Lời giải và hướng dẫn bài tập đại số sơ cấp - Chương 3 ppsx

151

CHƯƠNG III. BẤT ĐẲNG THỨC – BẤT PHƯƠNG TRÌNH
III.1. 1) a)
2 2
1
a b ab a b
+ + ≥ + +
(1)
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
1 1
(1) 0
2 2 2 2 2 2
1
2 2 1 2 1 0
2
1
1 1 0
2
a b a b
ab a b
a ab b a a b b
a b a b
⇔ − + + − + + − + ≥
 
⇔ − + + − + + − + ≥
 

 
⇔ − + − + − ≥
 

⇒
(Đpcm). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
0
1 0 1.
1 0
a b
a a b
b
− =


− = ⇔ = =


− =


b)
(
)
2 2
4 2 (2)
a b ab a b+ + ≥ + +
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 2

2 2 2 2
2 2 2
(2) 2 2 2 2 0
2 2 2 2
1
2 4 4 4 4 0
2
1
2 2 0.
2
a b a b
ab a b
a ab b a a b b
a b a b
⇔ − + + − + + − + ≥
 
⇔ − + + − + + − + ≥
 
 
⇔ − + − + − ≥
 

⇒
(Đpcm). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
0
2 0 2.
2 0
a b
a a b
b

− =


− = ⇔ = =


− =


c)
2
2 2
2 (3)
4
a
b c ab ac bc
+ + ≥ − +
( )
( )
( )
2
2 2
2
2
2
(3) 2 0
4
2 0
4 2
0.

2
a
a b c c bc b
a b c
a
b c
a
b c
⇔ − − + − + ≥
−
⇔ − + − ≥
 
⇔ − + ≥
 
 

⇒
(Đpcm).
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
( )
0 2 .
2
a
b c a b c
− + = ⇔ = −

2)
( )
2 2 2 2 2 2
3 .

x xy y y yz z z zx x x y z
+ + + + + + + + ≥ + +
Ta có
( )
2 2
2 2
3
3 (1)
2 2 2
x y
x y x y
x xy y
+
+ −
   
+ + = + ≥
   
   

152

Tương tự

(
)
(
)
2 2 2 2
3 3
(2), (3)

2 2
y z z x
y yz z z zx x
+ +
+ + ≥ + + ≥
Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) theo vế ta được
( )
2 2 2 2 2 2
3 .
x xy y y yz z z zx x x y z
+ + + + + + + + ≥ + + (Đpcm)
3)
( )
(
)
(
)
(
)
3
1 1 1
9.
a b b c c a
a b c
a b c abc
− − −
 
+ + + + + ≥
 
 

(1)
Ta có (1) tương đương với
(
)
(
)
(
)
( ) ( ) ( ) ( )( )( )
2 2 2
3
2 2 2 0
3 0.(*)
a b b c c a
a b b c c a
b a c b a c abc
c a b a b c b c a a b b c c a
− − −
     
+ − + + − + + − + ≥
     
     
⇔ − + − + − + − − − ≥

Ta sử dụng kết quả:
(
)
(
)
3 3 3 2 2 2

3
x y z xyz x y z x y z xy yz zx
+ + − = + + + + − − −
Với
3 3 3
0 3 .
x y z x y z xyz
+ + = ⇒ + + = Với
; ; .
x a b y b c z c a
= − = − = −

(*) được viết lại
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
0.
a b c a b b c a b c c a b c a
− + − + − + − + − + − ≥
(**)
Do
, ,
a b c
là độ dài ba cạnh của một tam giác nên (**) đúng. Vậy, ta có điều phải chứng
minh.
4)
( )
2
2 2 .
2
x y

x y x y y x
+
+ + ≥ +
Ta có
2
1 1
0 0(1)
2 4
x x x
 
− ≥ ⇒ − + ≥
 
 

Tương tự

1
0(2)
4
y y− + ≥
Cộng các bất đẳng thức (1), (2) theo vế ta được
(
)
( ) ( )
(
)
2
1
0 (3)
2 2

x y
x y x y x y x y x y
+
+ − + + ≥ ⇒ + + ≥ + +
Mà 2
x y xy
+ ≥ , nên (3)
( )
2
2 2
2
x y
x y x y y x
+
⇒ + + ≥ + . (Đpcm)
III.2. 1)
1 1 1
2 (1)
a b c
bc ca ab a b c
 
+ + ≥ + −
 
 

Vì
, , 0
a b c
>
nên (1) tương đương với

153

(
)
( )
2 2 2
2 2 2
2
2
2 2 2 0
0
a b c bc ac ab
a b c bc ac ab
a b c
+ + ≥ + −
⇔ + + − − + ≥
⇔ + − ≥

Bất đẳng cuối luôn đúng nên bất đẳng thức (1) đúng.
2) 1 2
a b c d
a b c b c d c d a a b d
< + + + <
+ + + + + + + +

+ Trước hết ta chứng minh
1(*)
a b c d
a b c b c d c d a a b d
+ + + >

+ + + + + + + +

Vì
0
d
>
nên
(1)
a a
a b c a b c d
>
+ + + + +

Tương tự, vì
, , 0
a b c
>
ta cũng có
(2)
b b
b c d a b c d
>
+ + + + +

(3)
c c
c d a a b c d
>
+ + + + +

(4)
d d
a b d a b c d
>
+ + + + +

Từ
(1),(2),(3),(4)
⇒
1
a b c d a b c d
a b c b c d c d a a b d a b c d
+ + +
+ + + > =
+ + + + + + + + + + +
(Đpcm).
+ Ta chứng minh
2(**)
a b c d
a b c b c d c d a a b d
+ + + <
+ + + + + + + +

Trước tiên ta chứng minh bất đẳng thức sau
, , 0
x y z
∀ >
và
y x
>

ta đều có
(*)
x x z
y y z
+
<
+

Thật vậy
(*) ( ) ( )
x y z y x z
⇔ + < +

( ) 0
y x z
⇔ − >
luôn đúng vì
( ) 0
y x y x
> ⇒ − >

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có
Với bộ ba số
,( ),
a a b c d
+ +
ta có
(1)
a a d
a b c a b c d

+
<
+ + + + +

Tương tự ta cũng có
154


(2)
(3)
(4)
b b a
b c d a b c d
c c b
c d a a b c d
d d c
a b d a b c d
+
<
+ + + + +
+
<
+ + + + +
+
<
+ + + + +

Từ
(1),(2),(3),(4)
⇒

2( )
2
a b c d a b c d
a b c b c d c d a a b d a b c d
+ + +
+ + + < =
+ + + + + + + + + + +

(Đpcm).
Vậy, ta được
1 2.
a b c d
a b c b c d c d a a b d
< + + + <
+ + + + + + + +

Chú ý. Có thể chứng minh bất đẳng thức (**) đơn giản hơn như sau
Ta có

,
,
a a b b
a b c a c b c d b d
c c d d
c d a c a d a b d b
< <
+ + + + + +
< <
+ + + + + +

⇒

1 1 2.
a b c d a c b d
a b c b c d c d a d a b c a b d
+ +
+ + + < + = + =
+ + + + + + + + + +

3) Ta có

2
(1)
2
(2)
2
(3)
a a a
a b c b c a b c
b b b
a b c a c a b c
c c c
a b c a b a b c
< <
+ + + + +
< <
+ + + + +
< <
+ + + + +

Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) theo vế ta được điều phải chứng minh.
III.3. 1) a)
( )( 1) 4 ( , 0);
a b ab ab a b
+ + ≥ >

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương
, ,
a b
ta được 2
a b ab
+ ≥
(1).

Tương tự, áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương
,1,
ab
ta được
1 2 .1
ab ab ab
+ ≥ =
(2).

Nhân các bất đẳng thức
(1)
và
(2)
vế theo vế ta được
( )( 1) 2 .2 4
a b ab ab ab ab

+ + ≥ = (Đpcm).
b)
( )( )( ) 8 ( , , 0)
a b b c c a abc a b c
+ + + ≥ >

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương
, ,
a b
ta được 2
a b ab
+ ≥
(1)
.
155

Tương tự, ta có các bất đẳng thức 2
b c bc
+ ≥ (2), 2
c a ca
+ ≥
(3)
.
Nhân các bất đẳng thức
(1),(2),(3)
vế theo vế ta được
2 2 2
( )( )( ) 8 8
a b b c c a a b c abc
+ + + ≥ = (Đpcm).

c)
2 2 2 2 2 2
(1 ) (1 ) (1 ) 6
a b b c c a abc
+ + + + + ≥
2 2 2 2 2 2 2 2 2
6
a a b b b c c c a abc
⇔ + + + + + ≥
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho sáu số dương
2 2 2 2 2 2 2 2 2
, , , , ,
a a b b b c c c a
ta được
2 2 2 2 2 2 2 2 2 6 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 6 6 6 6
6 . . . . .
6 . .
a a b b b c c c a a a b b b c c c a
a a b b b c c c a a b c
+ + + + + ≥
⇔ + + + + + ≥

2 2 2 2 2 2 2 2 2
6
a a b b b c c c a abc
⇔ + + + + + ≥ (Đpcm).
2) Theo bất đẳng thức Côsi ta có
2 2
2 . (1)

4 4
a b c a b c
a
b c b c
+ +
+ ≥ =
+ +

Tương tự
2
2
(2)
4
(3)
4
b c a
b
c a
c a b
c
a b
+
+ ≥
+
+
+ ≥
+

Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) theo vế ta được điều phải chứng minh.
III.4. 1) a) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski cho hai cặp số

(
)
;
u x
và
(
)
;
v y
ta được
(
)
(
)
2 2 2 2
1 1 1
ux vy u v x y ux vy
+ ≤ + + ≤ ≤ ⇒ + ≤
(Đpcm).
b) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski cho hai cặp số
(
)
(
)
; , ;
u v x y x y
+ −
ta được
( ) ( )
( )

( ) ( )
( )
2
2 2
2 2 2 2
2 2
u x y v x y u v x y x y x y
 
+ + − ≤ + + + − ≤ + ≤
 
(Đpcm).
2)
2 2 2
3
(1)
2
x y z
y z z x x y
+ + ≥
+ + +

Đặt
2 2 2
.
x y z
A
y z z x x y
= + +
+ + +

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski cho hai bộ số
( )
; ; , ; ;
x y z
y z z x x y
y z z x x y
 
+ + +
 
 
+ + +
 

Ta được
156

( ) ( )
2
3
3 3
. .
2 2 2
x y z y z z x x y A
x y z
A xyz
+ + ≤ + + + + +
+ +
⇒ ≥ ≥ =

Vậy, (1) đúng. Ta có điều phải chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

1.
x y z
= = =

3)
2 2 2
1 1 1 1
30.
a b c ab bc ca
+ + + ≥
+ +
(1)
Đặt
2 2 2
1 1 1 1
.
A
a b c ab bc ca
= + + +
+ +

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski cho hai bộ số
( )
2 2 2
2 2 2
1 1 1 1
; ; ;
;3 ;3 ;3
ab bc ca
a b c

a b c ab bc ca
 
 
+ +
 
+ +

Ta được
(
)
(
)
( ) ( )
2
2 2 2
2
1 3 3 3 9 9 9
100 7 (*)
a b c ab bc ca A
a b c ab bc ca A
+ + + ≤ + + + + +
 
⇒ ≤ + + + + +
 

Mà
( )
2
1 1
3 3

ab bc ca a b c
+ + ≤ + + =
.
Do đó
30.
A
≥
(Đpcm)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
1
.
3
a b c
= = =

III.5. 1) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski cho hai bộ ba số
(
)
(
)
; ; , ; ;1
x a b x x

Ta được
(
)
(
)
(
)

2
2 2 2 2 2 2
ax 1
x b x a b x x
+ + ≤ + + + +
(1)
Tương tự ta cũng có
(
)
(
)
(
)
2
2 2 2 2 2 2
1
x cx d x c d x x
+ + ≤ + + + +
(2)
Cộng (1) và (2) theo vế, ta được
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

1
x ax b x cx d x a b x c d x x
+ + + + + ≤ + + + + + + +


(
)
(
)
(
)
(
)
2 2
2 2 2 2 2 2
1 1
x ax b x cx d x x x x
⇔ + + + + + ≤ + + + +


(
)
(
)
(
)
2 2 2
2 2 2
2 1 .
x ax b x cx d x⇔ + + + + + ≤ +

157

2) Từ giả thiết
1 1 1
1.
abc ab bc ca
a b c
= + + ⇒ + + =

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski cho hai bộ ba số
( )
1 1 1
; 2 ; 3 , ; ;a b c
a b c
 
 
 

Ta được

( )
( ) ( )
( )
( )
2
2 2
2
2 2 2
2
1 1 1

1 2 3 2 3
1 1 1 1 1
2 3 2 3 .
2 3
1 2 3
a b c
a b c
a b c a b c
a b c a b c
 
 
+ + ≤ + + + +
 
 
 
 
 
= + + + + = + + ⇒ ≤
 
+ +
 
+ +

Đổi vai trò của
, ,
a b c
và cộng các bất đẳng thức ta được điều phải chứng minh.
III.6. 1)
2 2 2 2
2 2

1 1 25
(sin ) (cos )
sin cos 2
x x
x x
+ + + ≥
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski cho hai cặp số
(
)
1;1 ,
(
2
2
1
sin
sin
x
x
+ ;
2
2
1
cos )
cos
x
x
+ ta được
( )
2
2

2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
1 1 1 1
1 1 (sin ) cos 1. sin 1. cos
sin cos sin cos
x x x x
x x x x
 
 
     
+ + + + ≥ + + +
 
     
 
     
 
 
 
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
1 1 1 1
2 sin cos sin cos
sin cos sin cos
x x x x
x x x x
 
     
⇔ + + + ≥ + + +
 

     
     
 
 

2 2 2 2 2
2 2 2 2
1 1 1 1
2 (sin ) (cos ) (1 )
sin cos sin cos
x x
x x x x
 
⇔ + + + ≥ + +
 
 

2 2 2
2 2
2 2 2
1 1 4
2 sin cos 1
sin cos sin 2
x x
x x x
 
     
⇔ + + + ≥ +
 
     

     
 
 
(*)
Mặt khác do
2
sin 2 1
x
≤

2
4
1 1 4
sin 2
x
⇒ + ≥ +

2
2
2
4
1 (1 4)
sin 2x
 
⇔ + ≥ +
 
 

Khi đó (*) tương đương với

( )
2 2
2
2 2
2 2
1 1
2 sin cos 1 4
sin cos
x x
x x
 
   
+ + + ≥ +
 
   
   
 
 
= 25
158

2 2
2 2
2 2
1 1 25
sin cos
sin cos 2
x x
x x
   

⇔ + + + ≥
   
   

Vậy
2 2
2 2
2 2
1 1 25
sin cos .
sin cos 2
x x
x x
   
+ + + ≥
   
   

Dấu đẳng thức xảy ra khi
2 2
2 2
2
2 2
2 2
1 1
sin cos
sin cos
sin 2 1
1 1
sin cos

sin cos
sin 2 1
x x
x x
x
x x
x x
x

+ = +



=


+ = +

⇔


= ±


Hệ này có nghiệm, chẳng hạn
, .
4
x k k
π
π

= + ∈
ℤ

2) Ta có vế trái của bất đẳng thức đã cho bằng
1 1 1 1 1
2
2 2 2
x y
A x y
x y y x x y
     
 
= + + + + + + + +
     
 
 
     

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
2 2
2 2
4
1 1 1 1 1
2
2 2 2
1 1
2; 2; 2
2 2
1 1 1 1 1 2
2.

2
x y
A x y
x y y x x y
x y
x y
x y y x
x y x y
xy
x y
     
 
= + + + + + + + +
     
 
 
     
+ ≥ + ≥ + ≥
 
+ ≥ = ≥ =
 
+
 

Do đó
4 3 2.
A ≥ +

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2

.
2
x y= =
III.7. 1)
2 2
2 2 2
1 tan cot
1 1 1 (1).
x x
x x x
  
+ ≤ + +
  
  

Ta có
2 2
1 tan .cot
1 1
x x
x x
+ = +

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho hai cặp số
tan cot
;1 , ;1 .
x x
x x
   
   

   
Ta được
159


2 2
2 2
2 2 2
tan cot tan cot
. 1.1 1 1
1 tan cot
1 1 1
x x x x
x x x x
x x
x x x
   
   
+ ≤ + +
   
   
   
   
   
  
⇔ + ≤ + +
  
  

Vậy,

2 2
2 2 2
1 tan cot
1 1 1
x x
x x x
  
+ ≤ + +
  
  
(Đpcm).
Điều kiện đẳng thức xảy ra
tan cot
tan cot
, .
4
x x
x x
x x
x k k
π
π
=
⇔ =
⇔ = + ∈
ℤ

2)
2 2 2 2 2 2
2 2 2

3 (1).
b a c b a c
ab bc ca
+ + +
+ + ≥
Ta có
1 1 1
1.
ab bc ca abc
a b c
+ + = ⇔ + + =

(1) tương đương với
2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2
3.
b a c b a c
+ + + + + ≥
Đặt
1 1 1 1 1 1 1 1 1
; ; , ; ; , ; ; .
u v w
b a a c b b a c c
     
= = =
     
     
  
Khi đó
1 1 1 1 1 1 1 1 1

; ;u v w
b c a a b c a b c
 
+ + = + + + + + +
 
 
  

2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
3 3.
u v w
b a c b a c
u v w
b c a a b c a b c a b c
+ + = + + + + +
       
+ + = + + + + + + + + = + + =
       
       
  
  

Mặt khác ta luôn có tính chất
,
u v w u v w
+ + ≥ + +
     

từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
. ; 0
. ; 0 3.
u k v k
v m w m a b c
ab bc ca abc
= >


= > ⇔ = = =


+ + =

 
 

3)
2 2 2
2 2 2
1 1 1
82.
x y z
x y z
+ + + + + ≥

160

Gọi

2 2 2
2 2 2
1 1 1
S x y z
x y z
= + + + + +

Cách 1.
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho hai cặp số
( )
1
1;9 , ;
x
x
 
 
 

Ta được
2 2
2 2
9 1 1
1 81 82 (1)
x x x
x x x
+ ≤ + + = +
Tương tự

2
2

2
2
9 1
82 (2)
9 1
82 (3)
y y
y y
z z
z z
+ ≤ +
+ ≤ +

Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) theo vế ta được
( ) ( )
( ) ( )
3
3
1 1 1 1 1 1
. 82 9 81 9 80
1 1 1 1 1 1
2 81 .9 80 54 . 80
1
54 3 .3 80 162 80 82
82.
S x y z x y z x y z
x y z x y z
x y z x y z
x y z x y z
xyz

xyz
S
   
≥ + + + + + = + + + + + − + +
   
   
   
≥ + + + + − = + + + + −
   
   
≥ − = − =
⇒ ≥

Cách 2.
Trong mặt phẳng
,
Oxy
ta xét các véc tơ
2
2
2
2
2
2
1 1
;
1 1
;
1 1
;

a x a x
x x
b y b y
y y
c z c z
z z
 
= ⇒ = +
 
 
 
= ⇒ = +
 
 
 
= ⇒ = +
 
 
 
 
 

( )
2
2
1 1 1 1 1 1
;a b c x y z a b c x y z
x y z x y z
   
+ + = + + + + ⇒ + + = + + + + +

   
   
     

Ta có
a b c a b c
+ + ≥ + +
     

161

( )
2
2
2 2 2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
S x y z x y z
x y z x y z
 
⇔ = + + + + + ≥ + + + + +
 
 

Áp dụng bất đẳng thức Côsi đối với ba số dương
1 1 1
, ,
x y z
ta có
( )

( )
2
2
3
1 1 1 3 3 9 81
3
S x y z
x y z
x y z x y z
xyz
x y z
+ + ≥ ≥ = ⇒ ≥ + + +
+ +
+ +
+ +

Đặt
( )
2
,0 1.
t x y z t
= + + < ≤
Ta có
81
.
S t
t
≥ +
Xét hàm số
2

2 2
81 81 81
( ) , (0;1]; ( ) 1 0, (0;1].
t
f t t t f t t
t t t
−
′
= + ∈ = − = < ∀ ∈
Lập bảng biến thiên của hàm số
( )
f t
trên
(0;1]
ta được
( ) 82 82.
f t S≥ ⇒ ≥ (Đpcm)
4) Cho
, , 0
x y z
>
và thỏa
1.
xyz
=
Ta chứng minh
3 3 3 3
3 3
1 1
1

3 3.
x y y z
z x
xy yz zx
+ + + +
+ +
+ + ≥
Đặt
3 3 3 3
3 3
1 1
1
.
x y y z
z x
A
xy yz zx
+ + + +
+ +
= + +
Theo bất đẳng thức Côsi ta có
3 3
3 3
3
3
1
3
(1)
x y
x y

xy xy
xy
+ +
≥ =
Tương tự

3 3
3 3
1
3
(2)
1 3
(3)
y z
yz
yz
z x
zx
zx
+ +
≥
+ +
≥

Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) theo vế ta được
3
3 3 3 1
3 3 3 3.
A
xyz

xy yz zx
≥ + + ≥ =
(Đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1.
x y z
= = =

III.8. 1)
(
)
(
)
2 2 2
1 sin 2 sin cos 1 cosx y x y y y
+ + + + + > 0 (1)

(1) tương đương với
( ) ( )
2 2
sin 1 cosx y y x
+ + + > 0

162

Như vậy ta luôn có
(
)
( ) ( ) ( )
2 2

2 2 2
1 sin 2 sin cos 1 cos sin 1 cos , .
x y x y y y x y y x x y
+ + + + + = + + + ≥ 0, ∀ ∈
ℝ

Ta chứng minh dấu “=” không xảy ra.
Thật vậy, giả sử dấu “=” xảy ra. Khi đó
(
)
( )
sin 1 0 1
cos 0 2
x y
y x
 + =


+ =



Lấy (1) trừ cho (2) theo vế ta được
(
)
sin cos 1 0x y y x
− + − = ∗

Phương trình
(

)
∗
có nghiệm
y
khi và chỉ khi
( )
2
2 2 2
1 1 1 2 1 0x x x x x x+ ≥ − ⇔ + ≥ − + ⇔ ≥
Lấy (1) cộng với (2) theo vế ta được
sin cos 1 0 ( )
x y y x
+ + + = ∗∗

Phương trình (**) có nghiệm
y
khi và chỉ khi
( )
2
2
1 1 2 0 0.
x x x x
+ ≥ + ⇔ ≤ ⇔ ≤

Suy ra
0,
x
=
thay
0

x
=
vào (1) ta được
1 0
=
(Vô lý ). Suy ra dấu
'' ''
=
không thể xảy ra.
Vậy,
(
)
(
)
2 2 2
1 sin 2 sin cos 1 cos , .
x y x y y y x y
+ + + + + > 0, ∀ ∈
ℝ

2) Bất đẳng thức đã cho tương đương với
( ) ( )
(
)
(
)
ln 1 4 ln 1 4
1 4 1 4
a b
b a

a b
a b
+ +
+ ≤ + ⇔ ≤
Xét hàm số
(
)
(
)
(
)
( )
2
ln 1 4 4 ln 4 1 4 ln 1 4
( ) , 0 ( ) 0
1 4
x x x x x
x
f x x f x
x
x
+ − + +
′
= > ⇒ = <
+

Suy ra hàm số
( )
f x
nghịch biến trên khoảng

(0; ).
+∞
Do
( )
f x
nghịch biến trên khoảng
(0; )
+∞
và
0
a b
≥ >
nên
( ) ( )
f a f b
≤
từ đó ta có điều phải chứng minh.
3) Xét hàm số
( ) 2sin tan 3 .
f x x x x
= + −

Ta có
(
)
(
)
( ) ( )
2
2 2

2
2
cos 1 2cos cos 1
1
( ) 2cos 3
cos cos
cos 1 2cos 1
0, 0;
cos 2
x x x
f x x
x x
x x
x
x
π
− − −
′
= + − =
− +
 
= > ∀ ∈
 
 

Suy ra hàm số
( ) 2sin tan 3
f x x x x
= + −
đồng biến trên khoảng

0; .
2
π
 
 
 

Do đó
( ) (0) 0, 0; .
2
f x f x
π
 
> = ∀ ∈
 
 
(Đpcm)
163

4) Xét hàm số
( ) sin , 0.
f x x x x
= − >
Ta có
( ) 1 cos 0 ( )
f x x f x
′
= − ≥ ⇒
đồng biến trên
khoảng

(
)
0; .
+∞
Từ đó
( ) (0) 0
f x f
> =
hay
sin , 0(1).
x x x
< ∀ >

Xét hàm số
3
( ) sin , 0.
6
x
g x x x x
= + − >

Ta có
2
( ) cos 1, ( ) sin 0
2
x
g x x g x x x
′ ′′
= + − = − >
( )

g x
′
⇒
đồng biến trên khoảng
(
)
0; .
+∞

Suy ra
( ) (0) 0.
g x g
′ ′
> =
Từ đây ta có
( )
g x
đồng biến trên khoảng
(
)
0; .
+∞
Vì vậy
( ) (0) 0
g x g
> =
hay
3
sin (2).
6

x
x x− < Từ
(1)
và
(2)
ta có điều phải chứng minh.
III.9. 1)
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2 2
3 1
a b c a b a c b c a b c abc
+ − + + − + + − ≤
Không mất tính tổng quát ta giả sử
0.
a b c
≥ ≥ ≥

Ta có
(
)
(
)
(

)
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 3 2 2 3 2 2 3
2 2 3 2 2 3 2 2 3
3 2 2 2 2 2 3 2 2 2 3
2 2 2
3
3 0
3 0
2 2 2 0
2
a b c a b a c b c a b c abc
a b a c a b a b c b c a c b c abc
a b a c a b a b c b c a c b c abc
a a b a c a b b a abc b a b b c abc c a c b c
a a b c ab a b c b a b c ac b c c b
+ − + + − + + − ≤
⇔ + − + + − + + − − ≤
⇔ − − + − − + − − + + ≥
⇔ + − + − − + + + − + − + − + ≥
⇔ + − − + − + + − + − −
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )( )

( ) ( ) ( )( )
2 2 2
2 2
2
0
2 0
2 0
0.
c
a ab b a b c ac c b c
a ab b a b c c a c b c
a b a b c c a c b c
− ≥
⇔ − + + − + − − ≥
⇔ − + + − + − − ≥
⇔ − + − + − − ≥

Vậy, bất đẳng thức
(
)
1
luôn đúng với mọi
, ,
a b c
không âm.
2) Đặt vế trái của bất đẳng thức đã cho là
A
và ta đặt
(
)

2 ; 2 ; 2 4 .
x a b c y b c a z c a b x y z a b c
= + + = + + = + + ⇒ + + = + + Khi đó ta có
(
)
(
)
(
)
3 3 3
4.
9 9 6 3
x y z y z x z x y
A
x y z
x y z x z y
y x x z y z
− + − + − +
= + +
 
   
 
= − + + + + + ≤ − =
 
   
 
 
   
 

3
.
4
A
⇒ ≤
(Đpcm).
3)
( ) ( ) ( )( )( ) ( )
3 3 3
3 5 (1)
x y x z x y x z y z x z+ + + + + + + ≤ +
Đặt
, , .
a x y b x z c y z
= + = + = +
Điều kiện
(
)
3
x x y z yz
+ + = trở thành
2 2 2
.
c a b ab
= + −
164

Bất đẳng thức (1) tương đương với
3 3 2
3 5 (2)

a b abc c+ + ≤ . Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2 2
3 1
3
4 4
2 (3).
c a b ab a b ab a b a b a b
a b c
= + − = + − ≥ + − + = +
⇒ + ≤

(
)
(
)
( )
( )
2 2 3
2 3
2
(2) 3 5
3 5
3 5 (4)
a b a b ab ab c
a b c abc c
a b c ab c
⇔ + + − + ≤
⇔ + + ≤

⇔ + + ≤

Mặt khác từ (3) cho ta
(
)
2
2
a b c c
+ ≤ và
( )
2
2
3
3 3 .
4
ab a b c
≤ + ≤ Từ đây suy ra (4) đúng.
Vậy, bất đẳng thức (1) đúng. Dấu đẳng thức xảy ra khi
.
a b c x y z
= = ⇔ = =

III.10. 1)
1
1 1 2
n n
n
a b
b a
+

   
+ + + ≥
   
   
(1)
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương 1
n
a
b
 
+
 
 
và 1
n
b
a
 
+
 
 

Ta có 1 1 2 1 1
n n n n
a b a b
b a b a
       
+ + + ≥ + +
       
       

2 2
1 1 2 1 1
n n
n n
a b a b
b a b a
 
       
 
⇔ + + + ≥ + +
       
 
       
 

2
1 1 2 1 1
n
n n
a b a b
b a b a
 
      
⇔ + + + ≥ + +
      
 
      
 

2
1 1 2 1
n
n n
a b a b ab
b a b a ba
     
⇔ + + + ≥ + + +
     
     

( )
2
1
2
1 1 2 2 2 2 2 2 .
n
n n
n
n
a b a b
b a b a
+
     
⇔ + + + ≥ + + ≥ + =
     
     

Dấu
" "

=
xảy ra khi và chỉ khi
1 1
.
,( , 0)
n
n
a b
b a
a b
a b
a b
b a

   
+ = +

   

   
⇔ =


= >



Vậy, (1) luôn đúng.
2)
(1)

2 2
n
n n
a b a b+ +
 
≤
 
 

165

Ta chứng minh bằng quy nạp
· Với
1:
n
=
Ta có
.
2 2
a b a b
+ +
≤ Vậy, (1) đúng với
1.
n
=

· Giả sử (1) đúng với
*
, ,
n k k= ∈

ℕ
tức là
,
2 2
k
k k
a b a b
+ +
 
≤
 
 
ta chứng minh (1) đúng với
1,
n k
= +
nghĩa là phải chứng minh
1
1 1
.
2 2
k
k k
a b a b
+
+ +
+ +
 
≤
 

 

Thật vậy:
( )
( )
1
1 1 1 1 1 1
1 1 1 1
. .
2 2 2 2 2
4 2 4
.
2 4 2
k k
k k
k k k k k k k k k k
k k
k k k k
a b a b a b a b a b
a ab a b b a b ab a b a b
a b a b
a b a b
+
+ + + + + +
+ + + +
+ + + + +
   
= ≤
   
   

+ + + + + − −
≤ = +
− −
+ +
≤ − ≤

(do
(
)
(
)
0
k k
a b a b
− − ≥
). Vậy, ta có điều phải chứng minh.
III.11. 1)
3 3 3 3 3 3
1 1 1 1
a b abc b c abc c a abc abc
+ + ≤
+ + + + + +
(*)
Ta có
( ) ( )
(
)
( )
( ) ( )
( )

( )
2
2 2 2 2
3 3 3 3
3 3
0
1 1
1
a b a b ab ab a b a b ab ab a b
a b ab a b a b abc ab a b c
a b abc ab a b c
− ≥ ⇔ + − ≥ ⇔ + + − ≥ +
⇔ + ≥ + ⇔ + + ≥ + + ⇔ ≤
+ + + +

Tương tự
( )
( )
( )
( )
3 3
3 3
1 1
2
1 1
3
b c abc bc a b c
c a abc ca a b c
≤
+ + + +

≤
+ + + +

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức
(
)
(
)
(
)
1 , 2 , 3
ta được
( ) ( ) ( )
3 3 3 3 3 3
1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1
.
a b abc b c abc c a abc ab a b c bc a b c ca a b c
a b c
a b c ab bc ca a b c abc abc
+ + ≤ + +
+ + + + + + + + + + + +
+ +
   
≤ + + = =
   
+ + + +
   

Vậy, bất đẳng thức (*) đúng.

2)
2 2 2
2
a b c a b c
b c a c a b
+ +
+ + ≥
+ + +
(**)
166

Cách 1. Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
2
2
2 2 2 2 2 2
2
2 2 2
2
.
2 2
a b c
a b c b c a c a b
b c a c a b
a b c a b c
b c a c a b a b c

b c a c a b b c a c a b
a b c a b c
a b c
b c a c a b a b c
 
+ + = + + + + +
 
+ + +
 
   
≤ + + + + + + + = + + + +
   
+ + + + + +
   
+ + + +
⇒ + + ≥ =
+ + + + +

Cách 2.
Theo bất đẳng thức Côsi ta có
2 2
2 2
2 2
2
4 4
2
4 4
2
4 4
a b c a b c

a
b c b c
b a c b a c
b
a c a c
c a b c a b
c
a b a b
+ +
+ ≥ ⋅ =
+ +
+ +
+ ≥ ⋅ =
+ +
+ +
+ ≥ ⋅ =
+ +

Cộng vế theo vế ta được
2 2 2 2 2 2
.
2 2
a b c a b c a b c a b c
a b c
b c a c a b b c a c a b
+ + + +
+ + + ≥ + + ⇒ + + ≥
+ + + + + +

Vậy, bất đẳng thức (**) đúng.

III.12. 1)
( )
2 5
1 0 1
3
x
x
−
+ >
−
. Ta có (1) tương đương với
3 3
3
2 5 3 8
8
1 0 0
3
3 2
3 3
3
2 3 3.
3 3
3
2 5 2
2 3
1 0 0
3 3
x x
x
x x

x x
x x
x x
x x
x x
x
x x
x
x x
 
> >
 

>

 
 

− − 

 

+ > >
 

< ∨ >
> >
 
 
− −

 


⇔ ⇔ ⇔ ⇔


 
< < ≠
< <

 
 
 
<

 

 
− −  

< <
+ > >
 

 
− −
 
 

Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là

3
2.
x
x
≠


>


2)
( )
2
2
2
1 1 .
x
x
≤ − Ta có
( )
2
2
2
2
2
1
1
2
1
x

x
x
x

− ≥

⇔


− ≤ −



167

4 2
2
4 2
2
2
2
0
2
0
0 1
0
1 1.
x x
x
x x

x
x
x
x

− +
≤


⇔
 + −
≤


⇔ < ≤
≠

⇔

− ≤ ≤


Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là
0
1 1.
x
x
≠



− ≤ ≤


3)
( )
2
2
3 1 .
5 6
x
x x
−
≥
− +
Ta có
2
2 2
2
2
2
2
2 3 16 20
3 0
2
5 6 5 6
(1) 3
2
5 6
3 14 16
3

0
5 6
5 6
10
3
3
3
8 10
8
.
3
3 3
3
x x x
x
x x x x
x
x x
x x
x x
x x
x
x
x
x

− − + −

≥ ≥



−
− + − +

⇔ ≥ ⇔ ⇔

−
− +
 − +

≤ −
≤


− +

− +


≠
< ≤



⇔ ⇔


≤ ≤



≤ <




Vậy, ta được nghiệm của bất phương trình đã cho là
3
8 10
.
3 3
x
x
≠



≤ ≤



4)
( )
2 3
1 1
1
x
x
−
≤
+

. Ta có bất phương trình (1) tương đương với
2 3
1
1
(*)
2 3
1
1
x
x
x
x
 −
≥ −


+

−

≤

+

.
· Với
0
x
≥
thì hệ

(
)
*
trở thành
3
1
2 3 3 2
2
1 0
1 3
1 1
.
1
2 3 1 4
4 2
1 0
1
1 1
4
x
x x
x x
xx
x x
x
x x

− < ≤
− −
 


≥ − ≥
 

 
+ +
⇔ ⇔ ⇔ ≤ ≤
< −

  
− −

  
≤ ≤

 

≥
+ +
 



· Với
1 0
x
− ≠ <
thì hệ
(
)

*
trở thành
168


1
2 3 3 4
1 0
3
3 1
1 1
.
4
2 3 1 2
4 2
1 0
1
1 1
1
2
x
x x
x
x x
x
x x
x x
x

< −

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

Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là
3 1 1 3
.
4 2 4 2
x x

− ≤ ≤ − ∨ ≤ ≤

5)
( )
2
2
x x
x
+ −
≥ 1
. Ta có bất phương trình (1) tương đương với
2 2 2
2 2 2 2
2 2 0 0
2 2 2
2 2 2 4 2
2 2 0 0
x x x
x x x
x x x
x x x
x x x x
x x x
  
≥ − ≥ − ≥ −
  
  
  
+ − −  
  

≥ − ≥ ≥
  
  
  
⇔ ⇔
  
< − < − < −
  
  
  
  
− − − − − − −  
≥ − ≥ ≥
  
  
  
  

2
0 1
0 1
0 1.
2
1
0
2
x
x
x
x

x
x
x

≥ −



< ≤


< ≤


⇔ ⇔ ⇔ < ≤
< −


∈∅

 


− ≤ <





Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là

0 1.
x
< ≤

6)
2
2
4 3
1.
5
x x
x x
− +
≥
+ −

Bất phương trình đã cho tương đương với
2 2
4 3 5 (1).
x x x x− + ≥ + −
Ta có bảng xét dấu

+ Với
0 4 5
x x
< ∨ ≤ <
(
)
,
∗

bất phương trình
(
)
1
trở thành
2 2
4 3 5 3 2 0
x x x x x
− + ≥ − + ⇔ − − ≥
2
3
x
⇔ ≤ −
, thỏa
(
)
∗

+ Với
0 4
x
≤ <
(
)
,
∗∗
bất phương trình
(
)
1

trở thành
2 2 2
4 3 5 2 5 2 0
x x x x x x
− + + ≥ − + ⇔ − + − ≥
1
2
2
x
⇔ ≤ ≤
, thỏa
(
)
∗∗

169

+ Với
5
x
≥
(
)
,
∗∗∗
bất phương trình
(
)
1
trở thành

2 2
8
4 3 5 5 8 0 .
5
x x x x x x
− + ≥ + − ⇔ − + ≥ ⇔ ≤

Kết hợp với
(
)
∗∗∗
ta được
x
∈∅
.
Hợp các trường hợp đã xét, ta được tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là
2 1
; ;2 .
3 2
   
−∞ − ∪

  
   

III.13.
)
( ) ( )
( )( ) ( )( )
( )( )

( )( )
3 2 3 2 2 2
2
2
2
2 1 2 2 1 2
1 0
2 1 2
2 2 1 2 1
0
1 2
5 5
0
1 2
x x x x
x x x x x x x x
x x x x
x x x
x x
x x x
− − − −
> ⇔ − >
+ − + −
− − − − +
⇔ >
+ −
+ −
⇔ >
+ −

5 3 5
2
1 0
5 3 5
0
2
2
x
x
x
x

− −
<


− < <

⇔

− +

< <


>


)
( )

4 3 2
2
2 2
2
3 2
2 0
30
3 2
0
30
5
1 2
6
x x x
x x
x x x
x x
x
x
x
− +
>
− −
− +
⇔ >
− −
< −


⇔ < <



>


)
3 2
2
3 3
3 0
2
x x x
x x
− − +
≤
−

(
)
(
)
2
2
1 2 3
0
2
x x x
x x
− − −
⇔ ≤

−

1 0
1 2
3
x
x
x
− ≤ <


⇔ ≤ <


≥


170

)
( )( )
4 2
2
2 2
2
4 3
4 0
8 15
1 3
0

8 15
3 1
1 3
3 5
x x
x x
x x
x x
x
x
x
− +
≤
− +
− −
⇔ ≤
− +

− ≤ ≤ −

⇔ ≤ ≤


< <



)
( ) ( )
2 3

2 3
2
3
2
3
1 2 2 3
5
1 1 1
1 2 2 3
0
1 1 1
1 2 1 2 3
0
1
0
1
1
0 1
x
x x x x
x
x x x x
x x x x
x
x x
x
x
x
+
+ <

+ − + +
+
⇔ + − <
+ − + +
− + + + − +
⇔ <
+
−
⇔ <
+
< −

⇔

< <


) ( )
2
2
2
15
6 1
1
x x
x x
+ + ≤
+ +

( )

( )
( )( )
( )
2
2
4 3 2
2
3 2
2
2
2
15
2 2 1
1
2 4 5 3 14
0
1
1 2 6 11 16
0
1
1 2 2 2 2
0
1
2 1.
x x
x x
x x x x
x x
x x x x
x x

x x x x
x x
x
⇔ + + ≤
+ +
+ + + −
⇔ ≤
+ +
− + + +
⇔ ≤
+ +
− + + +
⇔ ≤
+ +
⇔ − ≤ ≤

)
3 2
7 2 5 2 0
x x x
+ − + >

(
)
(
)
2
1 2 3 2 0
x x x
⇔ − + − >

1
2
2
1
x
x

− < <

⇔

>


Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là
1
2 1.
2
x x
− < < ∨ >

171

)
( )
( )
3
2
8 2 3 0

1 2 2 3 0
1.
x x
x x x
x
+ + ≤
⇔ + − + ≤
⇔ ≤ −

III.14.
)
(
)
(
)
2
1 3 2 6 0
f x m x mx m
= − − + − ≤
(
)
1

+ Xét
3
m
=

( )
1

1 6 3 0 .
2
x x
⇔ − − ≤ ⇔ ≥ −

+ Xét
3
m
≠


(
)
(
)
2 2 2
3 6 9 18 9 18
m m m m m m m
′
∆ = − − − = − + − = −

Bảng xét dấu hệ số
a
và biệt số
′
∆


i)
2,

m
<
khi đó
0
0
a
<


′
∆ <


Suy ra
(
)
0
f x
<
,
.
x
∀ ∈
ℝ

Như vậy, bất phương trình
(
)
1
nghiệm đúng với mọi

.
x
∈
ℝ

ii)
2,
m
=
khi đó
0
0
a
<


′
∆ =

nghiệm của bất phương trình
(
)
1
là mọi
.
x
∈
ℝ

iii)

2 3,
m
< <
khi đó
0
0.
a <


′
∆ >


Suy ra
(
)
f x
có hai nghiệm phân biệt
1 2
9 18 9 18
;
3 3
m m m m
x x
m m
− − + −
= =
− −

Trường hợp này

0
a
<
nên
2 1.
x x
<

Nghiệm của bất phương trình
(
)
1
là
2 1
x x x x
≤ ∨ ≥

iv)
3,
m
>
khi đó
0
0
a
>


′
∆ >


,
1 2
.
x x
<

Nghiệm của bất phương trình
(
)
1
là
1 2
.
x x x
≤ ≤

Kết luận:
172

.
3:
m
=
Nghiệm của bất phương trình đã cho là
1
.
2
x
≥ −

.
2 :
m
≤
Nghiệm của bất phương trình đã cho là
.
x
∀ ∈
ℝ

.
2 3 :
m
< <
Nghiệm của bất phương trình đã cho là
2 1
.
x x x x
≤ ∨ ≥

.
3:
m
>
Nghiệm của bất phương trình đã cho là
1 2
.
x x x
≤ ≤

(Với
1 2
9 18 9 18
;
3 3
m m m m
x x
m m
− − + −
= =
− −
).
)
(
)
(
)
(
)
2
2 4 2 2 1 0
f x m x m x m
= − − − + − ≥
(
)
2

+ Xét
4

m
=


( )
3
2 4 3 0 .
4
x x
⇔ − + ≥ ⇔ ≤

+ Xét
4,
m
≠

( ) ( )( )
2
2 4 1
m m m
′
∆ = − − − −
2 2
4 4 5 4
m m m m m
= − + − + − =

Bảng xét dấu hệ số
a
và biệt số

′
∆


i)
0,
m
<
khi đó
0
0
a
<


′
∆ <


Suy ra
(
)
0, .
f x x
< ∀ ∈
ℝ

Như vậy bất phương trình
(
)

2
vô nghiệm.
ii)
0
m
=
, khi đó
0
0
a
<


′
∆ =

, nghiệm của bất phương trình
(
)
2
là
1
2
x
=
.
iii)
0 4,
m
< <

khi đó
0
0
a
<


′
∆ >


Suy ra
(
)
f x
có hai nghiệm phân biệt
1 2
2 2
;
4 4
m m m m
x x
m m
− − − +
= =
− −

Trường hợp này
0
a

<
nên
1 2
.
x x
>
Nghiệm của bất phương trình
(
)
2
là
2 1
.
x x x
≤ ≤

iv)
4
m
>
, khi đó
0
,
0
a >


′
∆ >


1 2
x x
<

173

Nghiệm của bất phương trình
(
)
2
là
1 2
x x x x
≤ ∨ ≥
.
Kết luận:
.
3
4 : .
4
m x
= ≤

.
0
m
<
: Bất phương trình đã cho vô nghiệm.
.
0 :

m
=
Bất phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất
1
2
x
=

.
0 4 :
m
< <
Nghiệm của bất phương trình đã cho là
2 1
.
x x x
≤ ≤

.
4 :
m
>
Nghiệm của bất phương trình đã cho là
1 2
.
x x x x
≤ ∨ ≥
(Với
1 2
2 2

;
4 4
m m m m
x x
m m
− − − +
= =
− −
).
)
(
)
(
)
2
3 2 3 4 0
f x mx m x m
= − − + − <
(
)
3

+ Xét
0
m
=

(
)
3

2
6 4 0 .
3
x x
⇔ − < ⇔ <

+ Xét
0,
m
≠
( ) ( )
2
3 4
m m m
′
∆ = − − −
2 2
6 9 4 9 2 .
m m m m m
= − + − + = −
Bảng xét dấu hệ số
a
và biệt số
′
∆


i)
0,
m

<
khi đó
0
0
a
<


′
∆ >


Suy ra
(
)
f x
có hai nghiệm phân biệt
1
2
3 9 2
3 9 2
m m
x
m
m m
x
m
− − −
=
− + −

=

Trường hợp này
0
a
<
nên
1 2
x x
>
.
Nghiệm của
(
)
3
là
2 1
x x x x
< ∨ >
.
ii)
9
0
2
m
< <
, khi đó
0
,
0

a >


′
∆ >


1 2
x x
<
.
174

Nghiệm của
(
)
3
là
1 2
.
x x x
< <

iii)
9
2
m
=
, khi đó
0

0
a
>


′
∆ =


Suy ra
(
)
0, .
f x x
≥ ∀ ∈
ℝ

Như vậy
(
)
3
vô nghiệm.
iv)
9
2
m
>
, khi đó
0
0

a
>


′
∆ <


Suy ra
(
)
0, .
f x x
> ∀ ∈
ℝ

Như vậy
(
)
3
vô nghiệm .
Kết luận:
.
0 :
m
=
Nghiệm của bất phương trình đã cho là
2
.
3

x
<

.
0 :
m
<
Nghiệm của bất phương trình đã cho là
2 1
x x x x
< ∨ >

.
9
0 :
2
m
< <
Nghiệm của bất phương trình đã cho là
1 2
.
x x x
< <

.
9
:
2
m ≥ Bất phương trình đã cho vô nghiệm.
(Với

1 2
3 9 2 3 9 2
;
m m m m
x x
m m
− − − − + −
= = )
III.15.
2
( ) ( 1) 2( 1) 3 3.
f x m x m x m
= + − − + −

a) Ta có
( ) 0
f x
<
tương đương với
2
( 1) 2( 1) 3 3 0
m x m x m
+ − − + − <
(1)

Xét các trường hợp
·
1 0 1
m m
+ = ⇔ = −

(1)
3
4 6 0 .
2
x x
⇔ − < ⇔ <

Như vậy, khi
1
m
= −
thì bất phương trình
(1)
có nghiệm và nghiệm của bất phương trình là
3
.
2
x
<
Suy ra
1
m
= −
không thỏa đề bài.
·
1 0 1.
m m
+ ≠ ⇔ ≠ −
Bất phương trình

(1)
vô nghiệm khi và chỉ khi
2
( 1) 2( 1) 3 3 0,m x m x m x
+ − − + − ≥ ∀ ∈
ℝ

175

2 2 2
1 0 1
( 1) ( 1)(3 3) 0 2 1 3 3 0
a m m
m m m m m m
= + > > −
 
⇔ ⇔
 
′
∆ = − − + − ≤ − + − + ≤
 

2
1
1
1.
2 1
2 2 4 0
m
m

m
m m
m m
> −
> −

⇔ ⇔ ⇔ ≥
 
≤ − ∨ ≥
− − + ≤



Vậy, với
1
m
≥
thì bất phương trình
( ) 0
f x
<
vô nghiệm.
b) Ta có
( ) 0
f x
≥
tương đương
2
( 1) 2( 1) 3 3 0
m x m x m

+ − − + − ≥

(2)

Xét các trường hợp
·
1 0 1
m m
+ = ⇔ = −
khi đó
3
(2) 4 6 0 .
2
x x
⇔ − ≥ ⇔ ≥

Như vậy, khi
1
m
= −
thì bất phương trình
(2)
có nghiệm và nghiệm của bất phương trình
là
3
.
2
x
≥
Suy ra

1
m
= −
thỏa đề bài.
·
1 0 1.
m m
+ ≠ ⇔ ≠ −
Khi đó
(2)
là bất phương trình bậc hai. Bất phương trình
(2)
có
nghiệm khi và chỉ khi
2 2
2 2
1 0 1
0
0
( 1) ( 1)(3 3) 0 2 2 4 0
0
( 1) ( 1)(3 3) 0 2 2 4 0
1
1
2.
2 1
2 1
2 1
m m
a

m m m m m
m m m m m
m
m
m
m m
m
m
 
+ > > −
 
 >

 
 


′
⇔ ⇔∆ <
− − + − < − − + <

 
 

 

′
∆ ≥
− − + − ≥ − − + ≥


 

> −

>



⇔ ⇔ ⇔ ≥ −
< − ∨ >



− ≤ ≤


− ≤ ≤


Vậy, khi
2
m
≥ −
thì bất phương trình
( ) 0
f x
≥
có nghiệm.
Chú ý. Ta cũng có thể giải Câu b) như sau:
Trước hết ta giải bài toán ngược, tức là tìm tham số

m
để bất phương trình (2) vô nghiệm.
Khi đó các giá trị
m
còn lại trên trục số là các giá trị cần tìm để bất phương trình
( ) 0
f x
≥

có nghiệm.
Bất phương trình
( ) 0
f x
≥
vô nghiệm khi và chỉ khi
( ) 0, .
f x x
< ∀ ∈
ℝ
Điều này được thỏa
khi và chỉ khi
0
0
a
<


′
∆ <


2
1 0
1
2.
2 1
2 2 4 0
m
m
m
m m
m m
+ <
< −

⇔ ⇔ ⇔ < −
 
< − ∨ >
− − + <



Từ đó các giá trị cần tìm của tham số
m
là
2.
m
≥ −

III.16. 1) Ta có tam thức bậc hai

2
2 1 0, .
x x x
− + > ∀ ∈
ℝ