Bất phương trình có chứa căn thức

79
VAÁN ÑEÀ 5






BAÁT PHÖÔNG TRÌNH COÙ
CHÖÙA CAÊN


80
Vấn đề 5
Bất phương trình có chứa căn.
A. Tóm tắt lý thuyết
Thường ta gặp một trong các dạng sau :
1-\
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≥
<
>
⇔<
0A
BA

0B
BA
2
2-\
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎩
⎨
⎧
>
≥
⎩
⎨
⎧
≥
<
⇔>
2
BA
0B
0A
0B
BA

3-\ A
2
≥ B

2
⇔ (A + B ) ( A – B ) ≥ 0
4-\
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎩
⎨
⎧
≥−
<
⎩
⎨
⎧
≥
≥
⇔≥
BA
0A
BA
0A
BA

5-\ Trong trường hợp gặp nhiều dấu căn ta đặt điều kiện các biểu
thức có x ở phiá dưới dấu căn , tìm điều kiện chung , từ đó biến đồi
tương đương để đưa về các dạng cơ bản trên .
6-\ Bất phương trình hữu tỉ :
Bất phương trình hưũ tỉ là bất phương trình đưa được về dạng :

()
()
Px
Qx
≥ 0 ( ≤ 0 , > 0 , < 0) trong đó P(x), Q(x) là các biểu thức đưa
được về dạng tích các tam thức hoặc nhò thức.

Nguyên tắc giải :
Cách 1 :

- Đưa bất phương trình về một trong các dạng nêu trên
- Phân tích P(x), Q(x) thành tích các tam thức hay nhò thức.
- Lập bảng xét dấu của biểu thức ở VT.
- Dựa vào bảng xét dấu rút ra tập nghiệm
Cách 2 :

Đặt ẩn phụ.


81
Ngoài ra chắn rằng ta sẽ còn gặp nhiều dạng khác ……
Sau đây là một ví dụ và một số bài có hướng dẫn giải……
B. VÀI VÍ DỤ CƠ BẢN VÀ CÁC BÀI TẬP CÓ
HƯỚNG DẪN GIẢI
Đầu tiên ta xem vài ví dụ đơn giản sau :
Ví dụ1 :
Giải các bất phương trình sau :
a)
3x
x2x1517

2
+
−−
> 0 (1)
Điều kiện : 17 – 15x – 2x
2
≥ 0 ⇔
2
17
−
≤ x ≤ 1 .
Sau đó chú ý đến mẫu có ( x + 3) là một nhò thức bậc nhất .
• Trường hợp 1:
2
17
−
< x < 3
−
: bất phương trình vô nghiệm .
(vì tử số > 0 còn mẫu số < 0
⇒ VT < 0 )
• Trường hợp 2 : -3 ≤ x ≤ 1: (1) ⇔ 17 – 15x – 2x
2
> 0
⇔
2
17
−
< x < 1 (2)
Sau đó giao với điều kiện

3
−
≤ x ≤ 1 ta được
3
−
< x < 1 .
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là : S = (
3
−
; 1 )
b)
x
x411
2
−−
< 3 ⇔
x
x3x411
2
−−−
< 0
Trường hợp 1 :
⎩
⎨
⎧
>
<−−−
0x
0x3x411
2

)dk(
⇔ 1 – 3x <
2
x41 −
⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎩
⎨
⎧
−>−
≥−
⎩
⎨
⎧
≥−
<−
22
2
)x31(x41
0x31
0x41
0x31
⇔
⎢

⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
+−>−
≤
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≤≤−
>
22
x9x61x41
3
1
x
2
1
x

2
1
3
1
x



82
⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
<−
≤
≤<
0x6x13
3
1
x
2

1
x
3
1
2
⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
<<
≤
≤<
13
6
x0
3
1
x
2
1

x
3
1
⇔
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
≤<
≤<
3
1
x0
2
1
x
3
1

So với điều kiện
⇔ 0 < x ≤
2
1
(1).
Trường hợp 2 :
⎩
⎨
⎧
<

>−−−
)dk(0x
0x3x411
2
⇒ 1 – 3x >
2
x41 −
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
−<−
≥−
>−
22
2
)x31(x41
0x41
0x31
⇔
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨

⎧
><
≤≤−
<
13
6
vx0x
2
1
x
2
1
3
1
x

⇔ 0x
2
1
<≤− v
2
1
x
13
6
≤<

So với điều kiện
⇔ 0x
2

1
<≤− v
2
1
x
13
6
≤<
(2)
Hợp (1) (2) ta được nghiệm của bpt là :
2
1
x
2
1
≤≤−

c)
2x2xx
22
+++ > 4 – 2x
⇔ 062x2x2x2x
22
>−+++++ (*)
Đặt t =
2x2x
2
++ ≥ 1 (1)
(*)
⇔ t

2
+ t – 6 > 0 ⇔ t < 3
−
v t > 2 (2)
(1)
∧ (2) ⇔ t > 2
Vậy bất phương trình
⇔ 2x2x
2
++ > 2
⇔ x
2
+ 2x + 2 > 0 ⇔ x < 31−− v x > 31 +−


83
d)
24
xx1 −− ≥ x – 1 ⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎩
⎨
⎧
+−≥−−
≥−

⎩
⎨
⎧
≥−−
<−
1x2xxx1
01x
0xx1
01x
224
24

Trường hợp 1 :
Với x < 1 và
≥−−
24
xx1 0 ⇔ 1xx
24
≤−
x
2
(x
2
– 1) để luôn có nghóa là x
2
– 1 ≥ 0 ⇔ x ≤ 1
−
v x ≥ 1 (*)
Với x
≤ 1− ⇔ x

4
– x
2
–1 ≤ 0 (1)
Đặt t = x
2
( t ≥ 0)
(1)
⇔ t
2
– t – 1 ≤ 0 ⇔
2
51
t
2
51 +
≤≤
−

So với điều kiện ta được : 0
≤ t ≤
2
51 +
⇒ x
2

2
51+
−
≤ 0

⇔
2
51
x
2
51 +
≤≤
+
−

So với điều kiện có nghóa ta được : x
φ
∈
(a)
Trường hợp 2 :
Với x
≥ 1thì 1
24
xx −− ≥ x
2
– 2x + 1 ⇔ x2xxx
224
+−≤−
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
+−≤−

≥−
≥−
23424
24
2
x4x4xxx
0xx
0xx2
⇔
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
≤
−≤
≤≤
4
5
x
1x
2x0
v 1x ≥ ⇔ 1≤ x ≤ 2 (b)
Hợp (a) (b) , nghiệm bất phương trình là : 1
≤ x ≤ 2
e)
4x4x
2

++ < x + 2
Cách 1 :
4x4x
2
++ < x + 2
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
+<++
≥++
>+
22
2
)2x(4x4x
04x4x
02x
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
<
∈
−>
)voly(0x0
Rx

2x
⇔ x
φ
∈



84
Cách 2: Dựa vào tính chất của giá trò tuyệt đối.
Ta có :
AA ≥ luôn đúng với mọi A và AA < luôn sai với mọi A .
Bất phương trình
⇔ 2x2x +<+ (1) vận dụng tính chất trên
Vậy (1) luôn sai
Rx∈∀ do đó (1) có S =
φ
.
Ví dụ 2
a) Tìm miền xác đònh của hàm số sau :
6
y5x
x
=
−−
Giải
1/
6
y5x
x
=−−

được xác đònh khi :
2
6
x5x6
5x 0
0
x
x
x0
x0
⎧
⎧
−+
−− ≥
⎪⎪
≤
⇔
⎨⎨
⎪⎪
≠
≠
⎩
⎩

(
][
)
x0
,0 2, 3
2x3

≠
⎧
⇔
⇔−∞ ∪ +
⎨
≤≤
⎩

Vậy, miền xác đònh của y là
[
]
(
)
D2,3 ,0=∪−∞

b) Giải bất phương trình :
x3 2x8 7x+≥ −+ −

Giải
x3 2x8 7x+≥ −+ −
(1)
Điều kiện của nghiệm:
4x7 (2)
≤
≤
(1)
()()
x 3 2x 8 7 x 2 2x 8 7 x⇔+≥ −+−+ − −
()()
2

4 2 2x 8 7 x 4 (2x 8)(7 x) 2x 22x 60 0⇔≥ − − ⇔≥ − − ⇔ − + ≥
2
x11x300⇔− +≥ x5x6 (3)⇔≤∨≥
(2) và (3) cho
[
]
[
]
x4,5 6,7∈∪
Ví dụ 3
Giải bất phương trình :
2
1x x 1 0
−
−+>
Từ đó suy ra bảng xét dấu của :
()
2
fx 1 x x 1
=
−− +
Giải
Ta có :
2
1x 1x 0−− + >
2
2
1x 0
x1
1x x 1

1x x 1
−≥
⎧
≤
⎧
⎪⎪
⇔⇔
⎨⎨
−
>+
⎪
−> +
⎪
⎩
⎩

[]
x1
x1,0
1x0
≤
⎧
⇔⇔∈−
⎨
−≤ ≤
⎩



85

Vậy :
2
1x 1x 0 1 x 0−− + >⇔−≤≤
Từ đó suy ra Bảng xét dấu của
()
2
fx 1 x 1 x=−−+
Theo trên :
()
2
fx 1 x 1 x 0 1 x 0=−−+ >⇔−≤≤
nên
()
fx 0 x < -1 x > 0<⇔ ∨

Ví dụ 4
Giải phương trình :
()
2
x2x1 x1 x x x 0
−
−− − + − =

Giải
1)
2
x2x1(x1)x x x 0−−−− +−=
⇔
()
x 2x1(x1)x xx1 0−−−− + −=

Đặt :
Ax
Bx1
(A 0)
(B 0)
⎧
=≥
⎪
⎨
=− ≥
⎪
⎩

Ta có :
22
22
AB1
A2BABAB0
(1)

(2)
⎧
−=
⎪
⎨
−− + =
⎪
⎩

Thay :

22
AB1=+vào (2), ta có :
2
B12BAB(B1)0
+
−− −=
B1
(B 1)(B 1 AB) 0
B1AB 0
=
⎡
⇔− −− =⇔
⎢
−
−=
⎣

• B = 1 ta được : x11 x = 2−=⇔
•
222
B1 0
B1 AB (
(B 1) A B
−≥
⎧
⎪
−= ⇔
⎨
−=
⎪

⎩
vì A0,B0)≥≥
2222
B1
B2B1(B1)B B1
2
vì : A
≥
⎧
⎪
⇔
⎨
−+= + =+
⎪
⎩

4
B1
B2B10(*)
≥
⎧
⎪
⇔
⎨
+−=
⎪
⎩

Vì
B1≥

nên (*) vô nghiệm nếu
Kết luận : Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2


86
Ví dụ 5
Giải bất phương trình :
22
(x 3) x 4 x 9
−
−≤ −
Giải
Tập xác đònh của phương trình là :
(
]
[
)
;2 2;
−
∞− ∪ ∞
Ta có :
22
(x 3) x 4 x 9 (1) −−≤−
2
(x 3) x 4 (x 3) 0 (2)
⎡⎤
⇔− −−+ ≤
⎢⎥
⎣⎦

Đặt
2
f(x) (x 3) x 4 (x 3) .
⎡⎤
=− −−+
⎢⎥
⎣⎦

Rõ ràng f xác đònh và liên tục trên
(
]
[
)
;2 2;
−
∞− ∪ +∞
2
x3
f(x) 0
x4x3 (3)

=
⎡
=⇔
⎢
⎢
−=+
⎣

(3)

22
13
x4x6x9
x
6
x3

⎧
−= + +
⎪
⇔⇔=−
⎨
≥−
⎪
⎩

Tóm lại, hai nghiệm của f(x) = 0 là x = 3 và x =
13
6
−

.
f (4) 16 4 7 12 7 0= −−= −<
.
f( 3) 6 5 0−=− <
.
f( 2) 5 0−=>
.
f(2) 5 0=>
x

-
∞ -
6
13
-2 2 3 4 +∞
f(x) - 0 + | | + 0 -

Vậy :Tập nghiệm BPT là
13
xhayx3
6

≤
−≥

Ví dụ 7
Giải bất phương trình :
2
2x 6x 1 x 2 0
−
+− + >
Giải
Đặt f(x)
2
2x 6x 1 x 2=−+−+
'927.∆= − = Rõ ràng f xác đònh và liên tục trên


87
37 37

;;.
22
⎛⎤⎡⎞
−+
−∞ ∪ +∞
⎜⎟
⎥⎢
⎜⎟
⎝⎦⎣⎠
Trong tập xác đònh, ta có :
2
f(x) 0 2x 6x 1 x 2 0=⇔ − +−+=
2
2x 6x 1 x 2⇔−+=−
22
2x 6x 1 x 4x 4
x3
x2
⎧
−+=−+
⎪
⇔
⇔=
⎨
≥
⎪
⎩

x
-

∞ 0
2
73 −

2
73 +
3 4 +∞

f(x) + || || - 0 +

f(0) 0;f(4) 0.>> Đáp số :
37
x; (3;)
2
⎛⎞
−
∈
−∞ ∪ ∞
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠

Sau đây là môt số bài tập có hướng dẫn giải :
Bài 0 (khởi động )
Giải bất phương trình:
a)
2x −
< 4 – x
⇔
⎪

⎩
⎪
⎨
⎧
≥−
+−<−
>−
02x
xx8162x
0x4
2
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≥
>+−
<
2x
018x9x
4x
2

⇔
⎩
⎨
⎧
<

<≤
3x
4x2
v

6x >
⇔ 2 ≤ x < 3
b)
x4x
2
− > x – 3
⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎩
⎨
⎧
−>−
≥−
⎩
⎨
⎧
≥−
<−
22
2

)3x(x4x
03x
0x4x
03x
⇔

⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎩
⎨
⎧
>−
≥
⎩
⎨
⎧
≤
<
09x2
3x
0x
3x
v

4x ≥
⇔
⎢

⎢
⎢
⎣
⎡
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>
≥
≤
2
9
x
3x
0x

⇔
⎢
⎢
⎣
⎡
>
≤
2
9
x
0x
⇔

x ≤ 0 v x >
2
9



88
c)
12xx
2
−+ ≤ 8 – x
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≥−+
+−≤−+
≥−
012xx
xx166412xx
0x8
2
22
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨

⎧
−≤
≤
≤
4x
17
76
x
8x

v

3x ≥

⇔ x ≤ 4− v 3 ≤ x ≤
17
76
⇔ x ≤ 4
−
v 3 ≤ x ≤
17
76

d)
8x7x
2
−−
+ 6 ≤ x
⇔ 8x7x
2

−− ≤ x – 6 ⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
+−≤−−
≥−−
≥−
36x12x8x7x
08x7x
06x
22
2

⇔
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
≤
−≤
≥
5
44
x
1x

6x
v x ≥ 8 ⇔ 8 ≤ x ≤
5
44

e) 2+
10x3x
2
−−
> x ⇔
10x3x
2
−−
> x – 2
⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎩
⎨
⎧
+−>−−
≥−
⎩
⎨
⎧
≥−−

<−
4x4x10x3x
02x
010x3x
02x
22
2
⇔
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎩
⎨
⎧
>
≥
⎩
⎨
⎧
−≤
<
14x
2x
2x
2x
v

5x ≥

⇔
⎢
⎣
⎡
>
−≤
14x
2x

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S =
(
]
[
)
+
∞
−
∞
−
;14U2;
f) (x – 3)
4x
2
− ≥ x
2
– 9 ⇔ (x – 3) )3x4x(
2
−−− ≥ 0
Trường hợp 1 :
⎩

⎨
⎧
+≤−
≤−
3xx4x
03x
2
⇔
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎩
⎨
⎧
++≥−
≥+
⎩
⎨
⎧
≥−

<+
≤
9x6x4x
03x
04x
03x
)dk(3x
22
2

⇔
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎪
⎩
⎪
⎨

⎧
−≤
−≥
⎩
⎨
⎧
−≤
−<
≤
6
13
x
3x
2x
3x
3x

v

2x ≥
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
−≤
≤
6
13

x
3x
⇔
x ≤
6
13
−
(1)


89
Trửụứng hụùp 2 :



+

3x4x
03x
2







++
+

04x
9x6x4x
03x
3x
2
22










2vx2x
6
13
x
3x
x 3 (2)
Hụùp (1) (2) : x

6
13

v x 3
g)
7x12x6

2
+ + 2x x
2

7x12x6
2
+ x
2
2x 7)x2x(6
2
+ x
2
2x (1)
ẹaởt y = x
2
2x y + 1 = (x + 1)
2
0 y 1


(1)




+

(*)y7y6
1y

(*)









+




+
<
2
y7y6
0y
07y6
0y1

<
07y6y
0y
6
7
y
0y1
2










<

7y1
0y
0y1






<
7y0
0y1






7x2x0
0x2x1
2
2

<
+
07x2x
0x2x
0x2x
01x2x
2
2
2
2










+

<<

81x81
2vx0x
2x0
Rx





<<
0x81
2x0

v

81x2 +


81x81 +



90
Bài 1
Giải bất phương trình :
4

x
2x1x1
2
−≤−++ (1)
Giải
Điều kiện :
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
≥−
≥−
≥+
0
4
x
2
0x1
0x1
2
⇔ -1 ≤ x ≤ 1
Khi đó (1)
⇔ 1 + x + 1 – x + 2
2
x1− ≤
2
2

4
x
2
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−

⇔ 2 + 2
2
x1− ≤ 4 +
16
x
4
- x
2
⇔ 1 – x
2
- 2
2
x1− +1+
16
x
4
≥ 0

⇔ 0 ≤
(
)
2
2
1x1 −− +
16
x
4
(2)
(2) đúng với mọi x
∈ [-1 ; 1] .
Nghiệm của bất phươnt trình là mọi x
∈ [-1 ; 1] .
Bài 2
Giải bất phương trình :
3
x
x411
2
<
−−
(1)
Giải

Điều kiện :
⎩
⎨
⎧
≠

≥−
0x
0x41
2
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≠
≤≤−
0x
2
1
x
2
1

(3)
⇔ 3
)x411(x
)x41(1
2
2
<
−+
−−
⇔
2

x411
x4
−+
< 3
⇔ 4x < 3(1+
2
x41−
) ⇔ 3
2
x41−
> 4x – 3 (2)


91
Ta đã có : x
≤
2
1
<
4
3
⇒ 4x – 3 < 0 ≤ 3
2
x41−
⇒ (2) đúng với mọi x thuộc
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣

⎡
−
2
1
;
2
1
\
{
}
0

Vậy nghiệm của (1) là
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−
2
1
;
2
1
\
{
}
0
Bài 3

x
)1x(
)1xx(x1xx
32
224
+
≤+−+++

(Đề thi chuyên Toán –Tin ĐHQG Hà nội1988)
Giải
Điều kiện bài toán có nghóa : x > 0 .
Chia hai vế cho
)1x(x
2
+
và sau khi biến đổi bất phương trình trở
thành :
x
1
x
x
1
x
1
1
x
1
x
1
x

1
x +≤
+
−+
+
−+

Ta đặt : x +
x
1
= t ≥ 2 , Bất phương trình tương đương với :
t
1
tt
t
1
1 −−≤−
, do hai vế dương với mọi t ≥ 2 nên bình
phương hai vế ta được 1 -
t
1
≤ t
2
+ t -
t
1
-2t.
t
1
1−

⇔
t
1
≤t+1-2
t
1
1−
⇔ 0 ≤ (
t
1
1−
- 1)
2
đúng với mọi t ≥ 2 ,
Vậy : bất phương trình đúng với mọi x > 0.


92
Bài 4
Giải và biện luận bất phương trình :
m2xm2mx +≤+− (1)
Giải

Điều kiện :
⎩
⎨
⎧
≥+
≥−

0m2x
0mx
⇔
⎩
⎨
⎧
−≥
≥
m2x
mx
(2)
Ta xét ba trường hợp :
a) m = 0 : (1)
⇔ x ≤ x đúng với mọi x ≥ 0
b) m > 0 : (2)
⇔ x ≥ m
Khi đó (1)
⇔ x – m + 4m
2
+ 4m m1 − ≤ x + 2m
⇔ 4m mx − ≤ 3m - 4m
2
⇔ 4 mx − ≤ 3- 4m (do m > 0)
⇔
()
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧

−
≤−
≥−
16
m43
mx
0m4x
2
⇔
()
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
−
+≤
≤<
16
m43
mx
4
3
m0
2

Giao với điều kiện x
≥ m ⇒ với 0 < m ≤

4
3
thì (1) có nghiệm :
m
≤ x ≤ m +
2
4
m43
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−

Bài 5
Giải bất phương trình :
(12 – x)
2x
x12
−
−
+ (x – 2)
x12
2x
−
−
<
3

82

Giải
Điều kiện :
2x
x12
−
−
> 0 ⇔ 2 < x < 12
Bất phương trình :
⇔
()()
()
)2x)(x12()2x(x123
82
x12
1
2x
1
22
−−−−
<
−
+
−

⇔ (x – 2)
2
+ (12 – x)
2

<
3
82
(
)
(
)
2xx12 −−


93
⇔ (x – 2)
2
+ (12 – x)
2
+ 2(x – 2)(12 – x) <
()()
)x12)(2x(22xx12
3
82
−−+−−

⇔ (x – 2 + 12 – x)
2
<
3
82
)x12)(2x(2)2x)(x12( −−+−−
⇔ 10
2

<
3
82
)2x)(x12(2)2x)(x12( −−+−−
Đặt t =
)2x)(x12( −− , t > 0
Bất phương trình
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
+<
>
22
t2t
3
82
10
0t
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>∨−<
>
3t

3
50
t
0t
⇔ t > 3
⇔ 3)2x)(x12( >−− ⇔ (12 – x)(x – 2) > 9 ⇔ 3 < x < 11
Kết luận : 3 < x < 11
Bài 6
Giải bất phương trình :
3x4x
2
++− - 1x3x2
2
+− ≥ x – 1
(Đại học Kiến trúc Hà nội )
Giải
3x4x
2
++− - 1x3x2
2
+− ≥ x – 1 (*)
Điều kiện :
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≥+−
≥+−
01x3x2

03x4x
2
2
⇔
1
3
1
2
x
x
x
⎡
⎢
=
⎢
≥
⎢
⎢
≤
⎢
⎣

• Với x =1 , bất phương trình nghiệm đúng
• Với x ≥ 3 , ta có :


94
(*)
⇔ )3x)(1x( −− - )1x2)(1x( −− ≥ x – 1

⇔ 3x − - 1x2 − ≥ 1x −
Ta thấy :
3x − - 1x2 − < 1x − ( với x ≥ 3)
Vậy bất phương trình không thoả
∀
x ≥ 3
• Với x ≤
2
1
.
(*)
⇔ x3 − - x21 − ≥ - x1 −

⇔ x3 − + x1 − ≥ x21−

⇔ 3 – x + 1 – x + 2 )x1)(x3( −− ≥ 1 – 2x

⇔ 3 + 2 )x1)(x3( −− ≥ 0 (luôn thoả
∀
x ≤
2
1
)
Kết luận : x = 1 hay x
≤
2
1

Bài 7
Giải bất phương trình :

)4x3)(5x( ++ > 4(x – 1)
(Đại học kinh tế Quốc Dân)
Giải
Ta có :
)4x3)(5x( ++
> 4(x – 1)
⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎩
⎨
⎧
−>++
≥−
⎩
⎨
⎧
<−
≥++
)2(
)1x(16)4x3)(5x(
01x
)1(
01x
0)4x3)(5x(

2



95
Giải (1) : (1)
⇔
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
<
⎢
⎢
⎣
⎡
−≥
−≤
1x
3
4
x
5x
⇔
⎢
⎢
⎣

⎡
<≤−
−≤
1x
3
4
5x

Giải (2) : (2)
⇔
⎩
⎨
⎧
≥
<−−
1x
04x51x13
2
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≥
<<
−
1x
4x
13

1
⇔ 1 ≤ x < 4
Hợp lại ta có : x
≤ -5 hay 4x
3
4
<≤
−

Bài 8
Giải bất phương trình :
xx1x1 ≥−−+ (1)
(Đại học Ngoại thương 2001)
Giải
Điều kiện : -1
≤ x ≤ 1
(1)
⇔ x
x1x1
)x1()x1(
≥
−++
−
−+
⇔ x 01
x1x1
2
≥
⎟
⎠

⎞
⎜
⎝
⎛
−
−++
(2)
Nếu x = 0 thì (2) nghiệm đúng .
Xét x
≠ 0 , ta có ( x1x1 −++ )
2
= 2 + 2
2
x1− < 2 + 2 = 4
⇒ x1x1 −++ < 2 ⇒
x1x1
2
−++
- 1 > 0
Do đó (2)
⇔ x > 0
Vậy nghiệm của bất phương trình là : 0
≤ x ≤ 1.


96
Bài 9
Giải bất phương trình :
27x59x313x7 −≤−−−
(Đại học Dân lập phương Đông 2001)

Giải
27x59x313x7 −≤−−−
⇔ 27x59x313x7 −+−≤−
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
−−+−+−≤−
≥
)27x5)(9x3(227x59x313x7
5
27
x

⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
−≥−−
≥
x23)27x5)(9x3(2
5
27
x

⇔

⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≥+−
≤≤
0443x458x59
23x
5
27
2
⇔
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
≤

+
≥
≤≤
59
26304229
x
59
26304229
x
23x
5
27

⇔ 23x
59
26304229
≤≤
+



97
Bài 10
Chứng minh rằng với mọi t
[
]
1;1
−
∈
ta có :

22
t2t11t1t1 −≥−+≥−++
(Đại học quốc Gia TP HCM -2001)
Giải
Với {t}
≤ 1 , ta có :
2
t11t1t1 −+≥−++
⇔ 1 +t + 2
2
t1 − +1 – t ≥ 1 + 1 – t
2
+ 2
2
t1 −
⇔ t
2
≥ 0 ( luôn đúng với mọi t )
Xét : 1 +
2
t1 −
≥ 2 – t
2

⇔ 1 – t
2
-
2
t1 − ≤ 0 ⇔
(

)
01t1t1
22
≤−−−
⇔
2
t1 −
≤ 1 (luôn đúng )
Vậy với mọi t
[]
1;1−∈ , ta có :
22
t2t11t1t1 −≥−+≥−++
Bài 11
Giải bất phương trình : 2x
2
+ 6x5x
2
−− > 10x + 15
(Đại học Y- Hà Nội- 2001 )
Giải
2x
2
+ 6x5x
2
−− > 10x + 15
⇔ 2(x
2
– 5x – 6) + 6x5x
2

−− +3 > 0
Đặt y =
6x5x
2
−− ; với x ≤ -1 hoặc x ≥ 6 thì y ≥ 0
Ta có bất phương trình : 2y
2
+ y – 3 > 0 ⇔
⎢
⎢
⎣
⎡
−<
>
)loai(
2
3
y
1y

Vậy
6x5x
2
−− > 1 ⇔ x
2
– 5x – 7 > 0


98
⇔

⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
<
+
>
2
535
x
2
535
x

Bài 12
Giải bất phương trình :
4x5x23x4x2x3x
222
+−≥+−++−
(Đại học Y Dược TP HCM - 2001)
Giải
4x5x23x4x2x3x
222
+−≥+−++− (*)
Điều kiện :
⎢
⎣

⎡
≤
≥
1x
4x

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

• Trường hợp 1 : x ≥ 4
(**)
⇔ 4x23x2x −≥−+− = 4x4x −+−
(Bất phương trình luôn đúng với mọi x
≥ 4 ;vì x – 2 > x – 4; x – 3 > x –
4 )

• Trường hợp 2 : x < 1
(**)
⇔ )x1)(x4(2)x1)(x3()x1)(x2( −−≥−−+−−

⇔ x42x3x2 −≥−+− (vô nghiệm)
Vì
∀ x < 1 : 2 – x < 4 – x ; 3 – x < 4 – x

• Trường hợp 3 : x = 1 : (**) đúng
Đáp số : x = 1 hay x
≥ 4


99

Bài 13
Giải bất phương trình :
()
4x
x11
x
2
2
−>
++

(Đại học Sư phạm Vinh - 2001)
Giải
()
4x
x11
x
2
2
−>
++
(*)
• Khi x = 0 : (*) ⇔ 0 > -4 (đúng)
Vậy x = 0 là nghiệm của bpt (*)
• Khi x ≠ 0 :
(*)
⇔
()
2
2

2
x
x11x +−
> x – 4 ⇔1 - 2 x1 + + 1 + x > x – 4
⇔
⎩
⎨
⎧
≠
<+
0x
3x1
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≠
<+
−≥
0x
9x1
1x
⇔
⎩
⎨
⎧
≠
<≤−

0x
8x1

Vậy : (*) có nghiệm là : -1
≤ x < 8
Bài 14
1) Giải và biện luận theo a bất phương trình:
2x a x.
−
≥
2) Cho bất phương trình : mx x 3 m 1
−
−≤ +
a) Giải bất phương trình với
1
m.
2
=

b) Với giá trò nào của m thì bất phương trình có nghiệm ?
Giải.
1) Điều kiện :
xa/2.≥

2x a x.−≥ ⇔
2
22x a 2x a a 1a (2x a 1) (1) −≥ −+⇔−≥ −−
• 1a 0 a 1:(1)−<⇔> vô nghiệm
• 1a 0 a 1:(1)−=⇔= có nghiệm x = 1
•

22
1a 0 a 1:(1) 0 (2x a 1) (1a)−>⇔< ⇔≥ −− − −
1a 2x a1 1a⇔− − ≤ − − ≤ −
11a 2xa11a (2) ⇔− −≤ −≤+ −


100
)0 a 1 1 1 a a/2 α<<⇒−−≥ nên (2) 1 1a x 1 1a
⇔
−−≤≤+−
) a 0 : (2) a/2 x 1 + 1-a.β≤ ⇔ ≤≤
2) Điều kiện của nghiệm :
x3≥
Đặt
2
tx30xt33=−≥⇒=+≥
và bất phương trình đã cho trở thành
2
f(t) mt t 2m 1 0,t 0 (1) =−+−≤≥
b)
)m 0: α≤ Vì t0≥ nên (1) được thỏa mãn.

)m 0:f(t) β> có biệt số
2
1 4m(2m 1) 8m 4m 1.
∆
=− − =− + +
Để (1) có nghiệm
t0,≥ trước hết cần có :
00m(13)/4∆≥ ⇒ < ≤ +

Khi đó f(t) có nghiệm
1
1
t
2m
−
∆
=
và
2
1
t0.
2m
+∆
=
> Từ đó suy ra bất
phương trình đã cho có nghiệm
12
tt
≤
(nếu
1
t0≥ ) hoặc là :
2
0tt≤≤ (nếu
1
t0)
<
hoặc
2

tt
=
(nếu
12
tt).
=

Đáp số :
13
m
4
+
≤

b) Với
12
m1/2:t 0,t 2 0t x32===⇒≤=−≤
0x34 3x7⇔≤−≤⇒≤≤(do áp dụng phần 2).
Bài 15
Với mỗi giá trò a > 0 , giải bất phương trình
axaxa >−++ (1)
(Đề thi các trường Đại học miền Bắc năm 1970)
Giải
Điều kiện :
⎩
⎨
⎧
≥−
≥+
0

0
xa
xa
⇔
⎩
⎨
⎧
≤
−≥
ax
ax
⇔ -a ≤ x ≤ a (*)
(1)
⇔
()
2
2
axaxa >−++

⇔ 2a + 2
22
xa − > a
2
⇔ 2
22
xa − > a(a – 2)
⇔
()
(
)

()
()
⎩
⎨
⎧
−>−
−
∨
⎩
⎨
⎧
≥−
<−
2
222
22
24
2
0
02
aaxa
aa
xa
aa

⇔
()
⎩
⎨
⎧

−<
≥
∨
⎩
⎨
⎧
≤≤−
<<
aax
a
axa
a
44
2
20
32
(2)


101
Xét hệ (2) ta có :
• Nếu a ≥ 4 ⇒ 4x
2
< a
3
(4 – a) < 0 : hệ vô nghiệm
• Nếu 2 ≤ a < 4 ⇒ x
2
<
()

a
a
−4
4
3
⇔
()
aa
a
x −< 4
2

Kết hợp điều kiện (*) ta chọn được
⏐x⏐ <
()
aa
a
−4
2

Vậy nghiệm của bất phương trình (1) là :
• ⏐x⏐ ≤ a với 0 < a < 2
• ⏐x⏐ <
()
aa
a
−4
2
với 2 ≤ a < 4
Vô nghiệm khi a

≥ 4
Chú ý : Dễ dàng kiểm chứng rằng
()
aa
a
−4
2
≤ a với 2 ≤ a < 4 .
Bài 16
Với giá trò nào của y tồn tại ít nhất một giá trò của x là nghiệm của bất
phương trình

0log23log2
22
2
1
2
2
1
>−+− xyy
(1)
Giải
Đặt
my =
2
2
1
log
, điều kiện y ≠ 0
Bất phương trình đã cho thành

2m – 3 + 2mx – x
2
> 0 ⇔ x
2
– 2mx + 3 – 2m < 0 (2)
Bài toán trở thành đi tìm m để bất phương trình (2) có nghiệm
Trước hết ta đònh m để bất phương trình (2) vô nghiệm , tức là đònh m
để x
2
– 2mx + 3 – 2m ≥ ∀x
Điều này xảy ra khi và chỉ khi :
∆’ ≤ 0 ⇔ m
2
+ 2m – 3 ≤ 0 ⇔ -3 ≤ m ≤ 1
do đó các trò của m để bất phương trình (2) có nghiệm là :
m < -3
∨ m > 1
• Với m < -3 , ta có :
3log
2
2
1
−<y
⇔ y
2
> 8 ⇔ ⏐y⏐ > 2 2


102
• Với m > 1 ta có :

1log
2
2
1
>y
⇔ 0 < y
2
<
2
1
⇔ 0 < ⏐y⏐ <
2
2

Bài 16
Đònh y để :
0
1
log12
1
log12
1
log2
222
2
>
⎟
⎟
⎠
⎞

⎜
⎜
⎝
⎛
+
+−
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
++
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
−
y
y
y
y

x
y
y
x

nghiệm đúng với mọi x
Giải
Đặt :
m
y
y
=
+
+
1
log1
2

Điều kiện
1+y
y
> 0 ⇔ y < -1 ∨ y > 0
Bất phương trình đã cho thành (3 – m)x
2
+ 2mx – 2m > 0 (2)
Bất phương trình (2) nghiệm đúng với mọi x nếu và chỉ nếu :
0
3
60
3

06
03
0'
2
<⇔
⎩
⎨
⎧
<
>∨<
⇔
⎩
⎨
⎧
<
<+−
⇔
⎩
⎨
⎧
>−
<∆
m
m
mm
m
mm
m

Từ đó m < 0

⇔
1
log1
2
+
+
y
y
< 0
⇔
1
log
2
+y
y
< -1 ⇔
1+y
y
<
2
1
⇔ -1 < y < 1
Kết hợp với điều kiện ban đầu ta có 0 < y < 1
Vậy với 0 < y < 1 thì bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x
Bài 17
Giải phương trình :
(
)
75152452 +≥−−+
xxx

(*)
(Đề thi Đại học Tổng hợp Quốc gia Matxcơva – 1977)
Giải
Điều kiện 5
x
– 7 ≥ 0 ⇔ 5
x
≥ 7 ⇔ x ≥ log
5
7
(*)
⇔
()
75152452 +≥−−+
xxx

⇔
()
75752452 ++−≥+
xxx



103
⇔
()
(
)
(
)

7575275752452 +−+++−≥+
xxxxx

⇔ 484952
2
≤−
x
⇔ 24495 ≤−
x
⇔ 576495
2
≤−
x

⇔ 5
2x
≤ 625 ⇔ 5
x
≤ 25 = 5
2
⇔ x ≤ 2
Giao với điều kiện ban đầu ta được nghiệm của bất phương trình là
log
5
7 ≤ x ≤ 2
Bài 18
Giải bất phương trình
(
)
1

114
2
log34log
2
2
1
2
2
+
+++−
>+−
xxx
xx

Giải
Điều kiện để bài toán có nghóa là :
⎩
⎨
⎧
≥+
≥−
01
04
2
x
xx
⇔ -1 ≤ x ≤ 0 ∨ x ≥ 4
Ta có VP =
1
114

2
log
2
2
1
+
+++−
xxx

=
2
1
log
114
2
log
2
1
2
2
1
+
+++−
xxx

=
114
1
log
2

2
1
+++− xxx

=
(
)
114log
2
2
+++− xxx
Từ đó bất phương trình trỡ thành :
(
)
(
)
114log34log
2
2
2
2
+++−>+− xxxxx
⇔ 11434
22
+++−>+− xxxxx
⇔ 21 <+x ⇔ x + 1 < 4 ⇔ x < 3
Giao với điều kiện ban đầu ta được nghiệm của bất phương trình là
–1
≤ x ≤ 0