Bất phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối

57
VẤN ĐỀ 4







BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA
GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI



58
Vấn đề 4
Bất Phương Trình Chứa
Giá Trò Tuyệt Đối
A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT :
I. Vài nét chung :
Bằng cách loại bỏ dấu giá trò tuyệt đối, một bất phương trình
chứa dấu trò tuyệt đối được biến đổi tương đương với một hay nhiều
bất phương trình hoặc tương đương với một hay nhiều hệ bất phương
trình không chứa giá trò tuyệt đối.
Chú ý :

Để giải một hệ có dạng
f(x) 0(1)
g(x) 0(2)

≥
⎧
⎨
≥
⎩


Ta tìm tập nghiệm
1
S và
2
S của (1), (2)
Tập nghiệm của hệ là
12
SS S
=
∩
Để giải hai hệ có dạng :
f(x) 0 h(x) 0
(I) (II)
g(x) 0 k(x) 0
≥≥
⎧⎧
∨
⎨⎨
≥≥
⎩⎩


Ta tìm nghiệm S của (I) và S

'
của (II)
Tập nghiệm của hai hệ trên là:
'
SS∪
II. Các dạng thường gặp
1. ⏐A⏐ ≤ B ⇔ -B ≤ A ≤ B
Chứng minh : Ta có ⏐A⏐ ≤ B (1)
• B < 0 : (1) không xảy ra
• B ≥ 0 : (1) ⇔ A
2
≤ B
2



59
⇔ (A + B)(A – B) ≤ 0 ⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎩
⎨
⎧
≥
−≤

⎩
⎨
⎧
≥
−≥
⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎩
⎨
⎧
≤+
≥−
⎩
⎨
⎧
≥+
≤−
BA
BA
BA
BA
BA
BA
BA

BA
0
0
0
0

⇔
⎢
⎣
⎡
≤≤−
ra xay Khong
BAB
⇔ -B ≤ A ≤ B
2. ⏐A⏐ ≥ B ⇔
⎢
⎣
⎡
≥
−≤
BA
BA

(Ban đọc có thể tự chứng minh như tính chất trên)
3. ⏐A⏐ ≥ ⏐B⏐ ⇔ ⏐A⏐
2
≥ ⏐B⏐
2
⇔ A
2

≥ B
2
⇔ (A + B)(A – B) ≥ 0
(Sau đó thường dùng xét dấu vế trái )
4. Với 2 số thực bất kỳ a,b
ab a b
+
≤+ .
Dầu “=” xảy ra khi a , b không âm
Như vậy , nếu ab < 0 thì
ab a b
+
<+
5. Dùng phương pháp chia khoảng .
6. Dùng đồ thò để giải bất phương trình chứa giá trò tuyệt đối.
B. CÁC VÍ DỤ :
Ví dụ 1
a)
2
x2xx (1)−〈
Giải
(1)
2
2
x2xx
x2xx


⎡
−〈

⎢
⇔
⎢
−+ 〈
⎣
x0x2
x2
≤
∨≥
〈〈
,nếu
,nếu 0


2
2
x3x0
xx0

⎡
−〈
⎢
⇔
⎢
−〉
⎣

xox2
ox2
≤

∨≥
〈〈


0
x
x 3

0x1
〈〈
⎡
⇔
⎢
〈∨〉
⎣
nếu
x0x2
0x2
≤
∨≥
〈〈

2x3
1x3
1x 2
≤<
⎡
⇔
⇔< <
⎢

<<
⎣

Kết luận : Tập nghiệm của Bất Phương trình la:ø S = (1,3)
Nhớ :
AB ABA⊂⇒∩=và
ABB∪=



60
b)
2
x4
x2x
−
−+
> 0 (1)
Điều kiện : 4 – x
2
> 0 ⇔ x
2
< 4 ⇔ 2
−
< x < 2 (*)
Với điều kiện (*) thì (1)
⇔ x2x −+ > 0
⇔ (x + 2)
2
> x

2
⇔ (x + 2 – x)(x + 2 + x) > 0
⇔ 2(2x + 2) > 0 ⇔ x > 1
−

Kết luận :
2x1 <<−
Ví dụ 2
• Nếu BPT có dạng
(
)
fx g(x) (1)<
(1)
f(x) g(x)
x0
f( x) g(x)
x0
⎡<
⎧
⎨
⎢
≥
⎩
⎢
⇔
⎢
−<
⎧
⎢
⎨

<
⎢
⎩
⎣

Giải
BPT :
2
x2x3 (1)−<
(1)
22
22
x2x3 x2x30, x0
x2.(x)3 x2x30, x0
với x 0 nếu
với x<0 nếu
⎡⎡
−< ≥ −−< ≥
⎢⎢
⇔⇔
⎢⎢
−−< +−< <
⎣⎣

1x3, x0
3x0
3x1, x0
nếu 0 x<3
-3 < x < 3
nếu

−< < ≥ ≤
⎡
⎡
⇔⇔⇔
⎢
⎢
−< <
−< < <
⎣
⎣

Kết luận : Tập nghiệm của BPT đã cho là S = (- 3; + 3)
Cách khác :
Có thể đặt ẩn phụ để giải :
(1)
2
t2t3
x3
tx0

0 t < 3 -3 < x < 3

⎧
−<
⎪
⇔⇔≤⇔≤<⇔
⎨
=≥
⎪
⎩

* Tốc độ việc giải bằng ẩn phụ có lẽ nhanh hơn phải không bạn đọc.
Nhưng phải nhẩm đấy nhé.
Bài Tập tương Tự :
Giải BPT :
2
xxx6<− + + ĐS : 17x6
−
<<



61
Ví dụ 3
Giải và Biện luận BPT sau :
2
x5x4a (1)−+<

Giải
a0: (1)≤
vô nghiệm vì
2
x5x40,xR
−
+≥∀∈

a0:>
2
x5x4−+= 0 có
1

x1
=
và
2
x4
=
, Dựa vào bảng xét dấu
Xét các trường hợp sau :
•
x1<
:
(1)
2
x5x4a0(a)
x1

⎧
⎪
−+−<
⇔
⎨
<
⎪
⎩

Vậy
2
f(x) x 5x 4 a=−+− có 94a∆= +
Với
a0, (a)>

có tập nghiệm là
5 9 4a 5 9 4a
x
22
−+ ++
<<

Chứng minh được : Khi a > 0 :
594a
4
2
++
>
và
594a
1
2
−+
<

Vậy : tập nghiệm của BPT lúc này là :
594a
x1
2
−+
<
<
• 1x 4:≤≤
(1) trở thành
2

x5x4a0 (b)−++>
Vật VT là
2
g(x) x 5x 4 a=−++ có 94a∆= −
Với
9
0a ,(b)
4
<≤
có tập nghiệm là :
1
x (594a) (594a)
2
1
v
2
−∞<< −− −−

9
a:
4
>
bpt có tập nghiệm 1x 4
≤
≤
9
0a :
4
<≤
bpt có tập nghiệm

1
1x (5 94a
2
≤< − −
hay
1
(5 9 4a ) x 4
2
−
−<≤
•
5x 4 a 0
x4:
x4
2
f(x) = x
(1)
⎧
⎪
−
+−<
>⇔
⎨
>
⎪
⎩



62

11
(5 9 4a x (5 9 4a )
22
x4
⎧
−+<< ++
⎪
⇔
⎨
⎪
>
⎩

1
4x (5 94a)
2
⇔<< + +

Tóm lại :
a ≤ 0 : BPT vô nghiệm
0 < a ≤
9
4
: BPT có nghiệm :
594a 594a
x
22
⎛⎞
−+ −−
<<

⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
hay
594a 594a
x
22
+− ++
<<

a >
9
4
: BPT có nghiệm :
5 9 4a 5 9 4a
x
22
−+ ++
<<

Các em có thể đối chiếu với đồ thò
Ví dụ 4
Giải bất phương trình sau :
⏐x - 1⏐ ≥ ⏐x⏐
Giải
Đặt
()
()
⎪
⎩

⎪
⎨
⎧
=
=−
xgx
xfx 1

Vẽ f(x) =
⏐x - 1⏐ =
⎩
⎨
⎧
<−
≥−
)1(1
)1(1
xx
xx

Vẽ g(x) =
⏐x⏐ =
⎩
⎨
⎧
<−
≥
)0(
)0(
xx

xx
chưa vẽ hình
Nhìn trực tiếp vào đồ thò ta thấy nghiệm của bất phương trình là tập
hợp các giá trò của x sao cho đồ thò của hàm số f(x) nằm hoàn toàn
trên đồ thò của hàm số g(x) , đó là x
∈
⎥
⎦
⎤
⎜
⎝
⎛
∞−
2
1
,

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S =
⎥
⎦
⎤
⎜
⎝
⎛
∞−
2
1
,

Chú ý : 2 đồ thò có hoành độ giao điểm là x=

2
1



63
Ví dụ 5
1. Giải các bất phương trình sau :
a)
⏐x
2
+ 4x - 12⏐ < x + 5
⇔ -x – 5 < x
2
+4x – 12 < x + 5 (do tính chất ⏐A⏐ < B ⇔ -B < A < B)
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
<−−−+
>−+−+
05124
05124
2
2
xxx
xxx
⇔

⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
<−+
>−+
0173
075
2
2
xx
xx

⇔
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
+−
<<
−−
+−
>∨
−−
<
2

773
2
773
2
335
2
535
x
xx
⇔
2
773
2
535 +−
<<
+−
x

b)
⏐x
2
– 5x + 9⏐ > ⏐x - 6⏐
⇔ (x
2
– 5x + 9)
2
> (x – 6)
2
⇔ (x
2

– 6x + 15)(x
2
– 4x + 3) > 0
⇔ x < 1 ∨ x > 3
c)
⏐x - 1⏐ + ⏐2 - x⏐ > 3 + x
x 1 2
x-1 - 0 + | +
x-2 + | + 0 -
• TH1 : 0
0
1
321
1
<⇔
⎩
⎨
⎧
<
<
⇔
⎩
⎨
⎧
−>−++−
≤
x
x
x
xxx

x

• TH2 :
⎩
⎨
⎧
>
<<
⇔
⎩
⎨
⎧
−>−+−
<<
2
21
321
21
x
x
xxx
x
⇔ x ∈ ∅
• TH3 : 2
321
2
>⇔
⎩
⎨
⎧

−>+−−
≥
x
xxx
x
.
Hợp 3 trường hợp , bpt (1) có nghiệm là x < 0
∨ x > 2

2. Giải các bất phương trình :
a) 2
⏐x + 3⏐ > x + 6
⇔
()
()
⎢
⎣
⎡
>
−<
⇔
⎢
⎣
⎡
−−<+
+<+
⇔
⎢
⎣
⎡

−−<+
+>+
0
4
662
662
632
632
x
x
xx
xx
xx
xx

Vậy nghiệm của bất phương trình là x < -4
∨ x > 0


64
b)
1
21
>
−++
x
xx

• x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1 (1)
bpt

⇔ 100
1
0
21
>∨<⇔>
−
⇔>
−−++
xx
x
x
x
xxx
(2)
(1) và (2)
⇔ -1 ≤ x < 0 ∨ x > 1
• x + 1 < 0 ⇔ x < -1 (3)
bpt
⇔ 030
3
0
21
>∨−<⇔>
−
−
⇔>
−
−+−−
xx
x

x
x
xxx
(4)
(2) và (4)
⇔ -3 < x < -1
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: –3 < x < 0
∨ x > 1
c)
⏐x
2
– 3x + 2⏐ > ⏐x
2
+ 3x + 2⏐
⇔ (x
2
– 3x + 2)
2
– (x
2
+ 3x + 2)
2
> 0 ⇔ -6x(2x
2
+ 4) > 0
Vì 2x
2
+ 4 > 0 , ∀x ∈ R
Nên –6x > 0
⇔ x < 0

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: x < 0

3. Giải các bất phương trình sau :
a) 2x
2
+
x
x
1
+ +
2
2
x
- 1 > 0
Đặt
x
x
1
+ = t (t ≥ 2) ⇒ t
2
= x
2
+ 2 +
2
1
x
⇒ 2
1
2
2

2
−=+ t
x
x
bpt
⇔ 2(t
2
– 2) + t – 1 > 0 , t ≥ 2 ⇔ 2t
2
+ t – 5 > 0
⇔
4
411
4
411 +−
>∨
−−
< tt ]
Giao với điều kiện t
≥ 2 ta được t ≥ 2 ⇔ 2
1
≥+
x
x ⇔ ∀x ≠ 0
Vậy bất phương trình có vô số nghiệm loại trừ x = 0

b)
⏐x
3
+ x

2
- 1⏐ ≤ ⏐ x
3
+ 2x - 4⏐
⇔ (x
3
+ x
2
– 1)
2
≥ (x
3
+ 2x – 4)
2
⇔ (2x
3
+ x
2
+ 2x – 5)(x
2
– 2x + 3) ≤ 0
Nhận xét : x
2
– 2x + 3 > 0 ,∀x


65
⇒ bpt : 2x
3
+ x

2
+ 2x – 5 ≤ 0 ⇔ (x – 1)(2x
2
+ 3x + 5) ≤ 0 (*)
Nhận xét : 2x
2
+ 3x + 5 > 0 ,∀x
(*)
⇔ x – 1 ≤ 0 ⇔ x ≤ 1
Ví dụ 6
Giải bất phương trình : x
2
≤
2
x
2
1 − (*)
Giải
Điều kiện : x
≠ 0
(*) ⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−≥−
−≤
2

2
2
2
x
2
1x
x
2
1x
⇔
⎢
⎢
⎣
⎡
≥+−−
≤+−
02xx
62xx
24
24

Đặt t = x
2
; t > 0 với ∀x ≠ 0
⇔
⎢
⎢
⎣
⎡
≥+−−

≤+−
02tt
02tt
2
2
⇔
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎩
⎨
⎧
>
≤≤
∀>+−∅∈
0t
1t2-
t), t (vì
2
02tt
⇔ 0 < t ≤ 1 (*)
(*) ⇔ 0 ≤ x
2
≤ 1 ⇔
⎪
⎩
⎪
⎨

⎧
≤
≠∀>
1
0x
2
2
x
0x ,
⇔
⎩
⎨
⎧
≤≤−
∈∀
1x1
}0{\Rx

⇔ -1 ≤ x ≤ 1 và x ≠ 0
Ví dụ 7
Giải bất phương trình sau : |x
3
+ x
2
– 1| ≤ |x
3
+ 2x – 4|
Giải
⇔ (x
3

+ x
2
– 1)
2
≤ (x
3
+ 2x – 4)
2

⇔ (x
3
+ x
2
–1 – x
3
– 2x + 4)(x
3
+ x
2
– 1 + x
3
+ 2x – 4) ≤ 0 ∀x
⇔ (x
2
– 2x + 3)(2x
3
+ x
2
+ 2x – 5) ≤ 0
⇔

⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≥−++
≤−−
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≤−++
≥+−
05x2xx2
03x2x
05x2xx2
03x2x
23
2
23
2

⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≥++−
∅∈
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≤++−
∈
0)5x3x2)(1x(
x
0)5x3x2)(1x(
Rx
3
2

⇔ (x – 1)(2x

3
+ 3x + 5) ≤ 0


66
⇔ x – 1 ≤ 0 ⇔ x ≤ 1 (Vì 2x
2
+ 3x + 5 ≥ 0, ∀x)
Ví dụ 8
Giải bất phương trình sau :
2 +
x
2x
2
+
≤
2
24
x
4x4x +−

Giải
Đặt
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≥
−

=
0t
x
2x
t
2
⇒ t
2
=
2
24
x
4x4x +−

⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≥
≤+
0t
tt2
2
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨

⎧
≥
≥−−
0t
02tt
2
⇔
⎩
⎨
⎧
≥
≥∨−≤
0t
2t1t
⇔ t ≥ 2
⇒
x
2x
2
−
≥ 2 ⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
≥
−
−≤

−
2
2
2
2
2
2
x
x
x
x
⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
≥
−−
≤
−+
0
x
2x2x
0
x
2x2x
2
2

⇔
⎢
⎢
⎣
⎡
+≥∨<≤−
+−≤<∨−−≤
31x0x31
31x031x

Kết quả :
x
≤ -1 - 3 ∨ 1 - 3 ≤ x < 0 ∨ 0 < x ≤ -1 + 3 ∨ x ≥ 1 + 3
Ví dụ 9
Giải và biện luận :
22
xmxm1xmx(*)−++<−
Giải
Dựa vào tính chất :
AB
<
BAB
⇔
−< < .
22
22
xmxm xmx
(*)
xmxm1xmx

(1)
(2)
⎧
−++<−
⎪
⇔
⎨
−++>−+
⎪
⎩

Gọi
1
S và
2
S lần lượt là tập nghiệm của (1)và (2)
Ta có : (1)
⇔ 0x > m + 1
*
m1:(1)≥− vô nghiệm
1
S⇒=∅
*
m1:(1)<− đúng
1
xR S R∀∈ ⇒ =


67
Nghiệm của bất phương trình (*)là

12
SS S
=
∩
Do đó :
*
m1:S≥− =∅ *
2
m1:SS
<
−=
Giải (2) với m < - 1. Ta có :
2
(2) 2x 2mx m 1 0
⇔
−++>
mà
'2
m 2(m 1) 0(do )m < - 1∆= − + >
Do đó:
'
21
2
S(,x)(x )=−∞ ∪ +∞ với
2
1,2
mm2m2
x
2
±

−−
=

Kết luận : Nghiệm của bất phương trình (*) là :
11,
S( ,x)(x
=
−∞ ∪ ∞ )
Ví dụ 10
Xác đònh m sao cho mọi nghiệm của bất phương trình :
mx
2
- 1m + x + 3 m
4
1
2
1
− ≥ 0 (1)
thỏa mãn bất phương trình
2
mxsin
1
< (2)
Giải
Xét điều kiện của (2) : sinmx
≠ 0 ⇔ mx ≠ kπ (k ∈ Z)
(1)
⇔
⎢
⎢

⎣
⎡
>
<
2
1
mxsin
0mxsin
⇔
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
π+
π
<<π+
π
π+π<<π+π
22
11
k2
6
5
mxk2
6
k22mxk2
(3)
Do (2) ta luôn có điều kiện m
≠ 0

Nếu m > 0 thì nghiệm của (1) sẽ hoặc là đúng với mọi x (trong
trường hợp
∆ ≤ 0 ) hoặc là 2 khoảng nghiệm [-∞ , x
1
] và [x
2
,∞] (trong
trường hợp
∆ > 0) nên điều kiện : với mọi nghiệm của (1) là nghiệm
của (2) không thỏa mãn .
Vậy bài toán chỉ cần xét trường hợp m < 0 .
Do m < 0 , nhân 2 vế của (1) với m
Đặt t = mx , ta có :
T
2
- (m + 1)t + 3m
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
− m
4
1
2
1
≤ 0 (3)

68
∆ = (m+1)
2
–12m
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
− m
4
1
2
1
= (2m – 1)
2

a)
Nếu m < -1 : (m+1)=-(m+1)
(2)
có nghiệm
2
2m −
≤ t ≤
2
m3
−

b)

Nếu m ≥ -1 thì (3) có nghiệm :
2
m3
≤ t ≤
2
m2
−

Ta thấy rằng nghiệm của (1) là khoảng (4) hoặc (5) tùy theo m ,
luôn là khoảng có 2 đầu mút trái dấu . Còn nghiệm của (2) là các
khoảng cho bởi (3) , al2 các khoảng có đầu mút cùng dấu (dương hay
âm tuỳ theo việc chọn k
1
hoặc k
2
)
Vậy : nghiệm của (1) không phải tất cả đều là nghiệm của (2) .
Hay không tồn tại m thỏa mãn bài toán cho
Ví dụ 11
Một tí suy nghó từ phương trình chuyển qua bất phương trình
( ngày 2-4-2001 tại một lớp học 12 PTTH Chuyên Lê hồng Phong )
Cho phương trình : x
2
– x + 1 = 3|x – 1| + m.
Đònh m để phương trình có bốn nghiệm phân biệt.
Giải
Cách 1
x
2
– x + 1 = 3|x – 1| + m (1)

⇔
2
2
1 3(1 ) , x 1
x13(1), x<1
xx xm
xxm
⎡
−+= − + ≥
⎢
−+= − +
⎣

⇔
2
2
( ) 4 4 0, x 1 (Ia)
g(x)=x 2 2 0, x<1 (Ib)
fx x x m
xm
⎡
=−+−= ≥
⎢
+−−=
⎣

Yêu cầu đề bài là (1) có bốn nghiệm
⇔
≤
<

⎧
⎨
<
<
⎩
12
12
( ) có hai nghiệm phân biệt thỏa 1 x
( ) có hai nghiệm phân biệt thỏa x 1
I
ax
Ib x

(dễ thấy hiện tượng trùng nghiệm giữa hai phương trình không xảy ra)


69
⇔
≥
⎧
⎪
∆>
⎪
⎪
>
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪

∆
⎪
⎪
<
⎪
⎩
1
2
(1) 0
0
1 (luôn đúng)
2
g(1)>0
g>0
S
1
2
f
f
S
⇔
−
+− ≥
⎧
⎪
>
⎪
⎨
−>
⎪

⎪
+>
⎩
144 0
0
10
30
m
m
m
m
⇔
<
⎧
⎪
>
⎪
⎨
<
⎪
⎪
>−
⎩
1
0
1
3
m
m
m

m

⇔ 0 < m < 1
Cách 2
Ta có phương trình đầu tiên ⇔
2
2
( ) 4 4 khi x 1
g(x)=x 2 2 khi x<1
fx x x
x
⎡
=
−+ ≥
⎢
+−
⎣

Bảng biến thiên :
x -
∞ -1 1 2 +∞
f(x) | 0
g(x) -3 |
h(x) +∞ 1 +∞
-3 0
(với h(x) = x
2
– x + 1 – 3|x – 1| = m)
Số giao điểm của đường biểu diễn C
h

với (d) : y = m là số nghiệm của
phương trình (1)
Vậy phương trình có bốn nghiệm phân biệt khi 0 < m < 1.
Từ bài toán trên các bạn có thể chuyển qua các bài toán về bất
phương trình dể dàng.
VD như sau :
a) Tìm m để bất phương trình : x
2
–x + 1 < 3|x – 1| + m (a) có
nghiệm. Ta có : x
2
– x + 1 – 3|x – 1| < m (a)
(a)
có nghiệm khi m > min ( )
xR
fx
←
⇔ m > -3
b) Tìm m để bất phương trình trên vô nghiệm .
Bất phương trình (a) vô nghiệm khi m
≤ -3.


70
Bạn đọc có thể tìm tòi các bài bất phương trình có chứa GTTĐ với m
là tham số để chế ra các bài toán tương tự như trên. Chúc các bạn sẽ
tìm được nhiều điều lý thú .
C. BÀI TẬP TỰ GIẢI :
Bài 1
Giải các bpt sau :

a)
2
x12x0 x1 2 ĐS : -1+ 2−− < < <+
b)
x 2x4 x2 ĐS: x 3≤−+− ≤hay x5≥
c)
242
2
x2x4x4
2
x
x
ĐS: x 1
−−+
+≤ ≤

d)
32 3
xx1x2x4 +−≤ +− Hướng dẫn :
(
)
AB AB(AB)0
<
⇔+ −<
e)
2x 3 x 6 ĐS: x < 4 ha
y
x > 0+>+

f)

x1 x2
1
x
ĐS: -3 < x < 0 ha
y
x > 1
++−
>

g)
22
x3x2x3x2 ĐS: x < 0−+> ++

h)
2
4x 3x 6x 2x6 ĐS: x−+ − < − ∈∅
g) |3x
3
+ 5x – 8| < x
2
– 1 h) |2x + 7| ≤ x
2

i) |x
2
+ 4x – 12| < x + 5 j)
2
2
x5x4
1

x4
−+
<
−

Bài 2
Giải các bpt sau :
a)
2
2
x4 117
1x
4
xx2
-1- 17
ĐS: -6 x
4
−−+
≤≤≤∨≥
++

b)
2
2
2
x1
x
≤−

c)

2
2
x3x2
1
x3x2
−+
≥
++
1 ĐS: x 0 x -2 x -1≥ ≤∧≠ ∧≠
d) 4x
2
+ 2|x + 3| - 10 ≤ 0


71
e) |5 – 4x| ≥ 2x – 1 f) |x
2
– 5| > 4x
g)
23|x|
x1
−
+
≤ 1 h)
2
2
1
x
−
≥ x

2

i) |x
2
– 3x – 3| - |x + 3| ≥ 0 j) |2x + 3| > | 11x – 4|
k) |2x
2
– 5x| > |x
2
– 4|
Bài 3.
Giải các bất phương trình :
a) |x – 3| + |5 – x| < 3x b) |x
2
– x – 6| < x
c) |x
2
– 5x + 4| > x – 2 d) |x - |x – 2|| < 2
e) |3x
2
– 2x – 1| < |x
2
– x|
Đáp số :
a) x >
5
8
b) 71x6 +<<
c) x < 2 +
2 hoặc x > 3 +

3
d) x >
2
1

Bài 4
Giải và biện luận theo m bất phương trình :
|x
2
– 2x + m| ≤ |x
2
– 3x – m|
Bài 5
Đònh m để bpt sau có tập nghiệm là R
∈

a)
2
x2mx2xm20 m 2 ĐS:- 2−+−+> <<
b) Đònh a để :
()
6
sin x x a sin 2x ,
6
cos x
+
≥∀
Hướng dẫn : tsin2x,0t1=≤≤ ĐS :
1
a

4
≤

c) Đònh m để bất phương trình
2
x2x1m
−
−≥ thỏa với mọi x
Đáp số : m3≤−
d)
22
4x mx 2 4x 2x 4++< ++
Bài 6
Đònh m để bpt sau có nghiệm
a)
22
2x 4 x 1 m m 0 (1)−++−≤
Hướng dẫn : đặt tx1 xt1=+⇔=−
22
(1) 2(t 1) 4 t m m 0⇔−−+−≤


72
22
22
t0
f(t) 2t 8t m m 2 0
t0
g(t) 2t m m 2 0
(a)

(b)
⎡
≥
⎧
⎪
⎢
⎨
=−+−+≤
⎢
⎪
⎩
⇔
⎢
<
⎧
⎢
⎪
⎨
⎢
=+−+≤
⎪
⎢
⎩
⎣

Xử dụng phương pháp gián tiếp , tìm m để (1) vô nghiệm
(a) f (t) 0, t 0
(b) g(t) 0, t 0
vô n
g

hiệm
vô nghiệm
>∀≥
⎧⎧
⇔⇔
⎨⎨
>∀<
⎩⎩

b)
[]
22
x2xmm2m0 ĐS : m -1,0+−++≤ ∈
Bài 7
Giải và biện luận bất phương trình :
a)
2
x2xmx−+≥
b)
2
x2x33
−
−<

c)
xm x
2
x2
−+
<

+
d)
22
xx2mxx2
+
−≤−−

Bài 8.
Đònh m để bất phương trình có nghiệm
a)

2
x2xmm0+−+≤ b)
2
x1xm
<
−−
Bài 9.
Đònh m để bất phương trình
a)
2
xm x 2xm−≥ −+thỏa xR
∀
∈
b)
22
xm x2m−≤−thỏa
[
]
x0,1∀∈

Bài 10.
Giải và biện luận bất phương trình theo m :
a)
2
x2x3m−−< b)
2
xxxm
−
+≤
c)
2
xxmx−+ >
d)
22
xxmx3xm
−
+≤ −−

Bài 11.
Đònh m để bất phương trình có nghiệm
a)
22
xxmxx−+ <−
b)
2
x3xm3x
−
+<−

c)

2
x3xmx2−−+<
d)
2
x2mx2xm20
−
+−+>

Bài 12.


73
Đònh m để bất phương trình thỏa
xR
∀
∈

a)
2
x3x2mx1−++ > b)
2
x2xxmm
+
+− ≥

c)
2
x2mx2xm20+−++>
Bài 13.
Cho bất phương trình :

2
xxm3(*).+− < Đònh m để :
a) Bất phương trình (*) có nghiệm
b) Bất phương trình (*) có nghiệm âm
c) Bất phương trình thỏa
(
)
x1;0∀∈−

Bài tập làm thêm
Bài 1
Giải phương trình :
a) 0,3
x -1≤
2
x6 −
b) ( x - 3)( 7x + ) < 0
c) (
x - 5)( 7x − ) ≤ 0 d) 2 x -4,5≥
8
x340 −

e) (
x - 17)( 6x + ) ≥ 0 f) ( x - 8)( 2x − ) > 0
g) x
2
– 8x-
4x
3
−

+18 ≤ 0 h) x
2
– 4x - 2 2x − +1≤0
j) x
2
+ 6x - 4
3x +
-12≤0 k) x
2
+ 10x -
5x
5
+
+ 4 > 0
l)
1
2x
4x
≤
+
+
m) 1
5x
3x
≥
−
−

Bài 2
Giải phương trình :

a)
x3 − < 4 b) 5x3 − ≥10
c) 2
1x +
>x+4 d)3
1x −
≤ x+3
e) x
2
–7x +12 < 4x − f) x
2
–5x +9 < 6x −
g)
x4x
2
− < 5 h) 6xx
2
−− >4


74
j) x3x
2
+ ≥ 2- x
2
k) 8x6x
2
+− < 5x-x
2
Baøi 3

Giaûi phöông trình :
a)
7x2 − ≤ 5 b) x5 − ≥
2
1

c)
2x −
< 2x-10 d)
1x2 −
≥ x - 1
e) x
2
– x- 2< 3x5 − f)2x
2
–9x+9 ≥ 2x −
g)
3xx
2
−− < 9 h) 15x9x2
2
+− ≥ 20
j)
2x3x
2
+− > 3x-x
2
-2 k) 1x
2
− < 3x

Baøi 4
Giaûi phöông trình :
a)
1
2x
x3x
>
+
++
b) 2
x
x2x
<
−+

c)
1
3x
5x2
−>
−
−
d)
0
7x
6xx
2
<
+
+−

e)
0
9x6x
10x7x
2
2
<
+−
+−
f) 2
1x
1x2
>
−
−

g)
3
1xx
1x3x
2
2
<
++
−−
h)
1
2x3x
2x3x

2
2
≥
++
+−

Baøi 5
Giaûi phöông trình :
a)
3
6x
xx4
<
+
+−
b)
0
2x
2x
≥
−
−

c)
2
1
3x
1
<
−

d)
2
6x5x
3x
2
≥
+
−
−

e)
x2
3x
12xx
2
≥
−
−−
f) 1
4x
2
>
−



75
g)
1
2x

1x
2
<
+

h)
1
4x
4x5x
2
2


+

Baứi 6
Giaỷi phửụng trỡnh :
a)
9x4x213
b)
x33x +<+

c)
x3x22x +> d)
3x
x2
x

e)
1
5xx
3x4x
2
2

+
+
f) 2x7x3x27 ++<
Baứi 7
Giaỷi phửụng trỡnh :
a)





<

31x
1x
b)





<+
<+

21x
6x5x
2

Baứi 8
Giaỷi phửụng trỡnh :
a)
1x1x >+ ; b) x33x +>+ s
c)
x3x22x +>
d)
3x
x2
x



e)
1
5xx
3x4x
2

+
+
2
f) 7x2x2x5 +<
Baứi 9
Giaỷi heọ baỏt phửụng trỡnh :
a)

<+
<
31x
5x4x
2
b)





+
<+
11x
6x5x
2

Baứi 10
Giaỷi baỏt phửụng trỡnh :
a)
1x
21x
4

+

b) x11x
3
>


76
c) 3
1x
2x3
<

+

Baứi 11
Giaỷi vaứ bieọn luaọn baỏt phửụng trỡnh :
a)
a2axa3x <+ b)
a2x
a8
x2x
2

<+

Baứi 12
Giaỷi baỏt phửụng trỡnh :
a)
2x
13x
4

+

b)
23
xx11x ++

c)
!
x1
x32
>
+


Baứi 13
Giaỷi vaứ bieọn luaọn baỏt phửụng trỡnh :
a)
> a2ax a3x b) x3axa2x <++
Baứi 14
Giaỷi baỏt phửụng trỡnh :
a)



>

31x2
xx
b)

>+

12x
xx

c)





+<
+
2x4x2x
x475x2
d)





<+
>+
11x1x
61x9x34x2

e)





++
+
0x213x
07x45x2
2
f)







+
>++
1
1x
2x
05x37x2

g)

+
>
22xx31
1x21x
2
h)








+
+
<++
1
5xx
3x4x
0103x2x
2
2
2



77

j)
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≤−
−
−
>
−
xxx
1x2
3
2x
2
3

Bài 15
Tùy theo a , giải và biện luận các bất phương trình :
a)
axx1 ≤+
b)
ax1x ≥−

c)
xax ≥− d) xax ≤+
e)
x1ax +≥
f) ax1x

2
≤−
g)
a1x
2
≥− h) xax
2
≥+
j) 2
ax − < 2ax - x
2
- 2 k) ax
2
a3
ax2 −+>+
l)
222
a2ax >− m) 0
a2x
a4
a
2
≥
−
+
n)
xax1 −<−