Bat phuong trinh vo ty

PHƯƠNG PHÁP GIẢI
BẤT PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ

Date

“tailieumontoan.com”

I. Lý Thut
Để giải bất phương trình vơ tỷ (chứa căn) thơng
thường ta có hai phương pháp cơ bản là nâng lên
lũy thừa và đặt ẩn số phụ. Ngồi ra cịn có một số
cách khác như sử dụng bất đẳng thức (để đánh giá
hai vế), sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số,
v.v… thường được dùng để giải các bất phương
trình khơng mẫu mực.

II. Bài tâp
Dạng 1: Phương pháp biến đổi tương đương
Các phép biến đổi thường được sử dụng
B ≥ 0
B < 0
*)
hoặc 
.
A >B ⇔ 
2
A > B
A ≥ 0
B > 0

*)

A < B ⇔ A ≥ 0 .
A < B 2

*)

A < B ⇔0≤A
Bài 1. Giải bất phương trình:

x + 1 ≥ 2(x 2 − 1)
Lời giải

Bất phương trình (1) ⇔ x + 1 ≥ 2(x 2 − 1)
 x ≤ −1
 
 2(x 2 − 1) ≥ 0
 x ≥1


x ≥ −1
⇔
⇔
x +1≥0
x 2 − 2x − 3 ≤ 0
2(x 2 − 1) ≤ (x + 1)2



 x =−1
 x=

−1
 
⇔  x ≥1 ⇔ 
1 ≤ x ≤ 3
−1 ≤ x ≤ 3

Vậy tập nghiệm của bất phương trình: S = 1;3   {−1}
Bài 2. Giải bất phương trình:

x2 −x +1 ≤ x +3
Lời giải

x 2 − x + 1 ≥ 0

8
⇔x ≥−
x 2 − x + 1 ≤ x + 3 ⇔ x + 3 ≥ 0
7
 2
2
−
+
≤
+
x
x
1
x
3
(

)

 8
 7



Vậy tập nghiệm của bất phương trình là:  − ; +∞  .
❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗




Bài 3. Giải bất phương trình sau:

x + 1 + 2 x − 2 ≤ 5x + 1

Lời giải:

Điều kiện: x ≥ 2
Với điều kiện, hai vế của bất phương trình đã cho khơng âm
bình phương hai vế ta được bất phương trình:

5x − 7 + 4 (x + 1)(x − 2) ≤ 5x + 1 ⇔
(x + 1)(x − 2) ≤ 2 ⇔ (x + 1)(x − 2) ≤ 4
⇔ x2 −x −6 ≤ 0
⇔ −2 ≤ x ≤ 3
Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình
đã cho là S = 2;3 
Dạng 2: Kĩ thuật chia điều kiện

1. Kỹ thuật:
Nếu Bài tốn có điều kiện là x ∈ D mà
D = D1 ∪ D2 ∪ ... ∪ Dn ta có thể chia Bài toán theo n
trường hợp của điều kiện:
+) Trường hợp 1: x ∈ D1 , giải bất phương trình ta tìm được
tập nghiệm T1 .
+) Trường hợp 2: x ∈ D2 , giải bất phương trình tìm được
tập nghiệm T2.
………………………………….
+) Trường hợp n: x ∈ Dn , giải bất phương trình tìm được
tập nghiệm Tn.
Tập nghiệm của bất phương trình là
T = T1 ∪ T2 ∪ ... ∪ Tn .
2. Yêu cầu:

Cần phải xác định giao, hợp trên các tập con của R thành thạo.
Bài 4. Giải BPT:

−3x 2 + x + 4 + 2

x

< 2 (1)

Lời giải:

x ≠ 0

* Điều kiện: 
4.

−1 ≤ x ≤ 3
4
* Với 0 < x ≤
3

* Với −1 ≤ x < 0 thì (1) ln đúng.
Tập nghiệm trong trường hợp này là T2 = [-1 ;0).
Vậy tập nghiệm của (1) là
 9 4
T= T 1 ∪T 2=  ;  ∪ −1;0 ) .
 7 3
Bài 5. Giải bất phương trình:

(4x − 3) x 2 − 3x + 4 ≥ 8x − 6
Lời giải:
2
Điều kiện: x − 3x + 4 ≥ 0 ∀x ∈ R
Bất phương trình đã cho tương đương với

(4x − 3)( x 2 − 3x + 4 − 2 ≥ 0
3
Trường hợp 1: Với x = là nghiệm của bất phương trình
4

3
Trường hợp 2: Với x ∈  −∞;  Bất phương trình:
4


⇔ x 2 − 3x + 4 ≤ 2 ⇔ x 2 − 3x + 4 ≤ 4

⇔ x 2 − 3x ≤ 0
⇔ 0≤x ≤3
3
Kết hợp điều kiện suy ra 0 ≤ x <
4
3

Trường hợp 3: Với x ∈  ; +∞ 
4


Bất

phương

trình:
x ≤ 0
x 2 − 3x ≥ 0 ⇔ 
x ≥ 3
Kết hợp điều kiện: x ≥ 3

 3
Vậy tập nghiệm của BPT là: S = 0;  ∪ 3; +∞ )
 4
Dạng 3 : Kỹ thuật khai căn.
1) Đưa biểu thức ra ngoài căn thức :
A (A ≥ 0)
2
A= 
* A=

.
−
<
A
A
(
0)


A2y
A
*
=
2
E x E

(i) ta có (1)

2x − 2 ≥ 0
⇔ −3x 2 + x + 4 < 2x − 2 ⇔ 
2
2
−3x + x + 4 < ( 2x − 2 )

9
x ≥ 1
(ii)
⇔ 2
⇔x >
7

7x − 9x > 0

 9 4
Kết hợp (i) và (ii) ta có tập nghiệm là T 1 =  ;  .
 7 3

⇔ x 2 − 3x + 4 ≥ 2 ⇔

*

2n

y
(E , x ≠ 0) .
x

A 2n = A

*

2n + 1

A 2n + 1 = A

2) Lưu ý : Biến đổi các biểu thức trong căn thức thành
hằng đẳng thức.
Bài 6. Giải bất phương trình :

x +2 x −1 + x −2 x −1 >
Lời giải:

❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗

3
( 1)
2


( 1) ⇔

(

⇔

x −1+2 x −1 +1 + x −1−2 x −1 +1 >
x −1 +1

)

2

+

x ≥ 1

⇔
 x − 1 + 1 +

(

x −1 −1

x −1 −1 >

)

2

>

3
2

3
2

3
(2)
2

* Với x − 1 − 1 ≥ 0 ⇔ x − 1 ≥ 1 ⇔ x ≥ 2 luôn thỏa
mãn bpt (2).
Vậy trong trường hợp này tập ngiệm là T1=[2 ;+ ∞) .
x ≥ 1
* Với x − 1 − 1 < 0 ⇔ 
⇔ 1 ≤ x < 2 bpt (2)
x − 1 < 1
trở thành :
3
3

x − 1 + 1 + 1 − x − 1 > ⇔ 2 > (luôn đúng).
2
2
Vậy tập nghiệm của (1) trong trường hợp này là T2=[1 ;2).
KL : Tập nghiệm của (1) là T=T 1 ∪T 2 = 1; +∞ ) .
Dạng 4 : Kỹ thuật phân tích thành nhân tử đưa
về bất phương trình tích.
1. Bất phương trình tích : Trên điều kiện của bpt ta có :
 f (x ) > 0

g (x ) > 0
*f (x )g (x ) > 0 ⇔  
f (x ) < 0

  g (x ) < 0


f (x ) = 0
 f (x ) > 0
* f (x )g (x ) ≥ 0 ⇔  
  g (x ) ≥ 0

 f (x ) < 0
  g (x ) ≤ 0

Các trường hợp còn lại, các bạn tự suy luận.

x − 1 ( 3x − x + 1 ) − 3x − 1 ≥ 0 (1)
2

Bài 7. Giải BPT :

Điều kiện : x ≥ 1 (*)

3

Lời giải:

⇔

⇔

(

) (

x − 1 + 3x 2 + 1 − x

x −1 − x

)(

)

)

x − 1 + 3x 2 + 1 ≥ 0

x − 1 + 3x 2 + 1 ≥ 0

x − 1 − x ≥ 0 do

A± B

=

A B
( A ≠ B) .
A− B

2. Lưu ý:

+) Nên nhẩm với một số nghiệm nguyên đơn giản.
+) Chú ý tới các biểu thức nhân chia liên hợp.
Bài 8. Giải BPT :

x 2 + 15 < 3x − 2 + x 2 + 8 (1)
Lời giải:

* Ta có (1) ⇔ x + 15 − x 2 + 8 < 3x − 2
x 2 + 15 − x 2 − 8
⇔
< 3x − 2
x 2 + 15 + x 2 + 8
7
⇔
< 3x − 2
x 2 + 15 + x 2 − 8
2
Từ (2) ta có 3x − 2 > 0 ⇔ x > .

3
* Mặt khác:
2

x − 1 + 3x 2 + 1 > 0 khi x ≥ 1

(2)

(1) ⇔ x 2 + 15 − 4 < 3x − 3 + x 2 + 8 − 3
x2 −1
x2 −1
⇔
< 3(x − 1) +
x 2 + 15 + 4
x2 +8 +3

x +1
x +1 
⇔ (x − 1) 
−3−
< 0 (3)
 2

x2 +8 +3
 x + 15 + 4
2
* Lại có : Vì x > nên
3

x 2 + 15 + 4 > x 2 + 8 + 3

x +1
x +1

⇔

x + 15 + 4
x +1
2

<

−

x2 +8 +3
x +1

x + 15 + 4
x +8 +3
Vậy (3) ⇔ x − 1 > 0 ⇔ x > 1 .

x − 1 + 3x 2 x − 1 + x − 1 − x x − 1 − 3x 3 − x ≥ 0

(

1

*

⇒

Khi đó BPT tương đương :

⇔ x −1

⇔ x − 1 ≥ x ⇔ x − 1 ≥ x 2 ⇔ x 2 − x + 1 ≤ 0 (vô
nghiệm).
Vậy BPT đã cho vô nghiệm.
Dạng 5: Nhân liên hợp.
1. Biểu thức nhân chia liên hợp:
A− B
*
A± B =
( A ≠ B) .
A B

2

2

−3 < 0.

KL : BPT (1) có tập nghiệm là T= ( 1; +∞ ) .
* Chú ý : Trong Bài tốn này, việc thêm bớt, nhóm các

số hạng với nhau để xuất hiện nhân tử chung xuất phát
từ việc nhẩm được khi x=1 thì hai vể của BPT bằng nhau.
Bài 9. Giải bất phương trình

2017x − 2 − 2018x − 5 ≤ x − 3

Lời giải:
❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗

(*)


5
. Khi đó:
2018
3−x
≤ x −3
(*) ⇔
2017x − 2 + 2018x − 5
ĐKXĐ: x ≥



1
⇔ (x − 3 )  1 +
≥0
2017
2
2018
5
x
x
−
+
−



⇔ x −3 ≥ 0
⇔x ≥3

Vậy nghiệm của BPT là x ≥ 3 .
Bài 10. Giải bất phương trình
2x 2
< x + 21 ( * )
2
3 − 9 + 2x

(

Lời giải:

9
 9 + 2x ≥ 0
x ≥ −
ĐK 
⇔
2
 x ≠ 0
3 − 9 + 2x ≠ 0
Khi đó ( 1 ) ⇔

(

)

2

x +1
> 3 (1)
x +1
x
Lời giải:
−2

x > 0
* Điều kiện : 
(*)
<
−
x
1


t

− 2t > 3 ⇔ 2t 3 + 3t 2 − 1 < 0(t > 0)

(

)

Vậy 0 <

x 2 + 1;v =

)

x 2 + 2x + 3 (u ,v > 0 )

u + 2v ≥ 3 2v 2 − u 2 ⇔ 10u 2 + 4uv − 14v 2
⇔ (u − v )( 10u + 14v ) ≥ 0 ⇔ u ≥ v (do 10u + 14v > 0 )
Với u ≥ v ⇔ x 2 + 1 ≥ x 2 + 2x + 3 ⇔ x ≤ −1
Vậy tập nghiệm của BPT là S = ( −∞; −1 
Dạng 7: Phương pháp đánh giá.
Bài 14. Giải BPT :

x +1
(t > 0). BPT (1) trở thành :
x

⇔ (t + 1 ) 2t 2 + t − 1 < 0 ⇔ 0 < t <

) (

Thay vào PT ta có:

9
7

2
2


Dạng 6: Phương pháp đặt ẩn phụ.

2

1
1
+ 1 ⇔ 2x +
= 2t 2 − 2 .
4x
2x
t > 2
2
* BPT (2) trở thành : 5t < 2t − 2 + 4 ⇔ 
kết
t < 1
2

⇒t 2 = x +

Đặt u =



1

⇒ t ≥ 2 (theo bất đẳng thức

(

S = x ∈ R | − ≤ x ≤ ; x ≠ 0  .

* Đặt t
=

2 x

x 2 + 1 + 2 x 2 + 2x + 3 ≥ 3 2 x 2 + 2x + 3 − x 2 + 1

Kết hợp với ĐK ta có BPT có tập nghiệm là:

x

Côsi)

1

x 2 + 1 + 2 x 2 + 2x + 3 ≥ 3 x 2 + 4x + 5
Lời giải
Ta viết lại phương trình như sau:

< x + 21
2
⇔ 9 + 2x < 4 ⇔ 0 ≤ 9 + 2x < 16
9
7
⇔− ≤x ≤
2
2

Bài 11. Giải BPT :

x+

hợp với t ≥ 2 ta được t > 2 .
* Khi đó

2+ 2
3

x >
x> + 2


1
2
2
x+
>2⇔
⇔

2 x
2− 2
0 < x < 3 − 2
0 < x <

2
2

Bài 13. Giải bất phương trình:

)

3 + 9 + 2x

* Đặt t =

1
.
2

x +1 1
4
< ⇔ − < x < −1 .
x
2
3


1 
1
+ 4 (2)
Bài 12. Giải BPT : 5  x +
 < 2x +
2x
2 x 

Lời giải:
* Điều kiện : x > 0 .

x− x
1 − 2(x 2 − x + 1)

≥1

Lời giải
Ta có 1 − 2(x 2 − x + 1) < 0 nên

BPT ⇔ 2(x 2 − x + 1) ≤ 1 − x + x
Mặt khác ta lại có :
2(x 2 − x + 1)=

2(1 − x )2 + 2( x )2
≥ 1−x + x

(2)

Từ đó ⇒ 2(x 2 − x + 1) = 1 − x + x .
Dấu bằng khi

1 − x=

x ⇔ x=

3− 5
(t / m x ≥ 0)
2

❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗

(1) .


Bài 15. Giải bất phương trình :

1+x + 1−x ≤ 2−

* Khi đó ( 1) ⇔ 1 + x + 1 − x + 2 1 − x ≤ 4 − x +
2

2

)

(

(1)

4

Lời giải

1 + x ≥ 0
⇔ −1 ≤ x ≤ 1 (*)
* Điều kiện : 
1
0
x
−
≥


⇔ 1−x2 −2 1−x2 +1 +

x2

x

4

x4
16

≥0⇔

16
Điều này luôn đúng với mọi x thỏa mãn điều kiện (*).
Vậy nghiệm của BPT là x ∈ −
 1;1  .

(

1−x2 −1

)

2

+

x4
16

≥0

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

Bài 16. Giải bất phương trình

Lời giải
2
Điều kiện: x ≥ 1 . Khi đó: ( 3 ) ⇔ x − 1 + x − 3 ≥ 2 ( x − 3 ) + x − 1  ( ∗)



Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:

x −1 + x − 3 ≤

(1

2

)[

+ 12 x − 1 + ( x − 3)

2

] = 2[(x − 3)

2

]

+ x − 1 (∗ ∗)

x ≥ 3
x − 3 ≥ 0

Từ (∗), (∗ ∗) dấu “=” chỉ xảy ra khi x − 1 = x − 3 ⇔ 
2⇔x = 5
2 ⇔  x =
1
3
x
x
−
=
−

(
)


 x = 5
Dạng 8: Sử dụng tính đơn điện của hàm hàm số.

Bài 17. Giải BPT : ( x + 3 ) x + 1 + ( x − 3 ) 1 − x + 2x ≤ 0 (1)

x + 1 ≥ 0
⇔ −1 ≤ x ≤ 1 (*)
* Điều kiện : 

1 − x ≥ 0

Lời giải

* Khi đó ( 1 ) ⇔ ( x + 1 ) x + 1 + ( x + 1 ) + 2 x + 1 ≤ ( 1 − x ) 1 − x + ( 1 − x ) + 2 1 − x
⇔

(

x +1

) +(
3

x +1

)

2

+2 x +1 ≤

(

1−x

) +(
3

1−x

)

2

+ 2 1 − x (2)

* Xét hàm số f (t ) = t 3 + t 2 + 2t với t ≥ 0 :
Có f '(t )= 3t 2 + 2t + 2 > 0∀t ≥ 0 nên f (t ) là hàm đồng biến trên 0; +∞ ) .
* Mặt khác : (2) ⇔ f ( x + 1) ≤ f ( 1 − x ) ⇔ x + 1 ≤ 1 − x
⇔ x + 1 ≤ 1 − x ⇔ x ≤ 0 kết hợp với điều kiện (*) ta được : −1 ≤ x ≤ 0 .

❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗


Phương pháp lũy thừa.
Bài 1 Giải bất phương trình :
a)

x 2 − 2 x − 15 ≤ x − 3

Kết quả : x ∈ [5;6]

b)

− x2 + 6x − 5 ≥ 8 − 2x

Kết quả : x ∈ [3;5]

c)

x2 − 2x − 8 < x − 3

d)
x 2 − 3 x − 10 ≥ x − 2
Bài 2 Giải bất phương trình :
a) ( x − 3) x 2 + 4 ≤ x 2 − 9

⇒ x ∈ [2;10)

b)

5 x − 1 − x − 1 > 2 x − 4 ( A − 2005)

c)

7 x − 13 − 3 x − 9 ≤ 5 x − 27
x + 1 + 2 x − 2 ≤ 5 x + 1 (CD − 2009)

d)
e)

2( x 2 − 16)
x−3

+ x−3 >

7−x
x−3

( A − 2004)

Bài 3 Giải bất phương trình :
a)
b)
c)

51 − 2 x − x 2
<1
1− x
8 + 2x − x2
≥1
6 − 3x
1
1
>
2 x 2 + 3x − 5 2 x − 1

Bài 4 Giải bất phương trình :

T = (−∞;

−5
3
) ∪ (1; ) ∪ (2; +∞)
2
2

x 2 − 4 x + 3 − 2 x 2 − 3x + 1 ≥ x − 1

Phương pháp đặt ẩn phụ.
Bài 1 Giải bất phương trình :
a)

5 x 2 + 10 x + 1 > 7 − 2 x − x 2

T = (−∞; −3) ∪ (1; +∞)

b) 2 x 2 + x 2 − 5 x − 6 > 10 x + 15
c)

( x − 3)(8 − x) + x 2 − 11x < 0

Bài 2 Giải bất phương trình :
a) 5 x +

5

< 2x +

2 x
x
x +1
b)
−2
>3
x +1
x

1

+4
2x

❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗


Bài 3 (B – 2012) Giải bất phương trình x + 1 + x 2 − 4 x + 1 ≥ 3 x
-

Chia 2 vế cho

t
x và đặt=

Bài 4 (Thử GL – 2013) Giải BPT :
- Điều kiện : x ≥ 2 .

x+

1
x

⇒t ≥

5
1
⇒ x ∈ [0; ] ∪ [4; +∞)
2
4

x2 − x − 2 + 3 x ≤ 5x2 − 4 x − 6

-

Bình phương 2 vế và rút gọn ta được : 3 x( x − 2)( x + 1) ≤ 2 x( x − 2) − 2( x + 1)

-

Chia 2 vế cho ( x + 1) và đặt t =

x( x − 2)
. Nghiệm x ∈ [3 + 13; +∞)
x +1

Bài 5 Giải bất phương trình
a)
-

5 x 2 + 14 x + 9 − x 2 − x − 20 ≤ 5 x + 1
Chuyển vế, bình phương và rút gọn ta được 2 x 2 − 5 x + 2 ≤ 5 ( x 2 − x − 20)( x + 1)

⇔ 2( x 2 − 4 x − 5) + 3( x + 4) ≤ 5 ( x + 4)( x 2 − 4 x − 5)
x2 − 4x − 5
x2 − 4x − 5
⇔2
+3≤5
x+4
x+4
b)
-

⇔ x ∈[

5 + 61
;8]
2

7 x 2 + 25 x + 19 − x 2 − 2 x − 35 < 7 x + 2
Chuyển vế, bình phương ta được : 3( x 2 − 5 x − 14) + 4( x + 5) < 7 ( x 2 − 5 x − 14)( x + 5)

- Nghiệm x ∈
Bài 6 (Thi thử ĐT – 2012) Giải BPT x 3 + (3 x 2 − 4 x − 4) x + 1 ≤ 0
y ≥ 0
- Điều kiện : x ≥ −1 . Đặt y=
x +1 ⇔  2
 y = x +1
3
2
2
- Bpt trở thành x + (3 x − 4 y ) y ≤ 0
- TH 1. y =
0⇔ x=
−1 . Thỏa mãn BPT
- TH 2. y > 0 ⇔ x > −1 . Chia hai vế cho y 3 ta được
3

-

-

 1+ 5 
1+ 5
. Vậy tập nghiệm của BPT là S =  −1;

2
2 

Cách 2 : Có thể biến đổi BPT về dạng tích
-

•

2

x
x
x
  + 3   − 4 ≤ 0 . Đặt t = và giải BPT ta được t ≤ 1
y
 y
 y
 −1 ≤ x < 0
x

t ≤ 1 ⇒ ≤ 1 ⇔ x ≤ x + 1 ⇔  x ≥ 0
y
  x 2 − x − 1 ≤ 0

 −1 ≤ x < 0


1+ 5
  x ≥ 0
⇔ −1 ≤ x ≤
. Kết hợp x > −1 ta được
 1 − 5
2
1+ 5

≤x≤
2
 2
−1 < x ≤

x3 + (3 x 2 − 4 x − 4) x + 1 ≤ 0 ⇔ x 3 + 3 x 2 x + 1 − 4( x + 1) x + 1 ≤ 0
⇔ [x3 − ( x + 1) x + 1] + [3 x 2 x + 1 − 3( x + 1) x + 1] ≤ 0
⇔ ( x − x + 1)( x + x + 1) 2 ≤ 0
❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗


Bài tập tương tự : x 3 − 3 x 2 + 2 ( x + 2)3 − 6 x ≤ 0

Phương pháp nhân liên hợp.
Bài 1 Giải bất phương trình :
a)
b)

1+ x − 1− x ≥ x

1 − 1 − 8x2
<1

2x

Nghiệm
=
T [

−1

1
;0) ∪ (0; )
3
2 2

Bài 2 Giải bất phương trình :

a) Giải phương trình : 3 x + 1 − 6 − x + 3 x 2 − 14 x − 8 < 0 . Nhẩm nghiệm x = 5
BPT ⇔ ( x − 5)(

-

3
3x + 1 + 4

1

+

6 − x +1

+ 3 x + 1) < 0 . Trong ngoặc > 0 ⇒ Nghiệm x ∈ [

−1
;5)
3

b) Giải phương trình : 2 3 3 x − 2 − 3 6 − 5 x + 16 ≥ 0 Nhẩm nghiệm x = −2
BPT ⇔ ( x + 2)[

-

6
( 3 3 x − 2) 2 − 2 3 3 x − 2 + 4

Bài 3. Giải bất phương trình 2

+

15

6
] ≥ 0 ⇔ x ∈ [ − 2; ]
5
6 − 5x + 4

x2 +x +1
2
+x2 −4 ≤
x +4
x2 +1

 x2 +x +1

2 − x2 +1
2
Gợi ý: BPT ⇔ 2 
− 1 + x − 3 ≤


+4
x
x2 +1



(







2
1
2
x −3 
+
+ 1 ≤ 0
2
x2 +1 x2 +1 +2

 (x + 4) x + x + 1 + x + 4

  
A



)

(

)

(

)

Nghiệm − 3 ≤ x ≤ 3

Phương pháp đánh giá.
Bài 1 Giải các PT sau :

Nghiệm x = 3

a)

2
x − 2 + 4 − x ≥ x − 6 x + 11

b)

2
x − 2 + 10 − x ≥ x − 12 x + 52

c)

x2 − 2 x + 5 +

d)

2
2
2
3 x + 6 x + 7 + 5 x + 10 x + 14 ≤ 4 − 2 x − x

e)

2 x − 1 + 19 − 2 x ≥

Nghiệm x = 1

x − 1 ≤ 1 + 2 x − x2

Nghiệm x = −1

6
2

− x + 10 x − 24

Bài 2 Giải PT sau :
3
2
2
a) 2 7 x −11x + 25 x − 12 ≥ x + 6 x − 1

2
VT
: 2 (7 x − 4)( x − x + 3) (côsi ) ≤ VP
=

3
2
2
b) 2 5 x +3 x + 3 x − 2 ≥ x + 6 x − 1
❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗