các phương pháp giải bất phương trình

CHƯƠNG 2: BẤT PHƯƠNG TRÌNH
§1. Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số:
Thí dụ 128: Giải bất phương trình: x + 9 + 2x + 4 > 5 (1)
Lời giải:

x + 9 ≥ 0
x ≥ −9
⇔
⇔ x ≥ −2 (*)
2x + 4 ≥ 0
x ≥ −2
1
1
'
+
> 0 với ∀ x > -2
f(x) xác định, liên tục trên (*) có: f (x) =
2 x + 9 2 2x + 4
x > 0
⇔x>0
nên f(x) đồng biến trên (*). Do đó: (1) ⇔ f(x) > f(0) ⇔ 
x ≥ −2
Vậy bất phương trình có nghiệm: x > 0 .
Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định: (1) ⇔ 

Thí dụ 129: Giải bất phương trình:
Lời giải:

x + x − 5 ≤ 5 (1)

x ≥ 0

x ≥ 0
⇔
⇔ x ≥ 5 (*)
x − 5 ≥ 0
x ≥ 5
1
1
'
+
> 0 với ∀x > 5
f(x) xác định, liên tục trên (*) có: f (x) =
2 x 2 x −5
x ≤ 5
⇔x=5
nên f(x) đồng biến trên (*).Do đó: (1) ⇔ f(x) ≤ f(5) ⇔ 
x ≥ 5
Vậy bất phương trình có nghiệm: x = 5 .
Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định: (1) ⇔ 

Thí dụ 130: Giải bất phương trình: 2 x + 3x + 5 x ≥ 38 (1)
Lời giải:
Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định và liên tục với mọi x ∈ R có:
f ' (x) = 2 x ln2 + 3x ln3 + 5 x ln5 > 0 với mọi x ∈ R nên f(x) đồng biến trên (*).Do

x ≥ 2
⇔x≥2
x ∈ R
Vậy bất phương trình có nghiệm: x ≥ 2 .
đó (1) ⇔ f(x) ≥ f(2) ⇔ 

Thí dụ 131: (NTA-2000) Giải bất phương trình:

log 2 (2 x + 1) + log 3 (4 x + 2) ≤ 2 (1)
Lời giải:
Đặt f(x) = VT(1),có f(x) xác định,liên tục với mọi x ∈ R có:

f ' (x) =

2 x ln2
4 x ln4
+ x
> 0 với mọi x ∈ R
(2 x + 1)ln2 (4 + 2)ln3
x ≤ 0
⇔x≤0
x ∈ R

nên f(x) đồng biến trên (*).Do đó: (1) ⇔ f(x) ≤ f(0) ⇔ 


Vậy bất phương trình có nghiệm: x ≤ 0 .
Thí dụ 132: (TL-2000) Giải bất phương trình:
Lời giải:

x + 2 − 3 - x < 5 − 2x

(1)

(1) ⇔ f(x) = x + 2 − 3 - x − 5 − 2x < 0 = f(2)
x + 2 ≥ 0

5

(*)
Ta có f(x) xác định khi và chỉ khi 3 - x ≥ 0 ⇔ −2 ≤ x ≤
2
5 − 2x ≥ 0

'
f(x) xác định, liên tục trên (*) có: f (x) =

với − 2 < x <

1
1
1
+
+
>0
2 x + 2 2 3 - x 2 5 - 2x

5
nên f(x) đồng biến
2

x < 2

trên (*). Do đó: (1) ⇔ f(x) ≤ f(2) ⇔ 
5 ⇔ −2 ≤ x ≤ 2
− 2 ≤ x ≤ 2


Vậy bất phương trình có nghiệm: − 2 ≤ x ≤ 2 .
Thí dụ 133: Giải bất phương trình: 1 + 2.2 x + 3.3x < 6 x (1)
Lời giải:
x

x

x

1
1
1
Ta có: (1) ⇔   + 2.  + 3.  < 1 (2) (do 6 x > 0 ∀x ∈ R )
6
 3
2
Đặt f(x) = VT(2), có f(x) xác định, liên tục với mọi x ∈ R có:
x
x
x
1 1
1 1
1 1
'
f (x) =   ln + 2.  ln + 3.  ln < 0 ∀x ∈ R nên f(x) nghịch biến
2
6 6
3 3
2
x < 1

⇔ x <1
trên R, do đó ( 1) ⇔ (2) ⇔ f(x) < f(1) ⇔ 
x ∈ R
Vậy bất phương trình có nghiệm: x < 1 .
Thí dụ 134: Giải bất phương trình: 2 x 3 + 3x 2 + 6 x + 16 < 2 3 + 4 − x (1)
Lời giải:
Ta có: (1) ⇔ f(x) = 2x 3 + 3x 2 + 6x + 16 − 4 − x < 2 3 = f(1) (2)
Đặt f(x) = VT(2), có f(x) xác định khi và chỉ khi:

2x 3 + 3x 2 + 6x + 16 ≥ 0
(x + 2)(2x 2 - x + 8) ≥ 0
⇔

4 − x ≥ 0
 4−x ≥0
x + 2 ≥ 0 (do 2x 2 - x + 8 > 0)
⇔
⇔ −2 ≤ x ≤ 4 (*)
x ≤ 4


f(x) xác định, liên tục trên (*) có:

6x 2 - 6x + 6

1
> 0 với − 2 < x < 4
2 2x 3 + 3x 2 + 6x + 16 2 4 − x
nên f(x) đồng biến trên (*).Do đó (1) ⇔ f(x) < f(1) ⇔ x < 1
Kết hợp với (*) ta được: − 2 ≤ x < 1 .

Vậy bất phương trình có nghiệm: − 2 ≤ x < 1 .
f ' (x) =

+

§2: Phương pháp phân khoảng tập xác định:
Thí dụ 135: Giải hệ thức

(2 +

)

2 
x 2 − 7 x + 12  − 1 ≤
x 

( 14x − 2x

2

)

− 24 + 2 log x

2
x

Lời giải:

x > 0, x ≠ 1

x = 3
 2
⇔ 
Điều kiện: x − 7 x + 12 ≥ 0
x = 4
− 2 x 2 + 14 x − 24 ≥ 0

- Với x = 3 bất phương trình trở thành bất đẳng thức
1

−
2
1
2
2
2 
2 − 1 ≤ 2 log 3 ⇒ − ≤ log 3 ⇒ ≥ 3 3 ⇒ 2 3 ≥ 3 2 (sai)
3
3
3
3
3 

- Với x = 4 bất phương trình trở thành

2
1
1
−1
1

2 
2 − 1 ≤ 2 log 4 ⇒ − ≤ log 4 ⇒
≤ − log 4 2 = − (đúng)
4
2
2
2
2
4 
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là x = 4.
Thí dụ 136: Giải hệ thức: log x (x + 1) = lg1,5 (1)
Lời giải:
Điều kiện: 0 < x ≠ 1
- Xét 0 < x < 1 khi đó logx(x+1) < logx1 = 0 < lg1,5. Vậy phương trình (1) khơng
có nghiệm trong khoảng này
- Xét 1 < x < +∞ khi đó logx(x+1) > logxx = 1 > lg1,5. Vậy phương trình (1)
khơng có nghiệm trong khoảng này
Tóm lại (1) vơ nghiệm.
Thí dụ 137: Giải hệ thức
Lời giải:

− 3x 2 + x + 4 + 2
<2
x


x ≠ 0

1
⇔ −1 ≤ x ≤ 1 ; x ≠ 0 (*) . Với điều kiện đó ta

3
− 3x + x + 4 ≥ 0

Điều kiện: 

2

có: − 3x 2 + x + 4 < 2 x − 2

x > 1
2 x − 2 > 0
x > 1
9

⇔
⇔ 2
⇔
9 ⇔x>
2
2
7
7 x − 9 x > 0
− 3x + x + 4 < ( 2 x − 2 )
x < 0 ∨ x > 7

9
4
Kết hợp với điều kiện (*) ta được < x ≤ .
7
3

3x 2 + 2x − 1 < 0

Thí dụ 138: Giải hệ thức  3
x − 3x + 1 > 0


(1)
(2)

Lời giải:
(1) ⇔ − 1 < x <

1
(*)
3

Đặt y = x3 - 3x + 1 hàm số xác định liên tục trên R có y/ = 3x2 - 3; y/ = 0 khi x = 1
x = - 1 ta có bảng biến thiên:
x
y/

1
3

-1
0

1
27

y
Nghiệm của hệ: − 1 < x <

Thí dụ 139: Giải

(

1
.
3

)

x 2 − 4 x + 3 + 1 log 5

x 1
+
5 x

(

)

8x − 2 x 2 − 6 + 1 ≤ 0 (1)

Lời giải:

x > 0
x > 0
 2


Điều kiện: x − 4 x + 3 ≥ 0 ⇔ x ≤ 1 ∨ x ≥ 3 ⇔ x = 1; x = 3
8x − 2 x 2 − 6 ≥ 0
1 ≤ x ≤ 3


1
- Với x = 1 thì (1) ⇔ log 5 + 1 ≤ 0 ⇔ −1 + 1 = 0 ≤ 0 (luôn đúng)
5
1
−
3 1
3
27 1
- Với x = 3 thì (1) ⇔ log 5 + ≤ 0 ⇔ ≤ 5 3 ⇔
≤ (loại)
5 3
5
125 5
Vậy bất phương trình có nghiệm là x = 1.


(

2

)

Thí dụ 140: Giải hệ thức 3 x − 4 + x 2 − 4 3 x = 2 ≥ 1 (1)
Lời giải:

2
- Với x > 2 thì x2 – 4 > 0 và x – 2 > 0. Do đó 3 x − 4 > 3 0 = 1 (vì hàm đồng biến)
nên VT(1) > 1 = VP(1). Bất phương trình khơng có nghiệm trong khoảng trên
2
- Với x < 2 thì x2 – 4 < 0 và x – 2 < 0. Do đó 3 x − 4 < 30 = 1 (vì hàm đồng biến)
và (x2-4)3x-2 < 0 nên VT(1) < 1 = VP(1). Bất phương trình khơng có nghiệm trong
khoảng trên
- Với x = 2 thay vào thỏa mãn.
Vậy bất phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.
Thí dụ141: Giải bất phương trình
Lời giải:
- Với x < 0 thì

3

(

3

)

5

x + 1 + 3 x 2 x −1 ≥ 1 (1)

x < 0 mà 2x-1 > 0 nên

(

3

(

)

3

5

)

5

x + 1 < 1; 3 x 2 x −1 < 0 . Do đó

VT(1) < 1. Vậy bất phương trình khơng có nghiệm trong khoảng trên
- Với x ≥ 0 thì

x ≥ 0 mà 2x-1 > 0 nên

3

≥1
Vậy bất phương trình có nghiệm x ≥ 0.

Thí dụ 142: Giải phương trình 4 x −1 − 2 x
Lời giải:
- Nếu 0 < x ≤ 1 thì 4 x −1 − 2 x

2

−x

(

x + 1 ≥ 1; 3 x 2 x −1 ≥ 0 . Do đó VT(1)

2

−x

= log 2 x − 1

) (
2

)

(1)

x

= 2 x −1 − 2 x −1 khi đó VP ≤ -1; VT > -1
x ( x − 1)
= log 2 ( x 2 − x ) − log 2 ( 2 x − 2 ) mà
- Nếu x > 1 thì VP = log 2
2( x − 1)
2
2
2x-2

VT = 2 - 2 x − x . Do đó: (1) ⇔ 2 x − x + log 2 ( x 2 − x ) = log 2 ( 2 x − 2 ) +22x-2 (1/)
Xét hàm số f(x) = 2t + log2t xác định liên tục trên R+ và:
f/(x) = t.ln2 +

1
< 0 nên f(x) nghịch biến trên R+
t. ln 2

(1/) ⇔ x2 – x = 2x – 2 ⇔ x2 – 3x + 2 = 0 ⇔ x = 1 (loại); x = 2 (thỏa mãn).
Vậy phương trình có nghiệm x = 2.
Thí dụ 143: Giải phương trình x 2 + x + 6 x + 2 = 18 (1)
Lời giải:
Điều kiện: x + 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ – 2. Đặt f(x) = x 2 + x + 6 x + 2 có f(x) xác định,
liên tục trên [ − 2;+∞ ) và f/(x) = 2x + 1 +
/

3
x+2

- Nếu x ≥ 0 thì f (x) > 0 nên VT(1) là hàm đồng biến mà VP(1) = const do đó
phương trình có nghiệm duy nhất x = 2
- Nếu –2 ≤ x < 0 thì VT(1) < 18 = VP(1) nên phương trình khơng có nghiệm
trong khoảng trên .
Tóm lại phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.


Thí dụ 144: Giải phương trình: x4 + x3 + 5 x + 2 = 2 + 5 2
(1)
Lời giải:
Đặt f(x) = x 4 + x 3 + 5 x + 1 có f(x) xác định liên tục trên [ − 1;+∞ )

3
2
f/(x) = 4 x + 3x +

5
2 x +1

- Nểu x ≥ 0 thì f/(x) > 0 nên f(x) đồng biến do đó VT(1) đồng biến mà
VP(1) = const. Vì vậy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình
- Nếu –1≤ x < 0 ta thấy VT(1) < 6 < VP(1).
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
§3: Phương pháp hàm liên tục:
Thí dụ 145: Giải bất phương trình
Lời giải:
Đặt f ( x ) =

tg

tg

πx
+ 2x + 3
4
<0
4 − x2 − x

(1)

πx
+ 2x + 3

4
; f(x) xác định khi và chỉ khi:
2
4−x −x

 πx π
x ≠ 4k + 2 ( k ∈ Ζ)
 4 ≠ 2 + kπ (k ∈ Ζ)


x < 2


2
⇔ x ≤ 2
⇔
(∗)
4 − x ≥ 0
x ≠ 2


2
x ≠ 2
 4−x −x ≠ 0



πx
f ( x ) = 0 ⇔ g ( x ) = tg
+ 2 x + 3 = 0 . Có g(x) xác định trên (∗) và

4
π
g' (x) =
+2>0
với ∀x thoả mãn (∗) nên g(x) đồng biến trên (∗)
2 πx
4 cos
4
g ( x ) = g (−1) ⇔ x = −1 ⇒ f ( x ) = 0 ⇔ x = −1
3
 6
 3  2(1 + 2 )
> 0 ; f  −  < 0 , f (0) = > 0;
=
2
 5
7 +3
 2

Do f(x) liên tục trên (∗) f  −

 3  2(7 + 2 )
f  =
< 0 nên ta có bảng xét dấu f(x) trên (∗)
7 −3
 2
x
−∞
−2
−1

− 2
2
f(x)

+

–

0

+

–

Từ bảng ta được (1) có nghiệm − 2 < x < −1 ∨ 2 < x < 2 .

2

+∞


Thí dụ 146: Giải bất phương trình:
Lời giải:

21− x − 2 x + 1
≤0
2x −1

(1)

21− x − 2 x + 1
, f(x) xác định khi và chỉ khi:
2x −1
2 x − 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ 0 ⇔ x ∈ ( − ∞;0 ) ∨ ( 0;+∞ ) := (∗)
Xét phương trình f ( x ) = 0 ⇔ g ( x ) = 21− x − 2 x + 1 = 0 . Có g(x) xác định, liên
tục trên (∗)
g ' ( x ) = −21− x . ln 2 − 2 < 0 với ∀x ∈ (∗) nên g(x) nghịch biến trên (∗)
g ( x ) = g (1) ⇔ x = 1 ⇒ f ( x ) = 0 ⇔ x = 1
Đặt f ( x ) =

1
2

Do f(x) liên tục trên (*) f (−1) = −14 < 0 ; f   = 2 + 2 > 0 ; f (2) =
Nên ta có bảng xét dấu f(x) trên (*)
−∞
x
0
1
f(x)
+
0
Từ bảng ta được (1) có nghiệm x < 0 ∨ x ≥ 1 .

−5
<0
6

+∞
-

Thí dụ 147: Giải bất phương trình: ( x − 3) x 2 − 4 ≤ x 2 − 9
Lời giải:

(1)

(1) ⇔ f ( x ) = ( x − 3)( x 2 − 4 − x − 3) ≤ 0 , f(x) xác định khi và chỉ khi
x 2 − 4 ≥ 0 ⇔ x ∈ ( − ∞;−2] ∨ [ 2;+∞ ) := (∗)
(α )
x − 3 = 0
⇔ 2
f ( x ) = 0 ⇔ ( x − 3)( x − 4 − x − 3) = 0
 x − 4 = x + 3 (β)

(α ) ⇔ x = 3
x ≥ −3
x + 3 ≥ 0
 x ≥ −3
− 13

− 13 ⇔ x =
(β) ⇔  2
⇔
⇔
2
x=
6
6 x + 13 = 0

x − 4 = ( x + 3)

6

f(x) liên tục trên (∗) f (−3) = −6 5 < 0 ; f (−2) = 5 > 0 ; f (4) = 2 3 − 7 < 0
Nên ta có bảng xét dấu f(x) trên (∗)
13
−∞
−
+∞
x
3
−2
2
6
4

f(x)

−

0

+

Từ bảng ta được (1) có nghiệm x ≤

+
− 13
∨ x ≥ 3.
6

0

−


2

Thí dụ 148: Giải bất phương trình 4 x 2 + x.2 x +1 + 3.2 x > x 2 .2 x + 8x + 12 (1)
Lời giải:
2
(1) ⇔ 4 x 2 + x.2 x +1 + 3.2 x − x 2 .2 x − 8x − 12 > 0
x2

2

⇔ ( x 2 − 2 x − 3)(2 x − 4) < 0 ⇔ ( x 2 − 2 x − 3)(4 2 − 4) < 0
⇔ ( x − 2x − 3)(4
2

x 2 −2
2

− 1) < 0

x2 − 2
⇔ ( x − 2 x − 3)(4 − 1)
<0
2
⇔ ( x + 1)( x − 3)( x + 2 )( x − 2 ) < 0 ⇔ − 2 < x < −1 ∨ 2 < x < 3 .
2

Vậy (1) có nghiệm − 2 < x < −1 ∨ 2 < x < 3 .
Thí dụ 149: Giải bất phương trình: log x ( 3− x ) (3 − x ) > 1
Lời giải:

(1)

0 < x < 3
3 − x > 0
⇔ 2
(∗) . Với điều kiện đó:
x (3 − x ) > 0, ≠ 1
x − 3x + 1 ≠ 0

Điều kiện: 

(1) ⇔ 1 − log x ( 3− x ) (3 − x ) < 0

⇔ log x ( 3− x ) x (3 − x ) − log x ( 3− x ) (3 − x ) < 0

⇔ log x ( 3− x ) x < 0 ⇔ [ x (3 − x ) − 1] ( x − 1) < 0

3 − 5 
3+ 5 
 x −
( x − 1) > 0
⇔ ( x 2 − 3 + 1)( x − 1) > 0 ⇔  x −


2 

2 


3− 5
3+ 5
< x < 1∨ x >
2
2
3− 5
3+ 5
Vậy (1) có nghiệm
< x < 1∨
< x < 3.
2
2
⇔

Thí dụ 150: Giải bất phương trình: cos x − sin x − cos 2x > 0 (1) với
x ∈ ( 0;2π) := (*).
Lời giải:
Đặt f ( x ) = cos x − sin x − cos 2 x , có f(x) xác định, liên tục trên (*) f(x) = 0

⇔ cos x − sin x − cos 2x = 0
⇔ cos x − sin x − (cos 2 x − sin 2 x ) = 0
⇔ (cos x − sin x )(1 − cos x − sin x ) = 0
⇔ cos x − sin x = 0 ∨ cos x + sin x = 1


 
π

sin  x − 4  = 0


⇔
 
π
2
cos x −  =
4
2
 
π

 x − 4 = kx

π π
⇔  x − = + 2kx

4 4

 x − π = − π + 2kx

4
4


π

 x = 4 + kx


π
(k ∈ Ζ) ⇔  x = + 2kx
2
 x = 2kx




(k ∈ Z)

π
π
5π
∨x= ∨x=
.
4
2
4
 3π 
3−2
 π
Do f(x) liên tục trên (*) và f   =
< 0 ; f ( π) = − f   = −2 < 0
2
 2 
6
Nên ta có bảng xét dấu f(x) trên (∗)
π
π
5π

−∞
0
2π
X
4
2
4
+∞
Kết hợp với (∗) ta có x =

f(x)

−

0

Từ bảng ta đựợc (1) có nghiệm

+

0

−

+

0

π
π 5π

< x < 2π .
4
2 4

Thí dụ 151: Giải bất phương trình: log (
Lời giải:

x+2 − x )

2 ≤ log

x +1

2

(1)

x + 2 ≥ 0

x ≥ 0
x > 0


⇔
Điều kiện: x + 1 ≥ 0
1 (*). Với điều kiện đó:
x≠




4
 x + 2 − x > 0, ≠ 1
 x + 1 > 0, ≠ 1

1
1
(1) ⇔
≤
log 2 ( x + 2 − x ) log 2 x + 1
⇔ log 2 ( x + 2 − x ) ≥ log 2 x + 1
⇔ log 2 ( x + 2 − x ) − log 2 x + 1 ≥ 0


⇔ log 2
⇔

x+2− x
x +1

 x+2− x

− 1 ≥ 0
≥ 0 ⇔ (2 − 1)


x +1



x + 2 − x − x +1

≥ 0 ⇔ x + 2 − x − x +1 ≥ 0
x +1
⇔ x + 2 ≥ x + x + 1 + 2 x ( x + 1) ⇔ 1 − x ≥ 2 x ( x + 1)
1− x ≥ 0
x ≤ 1
⇔
(1 − x ) 2 ≥ 4 x ( x + 1) ⇔ 3x 2 + 6x − 1 ≤ 0


x ≤ 1

−3−2 3
−3+ 2 3
⇔ − 3 − 2 3
≤x≤
−3+ 2 3 ⇔
≤x≤
3
3

3
3


Kết hợp với (*) ta được (1) có nghiệm 0 < x ≤

Thí dụ 152: Giải bất phương trình:
Lời giải:

−3+ 2 3
.
3

log 2 ( x + 1) 2 − log 3 ( x + 1) 3
>0
x 2 − 3x − 4

( x + 1) 2 > 0

3
⇔ x > −1 (*). Với điều kiện đó:
Điều kiện: ( x + 1) > 0
x ≠ 4
2

x − 3x − 4 ≠ 0

(1) ⇔ [ 2 log 2 ( x + 1) − 3 log 3 ( x + 1)]( x 2 − 3x − 4) > 0
x ≠ 0

3 
⇔  2

 log 2 − log 3 ( x + 1)( x − 4) > 0


x +1
x +1 


x ≠ 0

⇔  2 log x +1 3 − 3 log x +1 2 ( x + 1)( x − 4) > 0
 log x +1 2. log x +1 3

⇔ x ≠ 0
(log 9 − log 8). log ( x + 1). log ( x + 1).( x + 1)( x − 4) > 0
x +1
x +1
2
3

x ≠ 0

9
⇔
log
. log 2 ( x + 1). log 3 ( x + 1).( x + 1)( x − 4) > 0
 x +1 8

x ≠ 0

9
⇔
log
. log 2 ( x + 1). log 3 ( x + 1).( x + 1)( x − 4) > 0
 x +1 8


(1)


x ≠ 0

9
⇔
( x + 1 − 1)( − 1).(2 − 1)( x + 1 − 1).(3 − 1)( x + 1 − 1).( x + 1)( x − 4) > 0

8

x ≠ 0
⇔ 3
⇔ x ( x + 1)( x − 4) > 0 ⇔ −1 < x < 0 ∨ x > 4
x ( x + 1)( x − 4) > 0
Kết hợp với (*) ta được (1) có nghiệm − 1 < x < 0 ∨ x > 4 .
§4: Phương pháp mặt phẳng toạ độ:

x 2 − 1 ≤ 0

vô nghiêm
(m − x 2 )( x + m) < 0


Thí dụ 153: Tìm m để hệ: 

(1)

Lời giải:
Đặt m = y và coi (1) là hệ 2 ẩn x; y. Ta có:

− 1 ≤ x ≤ 1
x 2 − 1 ≤ 0

2
2
2
( y − x )( x + y) < 0
min{− x; x } < y < max{− x; x }
− 1 ≤ x ≤ 1
− 1 ≤ x ≤ 1
 2
hoặc 
(2)
2
x < y < − x
− x < y < x

(1) 

Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường: x = 0; x = –1; y = – x; y = x 2
Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (2) rồi kết hợp lại ta được miền nghiệm N
của (2) là miền được gạch chéo khơng lấy biên trên hình vẽ
y

y=

2

1

-x
=
x

1

y = x^2

=
x
1

x
-1

1

-1

Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = m tức là nghiệm của (1) là
hoành độ của các điểm thuộc phần chung của đường thẳng y = m ( ⊥ y’oy) và N.
Từ nhận xét trên và hình vẽ ta có (1) vơ nghiệm khi y = m và N khơng có điểm
chung, khi và chỉ khi m < –1 hoặc m > 1
Vậy |m| > 1 là các giá trị cần tìm để hệ (1) vơ nghiệm.


x 2 − 2 x + 1 − m ≤ 0

có nghiệm duy nhất
x 2 − (2m + 1) x + m 2 + m ≤ 0



Thí dụ 154: Tìm m để hệ 

Lời giải:
Đặt m = y và coi hệ đã cho là hệ (1) với 2 ẩn x; y ta có:

x 2 − 2 x + 1 − y ≤ 0

(1)  2
x − (2 y + 1) x + y 2 + y ≤ 0

 y ≥ ( x − 1) 2
 y ≥ ( x − 1) 2

 2

 y − (2x − 1) y + x 2 − x ≤ 0 x − 1 ≤ y ≤ x


(2)

Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường: y = (x–1) 2 ; y = x – 1; y = x
Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (2) rồi kết hợp lại ta được miền nghiệm N
của (2) là phần gạch chéo lấy cả biên trên hình vẽ
y
4
1)^2

-

y=x

3
y = (x

-

1

y=x

2

1

x
1

2

3

4

Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = m tức là nghiệm của (1) là
hoành độ của các điểm thuộc phần chung của đường thẳng y = m ( ⊥ y’oy) và N.
Từ nhận xét trên và từ hình vê ta thu được (1) có nghiệm  đường thẳng y = m (

⊥ y’oy) và N có điểm chung  0 ≤ m ≤

Vậy 0 ≤ m ≤

3+ 5
2

3+ 5
là các giá trị cần tìm để phương trình có nghiệm.
2

2
 2
x + y + 2 y ≤ m
Thí dụ 155: Tìm m để hệ  2
x + y 2 + 2 x ≤ m


(1) có nghiệm duy nhất

Lời giải:
2
 2
x + ( y + 1) ≤ m + 1
( x + 1) 2 + y 2 ≤ m + 1


(1) 

m +1
(β): (x + 1) + y = m + 1 có tâm B(–1; 0); R = m + 1

Xét 2 đường tròn (α): x 2 + (y + 1) 2 = m + 1 có tâm A(0; –1); R =
2

2


Hệ (1) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi (α) và (β) có duy nhất 1 điểm chung
 (α) và (β) tiếp xúc ngồi với nhau khi đó:
AB = 2 m + 1  (0 + 1) 2 + (−1 − 0) 2 = 2 m + 1


2 = 2 m +1  m = –

Vậy giá trị cần tìm của m là m = –

1
2

1
.
2


log x 2 + y 2 ( x + y) ≥ 1

x + 2 y = m

Thí dụ 156: Tìm m để hệ 

(1) có nghiệm

Lời giải:
Ta có: log x 2 + y 2 (x + y) = 1

(2)

 0 < x + y ≤ x 2 + y 2 < 1 hoặc x + y ≥ x 2 + y 2 > 1


x + y > 0
x 2 + y 2 > 1


 2
2
2
2
 x + y < 1
hoặc 
1 
1
1 (2)

 x −  +  y −  ≤
2
2
2 
2
2


 x − 1  +  y − 1  ≥ 1

 


2 
2
2

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ đồ thị của các hàm số:
∆: x + y = 0; (T 1 ): x 2 + y 2 = 1; (T 2 ): (x –
x+

y

2y

=m

1 2
1
1
) + (y – ) 2 =
2
2
2

2

2

Δ

:

x+y=0

T1

1

x+

2y

=m

T2

1

x

-1

1

-1

A

Biểu diễn nghiệm từng thành phần rồi kết hợp lại ta được miền nghiệm N của (2)
là phần gạch chéo trên hình vẽ khơng lấy những điểm thuộc (T 2 ) và (∆)
Xét đường thẳng: x + 2y = m tại 2 vị trí ứng với m 1 và m 2
Có đồ thị của hàm số: x + 2y = m 1 đi qua điểm A(

1
2

;–

1
2

)⇒ m1 = –

1
2


Đồ thị của hàm số: x + 2y = m 2 tiếp xúc với (T 2 ) tại điểm thuộc góc phần tư thứ
nhất ⇒ m 2 =

3 + 10
2

(1) có nghiệm  đường thẳng x + 2y = m và N có điểm chung

1

3 + 10
2
2
1
3 + 10
Vậy –
là những giá trị cần tìm.
2
2
–


x + y + m + 2 xy ≥ 1

x + y ≤ 1


Thí dụ 157: Tìm m để hệ 

(1)

a) Có nghiệm.
b) Vơ nghiệm.
Lời giải:

x + y ≤ 1

 m + 2 xy ≥ 1 − ( x + y) ≥ 0



(1) 

x + y ≤ 1

y ≤ 1 − x



m + 2 xy ≥ 1 − 2( x + y) + ( x + y)

2

(2)

2
2
m + 1 ≥ ( y − 1) + ( x − 1)

(3)



Trên mặt phẳng toạ độ Oxy vẽ đồ thị của các hàm số:
y = 1 – x (∆); (x – 1) 2 + (y – 1) 2 = m + 1 (α)
y
3

▲

2

(α)

1

x
-1

1

2

3

-1

Ta thấy nghiệm của (2) là toàn bộ phần mặt phẳng nằm phía trên đường thẳng ∆
cịn nghiệm của (3) là những điểm nằm trong và trên đường trịn α
Nên:
a) (1) có nghiệm khi và chỉ khi đồ thị hàm số của (∆) và (α) có điểm chung
 d(I; ∆) ≤ R (I(1; 1); R là tâm của (α))


|1+1−1|
1 +1
2

2

≤

m + 1 (m ≥ –1) 

1
2

≤

m +1  –

1
≤m
2


Vậy những giá trị của m cần tìm để (1) có nghiệm là m ≥ –

1
.
2

b) Nhận thấy những giá trị còn lại của m trên tập R là những giá trị làm cho (1)
vô nghiệm.
Vậy những giá trị của m cần tìm để (1) vơ nghiệm là m < –

1
.
2

(α )
| x | +2 | y |= 4
( x − 2a )( y − a ) = 0 (β)

Thí dụ 158: Biện luận theo a số nghiệm của hệ: 
Lời giải:

x ≥ 0; y ≥ 0 x ≥ 0; y ≤ 0 x ≤ 0; y ≥ 0
x ≤ 0; y ≤ 0
v 
v 
v
x + 2 y = 4
x − 2 y = 4
 − x + 2 y = 4  x + 2 y = −4

(α) 

Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, biểu diễn nghiệm của (α) là hình thoi ABCD như

hình vẽ:
 x = 2a (∆1 )
 y = a (∆ 2 )

Còn (β)  

Biểu diễn nghiệm của (β) là tập G gồm 2 đường thẳng: ∆ 1 và ∆ 2 . Vì ∆ 1 cắt ∆ 2
tại M có tọa độ (2a; a) nên M chạy trên đường thẳng ∆: x – 2y = 0
∆ đi qua điểm O(0;0) và song song với AD và BC.

Số nghiệm của hệ là số điểm chung của G với hình thoi ABCD. Trên hình thoi
xét 4 điểm đặc biệt K; P; Q; N
Từ nhận xét trên và từ hình vẽ ta thu được:
Khi M nằm ngồi đoạn KN  |a| > 2 thì hệ vơ nghiệm
Khi M ∈ {K; N} |a| = 2 thì hệ có 2 nghiệm phân biệt
Khi M ∈ {P; Q} |a| = 1 thì hệ có 3 nghiệm phân biệt
Khi M ∈ [KN] \ {K; P; Q; N}  |a| < 2 và |a| ≠ 1 thì hệ có 4 nghiệm phân biệt.
Thí dụ 159: Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm âm: 3 – | x – a | > x 2 (1)
Lời giải:
Đặt a = y và coi (1) là hệ bất phương trình 2 ẩn x; y thì (1)3 – | x – y | > x 2
Khi đó yều cầu bài ra tương đương với:


− 3 ≤ x < 0
3 − x 2 ≥ 0;
− 3 ≤ x < 0




2
  2
 y < −x + x + 3
x < 0
2
x − 3 < x − y < 3 − x
| x − y |< 3 − x 2
y > x 2 + x − 3






(2)

Trên mặt phẳng toạ độ Oxy vẽ các đường:
x = 0; y = –x 2 + x +3; y = x 2 + x – 3; x = – 3
Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (2) rồi kết hợp lại ta được miền nghiệm N
của (2) là phần gạch chéo khơng lấy biên trên hình vẽ
y

y = x^2+x-3
4

3

2

1

x
-5

-4

-3

-2

-1

N

1

2

3

4

5

-1

-2

-3

-4

-5

y = -x2 + x + 3

Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = a, tức là nghiệm x < 0 của
(1) là hoành độ điểm chung của đường thẳng y = a với N
Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta có: (1) có nghiệm âm  –
Vậy –

13
4

13
< a < 3 là các giá trị cần tìm.
4

Thí dụ 160: Cho phương trình x − a (x 2 – x – a)(2a + 2 – x) = 0
1) Biện luận theo a số nghiệm của phương trình.
2) Tìm a để mọi nghiệm của phương trình đều thuộc đoạn [0; 4].
Lời giải:
Đặt a = y và coi (1) là phương trình 2 ẩn x; y thì:

y = x
2
(1)  x − y (x 2 – x – y )(2y + 2 – x ) = 0  y = x − x

1
y = x −1

2

(2)

(1)


Trên mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ các đường y = x; y = x 2 – x; y =

1
x–1
2

Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (2) rồi kết hợp lại ta được nghiệm của (2)
là hoành độ các điểm thuộc đồ thị của các hàm số y = x; y = x 2 – x; y =

1
x–1
2

y
14

y = x2 -x

12

10

8
6

4

2

x
-12

-10

-8

-6

-4

-2

2

4

6

8

10

12

14

-2

-4

y = -1/2x-1
-6

-8

y =x

-10

Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = a. Tức là nghiệm của (1)
chính là hồnh độ phần điểm chung của đường thẳng y = a với đồ thị của các
hàm số y = x; y = x 2 – x; y =

1
x–1
2

Gọi x 0 là nghiệm của phương trình

x − a = 0 thì x 0 = a

x 1 là nghiệm của phương trình 2a + 2 – x = 0 thì x 1 = 2(a + 1)
x 2 < x 3 là nghiệm của phương trình x 2 – x – a = 0 thì:
x2 =

1
1 − 1 + 4a
1 + 1 + 4a
; x3=
(a ≥ – )
4
2

2

Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta có:
Phương trình ln có 2 nghiệm x = a; x = 2(a + 1) ∀ a ∈ R

1
1 − 1 + 4a
1 + 1 + 4a
phương trình có thêm 2 nghiệm x =
;x=
4
2
2
3
x ( x − 1) = 0

Do đó: (γ)  3
 y ( y − 1) = 0

Khi a ≥ –


x = 0 ∨ x = 1

y = 0 ∨ y = 1

x = 0 x = 0 x = 1 x = 1
v 
v 
v 


y = 0 y = 1 y = 0 y = 1
x = 0
x = 1
Thay vào (α) ta tìm được nghiệm của hệ đã cho là: 
và 
y = 1
y = 0


2) Yêu cầu bài ra tương đương với

0 ≤ x ≤ 4


 y = x

2
 y = x − x

1
 y = x − 1
2


(4)

Trên mặt phẳng toạ độ Oxy vẽ các đường: y = x; y = x 2 – x; y =
13

1
x–1
2

y

12
11

0
=
x

y = x^2

10
9
8
-

7

4
=
x

x

6
5

y=x

4

-

3

1

y = 1/2*x

2
1
-5

-4

-3

-2

-1

x
1

2

3

4

5

6

7

8

9

-1

Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (4) rồi kết hợp lại ta được nghiệm của (4)
là phần đồ thị N (phần được tô đậm) là các hàm số y = x; y = x 2 – x ; y =

1
x–1
2

vẽ trong đoạn [0 ; 4]. Nghiệm x ∈ [0; 4] của (1) là nghiệm của (4) với y = a tức là
hoành độ điểm chung của đường thẳng y = a ( ⊥ y’oy) với (N)
Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta có để mọi nghiệm của (1) đều thuộc khoảng
[0; 4] thì –1 ≤ a ≤ 14
Vậy –1 ≤ a ≤ 14 là các giá trị cần tìm.
Thí dụ 161: Giải và biện luận: | x 2 – 2x +a | ≥ |2x 2 – 3x –a | (1)
Lời giải:

Đặt a = y và coi (1) là hệ 2 ẩn x; y thì (1)| x 2 – 2x +y | ≥ |2x 2 – 3x –y | (2)
Do 2 vế của (2) cùng ≥ 0 nên:
(2)(x 2 – 2x +y) 2 ≥ (2x 2 – 3x –y) 2  (3x 2 –5x)(x 2 –x–2y) ≤ 0


5

5

0 ≤ x ≤ 3
0 ≤ x ≤ 3

∨
∨ 

2
x2 − x
y ≤ x − x
y ≥

2

2

2
5
x −x
Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường: x = 0; x = ; y =
(α)
3

2
3x 2 − 5x ≤ 0

 2
x − x − 2 y ≥ 0


3x 2 − 5x ≥ 0


 2
x − x − 2 y ≤ 0


(3)

y

3

y = (x^2

2

3
/
5
=
x

0
=
x

-

x)/2
1

x
-2

-1

1

2

3

-1

Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (3) rồi kết hợp lại ta được miền nghiệm N
của (3) là phần gạch chéo lấy cả biên trên hìmh vẽ. Nghiệm của (1) là nghiệm
của (2) với y = 1.
Tức là nghiệm của (1) là hoành độ phần chung của đường thẳng y = a ( ⊥ y’oy)
với N. Gọi x 1 < x 2 là hoành độ giao điểm của y = a với (α) thì x 1 ; x 2 là nghiệm
của phương trình:
a=

1
x2 − x
1 − 1 + 8a
1 + 1 + 8a
 x 2 –x–2a = 0  x 1 =
và x 2 =
(a ≥ – )
8
2
2
2

Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta được:
Khi a ≤ –

1
5
thì (1) có nghiệm 0 ≤ x ≤
8
3

1
1 − 1 + 8a ∩ 1 +
< a ≤ 0 thì (1) có nghiệm x ∈ [0;
] [
8
2
5
1 − 1 + 8a
1+

Khi 0 < a ≤
thì (1) có nghiệm x ∈ [
; 0] ∩ [
9
2
5
5 1+
1 − 1 + 8a
Khi a >
thì (1) có nghiệm x ∈ [
; 0] ∩ [ ;
9
3
2
Khi –

1 + 8a 5
; ]
3
2
1 + 8a 5
; ]
3
2
1 + 8a
].
2

Thí dụ 163: Tìm p để hai bất phương trình
(x 2 – x – p )(x + p – 1) > 0 và x 2 – 2x – 3 ≤ 0 khơng có nghiệm chung

Lời giải:
Hai bất phương trình (x 2 – x – p )(x + p – 1) > 0 và x 2 – 2x – 3 ≤ 0 khơng có

( x 2 − x − p)( x + p − 1) > 0

nghiệm chung khi và chỉ khi hệ  2
(1) vô nghiệm
x − 2 x − 3 ≤ 0



Đặt p = y và coi (1) là hệ 2 ẩn x; y ta có:

x 2 − x − y > 0
( x 2 − x − y)( x + y − 1) > 0


 2
 x + y − 1 > 0
x − 2 x − 3 ≤ 0

x 2 − 2 x − 3 ≤ 0

− 1 ≤ x ≤ 3
− 1 ≤ x ≤ 3


∨
 y > −x + 1
(2)

y < −x + 1
y < x 2 − x
y > x 2 − x



x 2 − x − y < 0

∨ x + y − 1 < 0
x 2 − 2x − 3 ≤ 0


Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường x = –1; x = 3; y = – x + 1; y = x 2 – x
Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (2) rồi kết hợp lại ta thu được miền
nghiệm N của (2) là phần được gạch chéo trên hình vẽ (phần lấy biên có màu đỏ)
Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = p tức là nghiệm của (1) là
hoành độ phần chung của đường thẳng y = p ( ⊥ y’oy) với N
y
8

y = x^2

3

7

=
x

6

y=1

x

-

x

5
4
3
2
1

x
-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

6

-1
-2

Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta có (1) vô nghiệm khi và chỉ khi đường y = p
( ⊥ y’oy) khơng có điểm chung với N do có p ≤ – 2 hoặc p ≥ 6
Vậy p ∈ (–∞;–2] ∩ [6;+∞) là các giá trị cần tìm.


CHƯƠNG 3: MỘT SỐ VẤN ĐỀ KHÁC
§1: Các phương pháp khác
Thí dụ 164: (Đề số 34-4-a)

7
2

Cho hàm số f(x) = x2 + bx + 1 với b ∈ (3, ) . Giải bất phương trình f(f(x)) > x
Lời giải:
Ta có f(f(x)) – x = x 2 + (b + 1) x + b + 2 x 2 + (b − 1) x + 1

[

[

][

][

]

]

f(f(x)) – x > 0  x + (b + 1) x + b + 2 x + (b − 1) x + 1 > 0
Đặt g(x) = x2 + (b – 1)x + 1, h(x) = x2 + (b + 1)x + b + 2;
2

2

∆ g ( x ) = b 2 − 2b − 3 , ∆ h(x) = b 2 − 2b − 7
7
2
1 − b − b 2 − 2b − 3
1 − b + b 2 − 2b − 3
x1 =
, x2 =
2
2

Vì b ∈ (3; ) nên ∆ g ( x ) > 0 và ∆ h ( x ) < 0. Phương trình g(x) = 0 có 2 nghiệm

Vậy bất phương trình có nghiệm x < x1 hoặc x > x2.
Thí dụ 165: (Đề số 143-4)
Giải và biện luận theo a, b phương trình x = a – b( a – bx2 )2 ( 1 )
Lời giải:

bx 2 + x − a = 0
(1)  (bx + x – a)(b x – bx – ab + 1) = 0   2 2
b x − bx − ab + 1 = 0

2

2 2

- Với b = 0 thì (1) có nghiệm x = a
- Với b ≠ 0

1
phương trình có nghiệm
4
− 1 + 1 + 4ab
− 1 − 1 + 4ab
x1 =
, x2 =
2b
2b
3
+) Nếu ( ii ) có ∆ = b 2 (4ab − 3) .Khi ab ≥ phương trình có nghiệm
4
+) Nếu ( i ) có ∆ = 1 + 4ab . Khi ab ≥ −

x3 =

b + b 2 (4ab − 3)
2b 2

, x4 =

b − b 2 (4ab − 3)
2b 2

Kết luận: Nếu b = 0 thì x = a
Nếu b ≠ 0 Với

3
1
> ab ≥ − phương trình có nghiệm x1, x2
4
4

(i)
( ii )


3
phương trình có nghiệm x1, x2, x3, x4 .
4
1
Với ab < − phương trình vơ nghiệm .
4
Với ab ≥

Thí dụ 166: (TN-98) Tìm m để phương trình x + 3(m-3x2)2 = m (I) có nghiệm
Lời giải:

3x 2 + x − m = 0

(1)
9 x 2 − 3x + 1 − 3m = 0 ( 2 )


(1)( 3x2 + x – m )( 9x2 – 3x + 1 – 3m ) = 0  

Để (I) có nghiệm thì một trong hai phương trình (1) hoặc (2) phải có nghiệm,
điều đó xảy ra khi và chỉ khi

1
∆1 = 1 + 12m ≥ 0
m≥ −
∆ 2 = 108m − 27 ≥ 0

12
1
Vậy m ≥ −
là các giá trị cần tìm.
12
Thí dụ 167: Giải phương trình x = a + a + x

(1)

Lời giải:
Với f ( x ) = a + x à hàm đồng biến trên R +
(1) ⇔ f (f ( x )) = x ⇔ f ( x ) = x ⇔ a + x = x ⇔ x − x − a = 0


1+
x1 = 




⇔
x =  1 −

 2 



2

1 + 4a 
1 + 2a + 1 + 4a
 =

2
4

1 + 4a
2






2

1

(a ≥ − )
4
1 + 2a − 1 + 4a
=
4

Vậy phương trình có nghiệm x1; x2.

Thí dụ 168: Giải phương trình x = a + a + x (1)
Lời giải:
Với f(x) =

a + x xác định với mọi x ≥ -a, có f ′( x ) =

Nên f(x) đồng biến trên tập xác định của nó, do đó:

1
2 a+x

〉 0 ∀x 〉 − a


(1) ⇔ f (f ( x )) = x ⇔ f ( x ) = x ⇔


1+
x =
(2) ⇔ 

1−

x =


1 + 4a
:= x 1
2
1 + 4a
:= x 2
2

x ≥ 0
a+x =x ⇔ 2
x − x − a = 0

( thoa mãn (*))

(*)
(2)

1
(a ≥ − )
4
1
4

x 2 thỏa mãn (*) khi và chỉ khi 1 − 1 + 4a ≥ 0 ⇔ 1 ≥1 + 4a ≥ 0 ⇔ − ≤ a ≤ 0
Vậy (1) có nghiệm x 1 khi a ≥ −

1
1

; x 2 khi − ≤ a ≤ 0 .
4
4

Thí dụ 169: Giải phương trình a 7 − x = 7 a + x (1)
Lời giải:
(1) ⇔ a = 7 x + 7 a + x . Với f (a ) = 7 a + x xác định với mọi a thuộc R, có:
1
f ′(a ) =
≥ 0 với ∀a ≠ − x (1) ⇔ f (f (a )) = a ⇔ f (a ) = a
7
7 (x + a )6

⇔ 7 a + x = a ⇔ x = a7 − a
Thí dụ 172: Giải phương trình x 2 − 2 x + 5 + x 2 + 2 x + 10 =
Lời giải:
→

29 (1)

→

Đặt u (x–1; 2); u (–x–1; 3), ta có:
→

→

→

→

| u |+| v | ≥ | u + v |  x 2 − 2 x + 5 + x 2 + 2 x + 10 ≥ 29

1
2
x −1
→ →
Đẳng thức xảy ra khi u // v 
= x=
(thoả mãn (1))
− x −1
3
5
Vậy nghiệm của (1) là x =

1
.
5

Thí dụ 173: Giải phương trình | x 2 − 4 x + 5 –
Lời giải:
Đặt A(–2;1), B(5;5), M(x;0) thì:

x 2 − 10 x + 50 | = 5 (1)

AB = 5AM= ( x − 2) 2 + 12 = x 2 − 4 x + 5
BM = ( x − 5) 2 + 5 2 = x 2 − 10 x + 50 mà |AM–BM| ≤ AB (quy tắc 3 điểm)
Do đó VT(1) = | x 2 − 4 x + 5 – x 2 − 10 x + 50 | ≤ 5 = VP(1)

Đẳng thức xảy ra khi A; B; M thẳng hàng và C nằm ngoài đoạn AB

1

k > 0
k = 5


  2 − x = k (5 − x )  
1 = 5k
x = 5


4

5
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = .
4
−→
 −→
CA = k CB
 
k > 0


Thí dụ 174: Giải phương trình:

2x 2 − 2x + 1 + 2x 2 −

(

)

3 − 1 x + 1 + 2x 2 +

(

)

3 + 1 x + 1 = 3 (1)

Lời giải:

Phương trình đã cho tương đương với:

(

)

(

)

4x 2 − 4x + 2 + 4x 2 − 2 3 − 1 x + 2 + 4x 2 + 2 3 + 1 x + 2 = 3 2

( 2x − 1) 2 + 1 + (1 − 3x ) + ( x + 1) 2 + (1 +



Đặt u (1;1 − 2 x ) ; v(1 − 3 ) x; x + 1; p(1 + 3x; x + 1)

n

Áp dụng bất đẳng thức

i =1

n

≤ ∑ ai



∑a

i

i =1


( =' a

1

)

3x 2 +( x + 1) = 3 2

2

⇔

2



↑↑ a 2 ↑↑ .......... ↑↑ a n

     
VT(1) = u + v + p ≥ u + v + p
⇔ VT(1) ≥

(1 + 1 −

)

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

⇔ VT(1) ≥ 3 2 + 3 2 = 3 2 = VP(1)

(

)

(

2

)

1 = k 1 − 3x

1 − 2 x = k ( x + 1)


u = kv





Do đó (1) ⇔ u ↑↑ v ↑↑ p ⇔  
 ⇔ 1 = n 1 + 3x
u = np
1 − 2 x = n ( x + 1)

k ; n > 0

1

k = n > 0
1

k = 2

x = 5

1 = k 1 + 3x + 1 − 3x

⇔

⇔ 2 − 4 x = x + 1 ⇔ 
(loại)
1 − 2 x = k ( x + 1)

x = 1

1 = k 1 + 3x
2 = 1 + 3x
3




(
(

)

)

Vậy hệ đã cho vơ nghiệm.
Thí dụ 175: Giải phươnh trình x 1 + x + 3 − x = 2 x 2 + 1

Lời giải:

(1)

)

(

)



1 + x ≥ 0
Điều kiện: 3 − x ≥ 0 ⇔ − 1 ≤ x ≤ 3 (*) . Đặt u 1 + x ;− 3 − x ; v( x;1)

n
n





=: a 1 ↑↑ a 2 ↑↑ .......... ↑↑ a n có:
Áp dụng BĐT thức ∑ a i ≤ ∑ a i
i =1

(

i =1

)

  
VT(1) = x 1 + x + 3 − x = u.v = u v = 2 x 2 + 1 = VP(1)






 1 + x = kx


 3− x = k



Điều đó có nghĩa là: u.v = u.v ⇔ u ↑↑ v ⇔ 

x = 1
⇔
1 + x = ( 3 − x ) x
x = 1 + 2
Vậy phương trình có nghiệm x = 1; x = 1 + 2 .
x ≥ 0

Ta có: (1) ⇔ 

2

Thí dụ 176: Giải phương trình: x 3 + x 2 + 4 x + +4 = x x + 2
Lời giải:
Điều kiện x ≥ 0 và x 3 + x 2 + 4x + 4 ≥ 0  x ≥ 0 (*)
→

→

→ →

→

→

Đặt u (x; 2) và v ( x ; 1). Ta có: u . v ≤ | u |.| v |

x 2 + 4 . x + 1 ≤ x 3 + x 2 + 4 x + +4
x
→ →
Đẳng thức xảy ra khi u // v 
= 2  x = 4 (thoả mãn điều kiện (*))
x
hay x x + 2 ≤

Vậy nghiệm của phương trình là x = 4.

x 4 + y 4 + z 4 = 1

Thí dụ 177: Giải phương trình:  2
 x + y 2 + 2z 2 = 7

Lời giải:
→

→

→ →

→

→

Đặt u (x 2 ; y 2 ; z 2 ); v (1; 1; 2), có u . v ≤ | u | | v |
hay x 2 + y 2 +2z 2 ≤

x 4 + y4 + z4  7 ≤

6 (Điều này là vô lí)

Vậy phương trình vơ nghiệm.

(

)

Thí dụ 179: Giải phương trình 2 x 2 + 2 = 5 x 3 + 1
(1)
Lời giải:
Đặt u = x 2 − x + 1 ; v = x + 1 thì u.v = x3 + 1 và u + v = x2 + 2 nên điều kiện để
(1) xác định là v ≥ 0 (Vì u ln lơn hơn 0). Với điều kiện đó: