
x
3
4
x 2
5

≤ <




⇔
≥







< <






≤ <

⇔


≤ <


4
0 x
3
4
x 2
3

0 x 2⇔ ≤ <
KÕt luËn: tËp nghiÖm bÊt ph¬ng tr×nh (2) lµ
S =
[
)
0 ; 2
.
3)
⇔ − + > + ⇔ − + > + +
(3)
2 2 2 2 4 2
2x 8x 1 (x 1) 2x 8x 1 x 2x 1

⇔ + < ⇔ + <
4 3
x 8x 0 x(x 8) 0


⇔ + − + <
2
x(x 2)(x 2x 4) 0

⇔ + <x(x 2) 0


2 x 0⇔ − < <
KÕt luËn: tËp nghiÖm bÊt ph¬ng tr×nh (3) lµ
S =
( )
−2 ; 0
.
Bài tập tơng tự. Giải các bất phơng trình sau:
1)
(x 3)(5 x) 15 4 2x + + >
2)
2
x 5x 4 2 3x+ + +
3)
2
x 4x 5 x 11 +
4)
+ + +
4 2

x x 1 x 1
5)
4 2
x x 1 1 2x + + >
6)
4 2 2
2x 5x 2 2x 1 + +
.
Dạng 4

f (x) g(x) p(x) q(x)+ < +
hoặc:
f (x) g(x) p(x) q(x)+ +
(Trong đó: f(x) + g(x) = p(x) + q(x)).
Phơng pháp:
Điều kiện:
f (x) 0
g(x) 0
p(x) 0
q(x) 0

Bình phơng hai vế của bất phơng trình, sau đó đa về dạng 1.
Bài toán. Giải các bất phơng trình sau:
1)
x 2 5 2x 2x 7 3x+ + < +
(1)
2)
x 3 2x 5 3 3x 5 2x+ +
(2)
3)
3 2x 4 3x 2x 2 x 3 + +
(3)
Giải:
1) Điều kiện: 0
7
x
3

( ) ( )
+ + < +
(1)
2 2
x 2 5 2x 2x 7 3x
x 2 5 2x 2 x 2. 5 2x 2x 7 3x 2 2x. 7 3x + + + + < + +
2 (x 2)(5 2x) 2 2x(7 3x) + <
2 2
2x x 10 6x 14x + + < +
2 2
2x x 10 6x 14 + + < +
x

2
4x 13x 10 0 + <
5
x 2
4
< <
; thoả mãn điều kiện.
Kết luận: tập nghiệm bất phơng trình (1) là
S =

ữ

5
; 2
4
.
2) Điều kiện:
5
x 1
2


+ + + +
(2)
x 3 5 2x 3 3x 2x 5

( ) ( )
+ + + +
2 2
x 3 5 2x 3 3x 2x 5

+ + + + + + + +x 3 5 2x 2 3 x. 5 2x 3 3x 2x 5 2 3 3x. 2x 5

2 (3 x)(5 2x) 2 (3 3x)(2x 5) + +

2 2
2x x 15 6x 9x 15 + +

+ +
2 2
2x x 15 6x 9x 15

+
2
4x 8x 0







x 0
x 2
Kết hợp điều kiện, có tập nghiệm bất phơng trình (2) là
S =
[ ]

5
; 2 0 ; 1 .
2
3) Điều kiện: 1
4
x
3


( ) ( )
+ + + +
+ + + +
(3)
2 2
3 2x x 3 4 3x 2x 2
3 2x x 3 4 3x 2x 2

+ + + + + + + +3 2x x 3 2 3 2x. x 3 4 3x 2x 2 2 4 3x. 2x 2

+ +2 (3 2x)(x 3) 2 (4 3x)(2x 2)

+ + +
2 2
2x 3x 9 6x 2x 8

+ + +
2 2
2x 3x 9 6x 2x 8

+

2
4x 5x 1 0


1
x 1
4
; thoả mãn điều kiện
Kết luận: tập nghiệm bất phơng trình (3) là
S =



1
;1
4
.
Bài tập tơng tự. Giải các bất phơng trình sau:
1)
x 1 3x 1 2x 1 2x 1+ + > + +
2)
x 1 3x 1 2x 1 2x 1 + + + +
3)
2x 1 2x 2 x 1 3x 2+ + < + +
4)
+ + + +x 1 3x 2 2x 1 2x 2
5)
5x 1 5x 7 2x 3 2x 5 + > +
6)
2x 3 x 2 4x 3 3x 4.+ + <

Dạng 5
Có những bài toán gần giống dạng 2 và dạng 3, nhng g(x) ở đây là tam
thức bậc hai, khi bình phơng hai vế sẽ dẫn đến bất phơng trình bậc bốn rất khó
giải. Do đó ta có cách giải khác là đặt ẩn phụ, dới đây là một số bài toán minh
hoạ.
Bài toán 1. Giải các bất phơng trình sau:
1)
+ + +
2
(x 1)(x 2) x x 8
(1)
2)
2 2
6x 18x 12 10 3x x + < +
(2)
3)
+ + + > +
2
2 x 2x 10 5 x(x 2)
(3)
Giải:
1) Đặt: t =
+ (x 1)(x 2) ; t 0

= = +
2 2 2 2
t x x 2 x x t 2


+ + +

(1)
2 2
t 2
t t 2 8 0 t t 6 0
t 3 (loại)
Vậy:


+



2 2
x 3
(x 1)(x 2) 2 x x 2 4 x x 6 0
x 2
Kết luận: tập nghiệm bất phơng trình (1) là
S =
(
] [
)
+ ; 2 3 ;
.
2) Đặt: t =
+
2
6x 18x 12 ; t 0

= + =
2
2 2 2
12 t
t 6x 18x 12 3x x
6

< + < + + <
2
(2)
2 2
12 t
t 10 6t 60 12 t t 6t 72 0
6

12 t 6 < <
Vậy:
+ < + <
2 2
6x 18x 12 6 x 3x 2 6
2
2
2
x 2
x 2
x 3x 2 0 1 x 1
x 1
x 1

2 x 4
x 3x 2 6
1 x 4
x 3x 4 0







+ <











<
+ <




< <

<


Kết luận: tập nghiệm bất phơng trình (2) là
S =
(
] [
)
1 ;1 2 ; 4 .
3) Đặt: t =
+ +
2
x 2x 10 ; t 3

= + + + =
2 2 2
t x 2x 10 x(x 2) t 10
+ > < < <
(3)
2 2
2t 5 t 10 t 2t 15 0 3 t 5
Vậy:
+ + < + + <
2 2
x 2x 10 5 x 2x 10 25

+ < < <
2
x 2x 15 0 5 x 3
Kết luận: tập nghiệm bất phơng trình (3) là

S = (

5 ; 3).
Bài toán 2. Cho bất phơng trình:
2
x 2x (x 3)(1 x) 5 m (*)+ + + +
a) Giải bất phơng trình (*) với m = 2.
b) Tìm m để bất phơng trình (*) có nghiệm.
c) Tìm m để bất phơng trình (*) nghiệm đúng
[ ]
x 4 ; 2 .

Giải:
+ + = + = + = +
2 2
(x 3)(1 x) 5 x 2x 8 (x 4)(2 x) 9 (x 1)

= + + Đặt : t (x 3)(1 x) 5; 0 t 3

= + + =
2 2 2 2
t x 2x 8 x 2x 8 t
+ + +
(*)
2 2
8 t t m t t 8 m (**)

a) m = 2,
+ +
(**)

2 2
t t 8 2 t t 6 0 2 t 3
Vậy:
+ +
2 2
x 2x 8 3 9 (x 1) 3;
nghiệm đúng x [4 ; 2].
Kết luận: tập nghiệm bất phơng trình (*) là
S = [4 ; 2].
b) Bất phơng trình (*) có nghiệm bất phơng trình (**) có nghiệm t thoả mãn:
0 t 3
Gọi f(t) =
+ +
2
t t 8; 0 t 3
Bảng biến thiên:
t

0
1
2
3 +
f(t)
33
4


8 2
[ ]

33
2 f(t) ; t 0 ; 3
4
Do đó (**) có nghiệm t
[ ]

33 33
0 ; 3 m m
4 4
Kết luận:

33
m ,
4
bất phơng trình (*) có nghiệm.
c) Bất phơng trình (*) nghiệm đúng
[ ]
x 4 ; 2
bất phơng trình (**)
nghiệm đúng t [0 ; 3].
Theo kết quả phần trên, có: 2 m m 2.
Kết luận:
m 2,
bất phơng trình (*) nghiệm đúng
[ ]
x 4 ; 2
.
Bài toán 3. Cho bất phơng trình:
+ + + +
2

2 (x 1)(x 7) 25 6x x m (1)
a) Giải bất phơng trình (1) với m = 3.
b) Tìm m để bất phơng trình (1) có nghiệm.
Giải:
+ + = + = +
2 2
(x 1)(x 7) 25 x 6x 18 (x 3) 9
= + +
= + =
2 2 2 2
Đặt : t (x 1)(x 7) 25 ; t 3.
t x 6x 18 x 6x t 18
+
(1)
2 2
2t t 18 m t 2t 18 m (2)
a) m = 3,

(2)
2 2
t 2t 18 3 t 2t 15 0 3 t 5
Vậy:
+ +
2 2 2
x 6x 18 5 x 6x 18 25 x 6x 7 0

1 x 7
Kết luận: tập nghiệm bất phơng trình là
S =
[ ]

1 ; 7
.
b) Bất phơng trình (1) có nghiệm bất phơng trình (2) có nghiệm t thoả mãn: t
3
Gọi f(t) =

2
t 2t 18; t 3
Bảng biến thiên:
t - 1 3 +
f(t) +
15
f(t) 15 ; t 3.
Do bất phơng trình (2) có nghiệm
15 m m 15
Kết luận: m 15, bất phơng trình (1) có nghiệm.
Bài tập tơng tự.

Bài 1. Giải các bất phơng trình sau:
1)
2
x 12x 8 (x 2)(x 14)+ +
< 16
2)
+
2
(x 1)(x 9) 4 10 x 10x 11
3)
+
+ +

x 1
(x 2) (x 1)(x 2) 6
x 2
4)
2
(x 1)(x 2) 4 x x− + < − −
5)
(1 x)(4 x) 2 x(x 5)+ + > + +
6)
2
(x 2)(4 x) 6x x 10− − + ≥ +
.

Bµi 2. Cho bÊt ph¬ng tr×nh:
+ + ≥ + − +(x 1)(x 3) m 6 (x 1)(x 5)
a) Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh víi m = 0.
b) T×m m ®Ó bÊt ph¬ng tr×nh nghiÖm ®óng víi mäi x
[ ]
∈ −5 ; 1
.

Bµi 3. Cho bÊt ph¬ng tr×nh:
2
(x 1)(x 3) x 2x 10 m− + − + + ≤
a) Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh víi m = 7.
b) T×m m ®Ó bÊt ph¬ng tr×nh cã nghiÖm.
D¹ng 6

f (x)

+
g(x)
>
h(x)
ho c: ặ
f (x)
+
g(x)
≥
h(x)

Phương pháp:
Đi u ki n: ề ệ
f (x) 0
g(x) 0
h(x) 0
≥


≥


≥

Dạng này có thể còn những cách giải khác, xong ở đây xin giới thiệu một
số bài toán mà sau khi bình phương hai vế sẽ đưa về dạng 2 hoặc dạng 3 hoặc
dạng 5.
Bài toán. Giải các bất phương trình sau :
1)
5 x−

≥
2x 2+
−
x 1−
(1)
2)
1 x+
<
6 x+
−
x 2−
(2)
3)
x 1−
+
2x
<
2
2x x 1+ −
(3)
4)
2
x 3x 2− +
+
2
x 4x 3− +
≥
2
x 5x 4− +
(4)

Giải:
1) Điều kiện: 1 ≤ x ≤ 5

⇔
(1)
5 x−
+
x 1−
≥
2x 2+
⇔
( ) ( )
2 2
5 x x 1 2x 2− + − ≥ +
⇔ 5 – x + x – 1 + 2
5 x−
.
x 1−
≥ 2x + 2
⇔ 2
(5 x)(x 1)− −
≥ 2x + 2 – 4
⇔
2
x 6x 5− + −
≥ x – 1
⇔ –x
2
+ 6x – 5 ≥ (x – 1)
2

(Hai vế không âm, do: 1 ≤ x ≤ 5)
⇔ –x
2
+ 6x – 5 ≥ x
2
– 2x + 1
⇔ 2x
2
– 8x + 6 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ x ≤ 3; thoả mãn điều kiện.
Kết luận: tập nghiệm bất phương trình (1) là
S = [1 ; 3].
2) Điều kiện: x ≥ 2

⇔
(2)

1 x+
+
x 2−
<
x 6+
⇔
( ) ( )
2 2
1 x x 2 6 x+ + − < +

⇔ x + 1 + x − 2 + 2
1 x+
.
x 2−

< 6 + x
⇔ 2
(x 1)(x 2)+ −
< x + 6 − 2x + 1
⇔ 2
2
x x 2− −
< 7 − x
⇔
2 2
7 x 0
x 2
4(x x 2) (7 x)
− >


≥


− − < −

⇔
2 2
x 7
x 2
4x 4x 8 x 14x 49
<


≥



− − < − +

⇔
2
2 x 7
3x 10x 57 0
≤ <


+ − <

⇔
2 x 7
19
x 3
3
≤ <


−
< <



⇔ 2 ≤ x < 3
Kết luận: tập nghiệm bất phương trình (2) là
S = [2 ; 3).
3) Điều kiện: x ≥ 1

⇔
(3)
( )
2
x 1 2x− +
<
(
)
+ −
2
2
2x x 1
⇔ x − 1 + 2x + 2
x 1−
.
2x
< 2x
2
+ x − 1
⇔ 2
2x(x 1)−
< 2x
2
+ x − 1 − 3x + 1
⇔ 2
2
2x 2x−
< 2x
2

− 2x
⇔
( )
2
2
2x 2x−
− 2
2
2x 2x−
> 0
⇔
2
2x 2x−
( )
2
2x 2x 2− −
> 0
⇔

− >


− >


2
2
2x 2x 2
2x 2x 0
⇔

−
2
2x 2x
> 2 ⇔ 2x
2
− 2x > 4 ⇔ x
2
− x − 2 > 0
⇔
x 2
x 1
>


< −

Kết hợp với điều kiện, có tập nghiệm bất phương trình (3) là
S = (2 ; +
∞
).
4) Điều kiện:
2
2
2
x 3x 2 0
x 4x 3 0
x 5x 4 0
− + ≥



− + ≥


− + ≥

⇔
x 2
x 1
x 3
x 1
x 4
x 1
≥




≤



≥




≤




≥



≤



⇔
x 4
x 1
≥


≤



⇔
(4)

(x 1)(x 2)− −
+
(x 1)(x 3)− −
≥
(x 1)(x 4)− −
+) Trường hợp 1: x ≥ 4

⇔
(4)

x 2−
+
x 3−
≥
x 4−
; nghiệm đúng
∀
x ≥ 4.
+) Trường hợp 2: x = 1, thay vào bất phương trình thoả mãn.
+) Trường hợp 3: x < 1

⇔
(4)

(1 x)(2 x)− −
+
(1 x)(3 x)− −
≥
(1 x)(4 x)− −
⇔
2 x−
+
3 x−
≥
4 x−
⇔
( )
2
2 x 3 x− + −

≥
( )
2
4 x−
⇔ 2 − x + 3 − x + 2
2 x−
3 x−
≥ 4 − x
⇔ 2
2 x−
.
3 x−
≥ 4 − x + 2x − 5
⇔ 2
2 x−
.
3 x−
≥ x − 1; nghiệm đúng
∀
x < 1
Kết luận: tập nghiệm bất phương trình (4) là
S = (−
∞
; 1]
∪
[4 ; +
∞
).

Bài tập tương tự. Giải các bất phương trình sau:

1)
3x 3−
+
5 x−
< 2
x
2)
2 x+
≥
7 x+
−
x 1−
3)
x 2−
≤
2
x 8x 2− −
−
x 8−
4)
x 3+
≥
2
x 20−
−
x 5−
5)
x 1−
≤
2

x 4x 1+ −
−
x 3+
6)
x 2+
+
3 x−
<
2
11 x x+ −
7)
2 x−
+
x 3+
>
2
11 x x− −
8)
2
x 1−
+
2
x 3x 2+ +
≤
2
x 8x 7+ +
9)
2
x 3x 2− +
>

2
x 4x 3− +
+
2
x 5x 4− +
10)
2
x 1−
+
2
x 2x 1− +
>
2
x x 2
+ −
.
D¹ng 7
a
( )
± + ≥f(x) g(x) b f(x).g(x) m
(Trong ®ã: f(x) + g(x) = c; c = const)
Ph¬ng ph¸p:
§iÒu kiÖn:
f (x) 0
g(x) 0
≥


≥


§Æt: t =
f (x) g(x)±
; t×m ®iÒu kiÖn cho t

⇔
2
(t c)
f (x).g(x)
2
± −
=
Sau đó thay vào bất phơng trình và giải tiếp
Chú ý : Dạng này nếu là phơng trình, ta còn có cách giải khác là đa về hệ phơng
trình để giải.
Bài toán 1. Giải các bất phơng trình sau:
1)
2
x 1 4 x 1 2 4 3x x+ + + < +
(1)
2)
2
2x 1 9 16x 4x 9 2x 5
+ + + < +
(2)
3) x +
2 2
10 x x. 10 x 7 + <
(3)
4) x

2 2
5 x x. 5 x 1 + >
(4)
Giải:
1) Điều kiện:

1 x 4
Đặt: t =
1 x 4 x;+ +
5 t 10

( )
2
2
t 1 x 4 x = + +

2
t 1 x 4 x 2 1 x. 4 x = + + + +
2 2
2 4 3x x t 5 + =
(1)
2 2
t 3
t 1 t 5 t t 6 0
t 2;
>

+ < >

<

loại
Vậy:
2
1 x 4 x 3 1 x 4 x 2 4 3x x 9+ + > + + + + >
thoả mãn điều kiện
2 2
2
2 4 3x x 4 4 3x x 4
x 3x 0 0 x 3;
+ > + >
< < <
Kết luận: tập nghiệm bất phơng trình (1) là
S = (0 ; 3).
2) Điều kiện:

1 9
x
2 2

Đặt: t =
2x 1 9 2x;+
10 t 10

2
t 2x 1 9 2x 2 2x 1. 9 2x = + + +

2 2
2

2
t 10 2 9 16x 4x
10 t
9 16x 4x
2
= +

+ =
2
(2)
2 2
t 0
10 t
t 5 2t 10 t 10 t 2t 0
t 2
2
<


+ < + < >

>

Vậy:

+ <

+ >

2x 1 9 2x 0 (I)
2x 1 9 2x 2 (II)
+) Giải (I):
2x 1 9 2x 2x 1 9 2x 4x 8 x 2+ < + < < <
Kết hợp điều kiện, có:
1
x 2
2
<
+) Giải (II):
( )
2
2x 1 9 2x
2x 1 9 2x 4

+


+ >



2
2x 1 9 2x
10 2 9 16x 4x 4
+

+ >



2
4x 8
2 9 16x 4x 6





+ <



2
x 2
9 16x 4x 9




+ <


2
x 2
4x 16x 0

>


x 2
x 4
x 0




>




<



x 4 >
Kết hợp điều kiện, có: 4 < x
9
2
+) Kết luận: tập nghiệm bất phơng trình (2) là
S =
1 9
; 2 4 ;

2 2


ữ


.
3) §iÒu kiÖn:
10 x 10− ≤ ≤
§Æt: t = x +
2
10 x−

( )
2
2 2
2 2 2 2
2
2
t x 10 x
t x 10 x 2x 10 x
t 10
x. 10 x
2
⇔ = + −
⇔ = + − + −
−
⇔ − =
2
(3)

2 2
t 10
t 7 t 2t 10 14 t 2t 24 0 6 t 4
2
−
⇔ + < ⇔ + − < ⇔ + − < ⇔ − < <
VËy:
2
2
2
2
10 x 4 x
x 10 x 4
10 x (x 6); x 10 ; 10
x 10 x 6


− < −
+ − <
 
⇔
 
 
− > − + ∀ ∈ −
+ − > −
 

 

®óng

2 2
10 x (4 x)⇔ − < −
(Hai vÕ kh«ng ©m, do:
10 x 10− ≤ ≤
)
2 2 2
x 3
10 x 16 8x x 2x 8x 6 0
x 1
>

⇔ − < − + ⇔ − + > ⇔

<

KÕt hîp ®iÒu kiÖn, cã tËp nghiÖm bÊt ph¬ng tr×nh (3) lµ
S =
) (
10 ;1 3 ; 10
 
− ∪
 
.
Chó ý: NÕu t×m ®iÒu kiÖn cho Èn phô t th×:
10 t 5− ≤ ≤
4) §iÒu kiÖn:
5 x 5− ≤ ≤
§Æt: t =
2
x 5 x− −

( )
2
2 2
t x 5 x⇔ = − −

2 2 2 2
t x 5 x 2x 5 x⇔ = + − − −

2
2
5 t
x. 5 x
2
−
⇔ − =
2
(4)
2 2
5 t
t 1 2t 5 t 2 t 2t 3 0 1 t 3
2
−
⇔ + > ⇔ + − > ⇔ − − < ⇔ − < <
Vậy:
2
2
x 5 x 3
x 5 x 1

<



>



2
2
5 x x 3; ; 5
5 x x 1


>




< +

đúng x 5
2
2 2 2 2
x 1 0 x 1
5 x x 1
5 x (x 1) 5 x x 2x 1
+ > >

< +

< + < + +

2
x 1
x 1
x 1
x 1
2x 2x 4 0
x 2
>

>


>
>


+ >



<


Kết hợp điều kiện, có tập nghiệm bất phơng trình (4) là
S =
(
1; 5

.
Chú ý: Nếu tìm điều kiện cho ẩn phụ t thì:
10 t 5
.
Bài toán 2. Cho phơng trình
2
x 2 m 7 x 14 5x x+ + + +
(*)
a) Giải bất phơng trình (*) với m =

3
b) Tìm m để bất phơng trình (*) có nghiệm
c) Tìm m để bất phơng trình (*) nghiệm đúng
[ ]
x 2 ; 7
.
Giải:
Điều kiện:

2
x 7
Đặt: t =
x 2 7 x+
;

3 t 3

( )

2
2
t x 2 7 x = +

2
t x 2 7 x 2 x 2. 7 x = + + +

+ =
2
14 5x x

2
9 t
2


+ + +
2
(*)
2 2
9 t
t m 2t 2m 9 t t 2t 9 2m (**)
2
a) m =

3,
+ +
(**)
2 2
t 2t 9 6 t 2t 3 0 3 t 1

Vậy:
[ ]

+


+


x 2 7 x 1
x 2 7 x 3, đúng x 2 ; 7

+ + x 2 1 7 x

+ + + x 2 1 7 x 2 7 x 2 7 x 2x 6












>

> >




+



+








>
+





+

<
+







2
2 2
7 x 0 x 7
x 3
2x 6 0 x 3
x 3
2x 6 0 x 3
x 5x 2 0
4(7 x) 4(x 3) 7 x x 6x 9
x 3
x 3
x 3
5 17
x
5 17
2
3 x
5 17 5 17
x
2

2 2
Kết hợp điều kiện, có tập nghiệm bất phơng trình (*) là
S =

+



5 17
2 ;
2
.
b. Bất phơng trình (*) có nghiệm bất phơng trình (**) có nghiệm t thoả mãn:

3 t 3.
Gọi f(t) = t
2
+ 2t

9;

3 t 3
Bảng biến thiên:
t



3

1
3 +
f(t)

6
10
6


10
f(t)
6; t [

3 ; 3]
Do đó (**) có nghiệm

10 2m m

5
Kết luận: m

5, bất phơng trình (*) có nghiệm.