phương pháp giải bất phương trình vô tỷ

CỘNG HOÀ XĂ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

Độc lập - Tự do - hạnh phúc
__________

ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
SƠ YẾU LÍ LỊCH
Họ và tên :

Nguyễn Thị Hồng Nhật.

Sinh ngày:

09 tháng 10 năm 1980.

Chức vụ:

Giáo viên.

Đơn vị công tác:

Trường THPT ứng Hồ A – Hà Nội

Trình độ chun mơn: Đại học sư phạm chun ngành Tốn – Tin.
Hệ đào tạo:

Chính Quy.

Bộ mơn giảng dạy:

Tốn.

Trình độ ngoại ngữ:

Trình độ C (Tiếng Anh).

Trình độ chính trị:

Sơ cấp

Khen thưởng:

Sở khen năm học 2006 – 2007.

Chiến sĩ thi đua cấp cơ sở năm 2007-2008
Chiến sĩ thi đua cấp cơ sở năm 2009-2010
Chiến sĩ thi đua cấp cơ sở năm 2010-2011
Tên đề tài:

DẠY HỌC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA
CĂN THỨC BẬC 2 CHO HỌC SINH LỚP 10


MỤC LỤC
SƠ YẾU LÝ LỊCH……………………………………………………………………….1
ĐẶT VẤN ĐỀ………………………………………………………………………….....2
A.
B.
C.
D.

Cơ sở lý luận………………………………………………………....……………….3
Cơ sở thực tiến………………………………...……………………………………...3
Mục đích SKKN………………………………………………………………………3
Đối tượng nhiên cứu…………………………………………………………………..3

NƠI DUNG:……………………………………………………………………………....4
Chương I: Tóm tắt kiến thức cơ bản liên quan
Chương II: Phương pháp biến đổi tương đương
Chương III: Phương pháp đặt ẩn phụ
Chương IV: Phương pháp tọa độ véc tơ
Chương V: Bài tập áp dụng
ĐẶT VẤN ĐỀ
A. Cơ sở lý luận
Dậy học phân loại dạng toán theo chủ đề hiện nay đang được áp dụng phổ biến. Với
việc phân loại các dạng toán giúp học sinh tiếp cận kiến thức dễ hơn. Phân loại dạng
tốn cũng giúp cho học sinh nhìn nhận vấn đề một cách tổng quan.
Các tài liệu về lý luận dạy học đều khẳng định ở trương phổ thong dạy toán là dậy
các hoạt động toán học. Đối với học sinh có thể xem giải tốn là hình thức chủ yếu
của hoạt động toán học. Hoạt động giải bài tập tốn là điều kiện thực hiện các mục
đích dậy toán ở trường phổ thong. Bài toán là phương tiện hiệu quả không thể thay
thế được trong việc giúp học sinh nắm vứng kiến thức; phát triển tư duy, hình thành
kỹ năng kĩ xảo ứng dụng toán học vào thực tiễn.
B. Cơ sở thực tiễn
C. Mục đính SKKN
Đưa ra một số phương pháp giải bất phương trình chứa căn thức bậc hai vào giảng
dậy, giúp các em học sinh nâng cao giải tốn về bất phương trình nói chung và giải
các bài toán khác.
D. Đối tượng nghiên cứu
E. Kế hoạch:
Khảo sát toàn bộ học sinh lớp 10A4 sau khi học xong chương bất đẳng thức, bất

phương trình


Phân tích kết quả, phát hiện nguyên nhân, đưa ra biện pháp khắc phục.
Kết quả khảo sát trước khi thực hiện đề tài
Số học sinh nắm vững kĩ năng giải
bất phương trình
51
12
Kết quả khảo sát trước khi thực hiện đề tài
Tổng số

Số học sinh chưa nắm vững kĩ
năng giải bất phương trình
39

 Số học sinh nắm vứng kiến thức
giải bất phương trình
 Số học sinh nắm vứng kiến thức
giải bất phương trình

CHƯƠNG I. CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN
Trước hết cần làm cho học sinh nẵm vững là việc đầu tiên đối với giải bất
phương trình chữa căn thức bậc hai là cần phải đặt điều kiện cho căn thức bậc hai.
Giáo viên cần dạy cho học sinh các phép biến đổi tương đương của phương
trình sau:
1.

Cơng ( Trừ)

2.

P(x) < Q(x)
P(x) + Q(x) < Q(x) + F(x)
Chú ý biểu thức F(x) phải có cùng điều kiện xác định với bất phương trình
ban đầu.
Nhân ( Chia)
P(x) < Q(x)

⇔

⇔

P(x) . Q(x) < Q(x) . F(x)

Nếu F(x) > 0 với mọi x thuộc TXĐ của bất phương trình.
P(x) < Q(x)

⇔

P(x) . Q(x) > Q(x) . F(x)


Nếu F(x) < 0 với mọi x thuộc tập xác định của bất phương trình.
Chú ý: Đây là phép biến đổi mà học sinh rất hay nhầm lẫn và làm theo thói
quen như giải phương trình, Giáo viên cần nhấn mạnh các điều kiện và phát triển
rõ bằng phép biến đổi tương đương trên.
3.

Bình phương

P(x) < Q(x)

⇔

P2(x) < Q2(x) P(x) 0 và Q(x) 0

∀

x

Đặc biệt lưu ý đối với học sinh ta thường chỉ dùng phép biến đổi tương
đương để giải bất phương trình và khơng sử dụng phép biến đổi hệ quả.
Để có thể thực hiện tốt các phép biến đổi tương đương rèn luyện kĩ năng
biến đổi biểu thức thì giáo viên có thể nêu một số đồng nhất biêu thức có điều kiện
thường gặp dạnh bảng sau:
Đồng nhất thức

Điều kiện

A=A

A0

AB = A. B

A0 và B0

A
=
B

A
A
B

B

1.

A
B

A0 và B0

B=

A2 B

A0 và B0

B = − A2 B

A
=
B

AB

A
= − AB

B

≤

A 0 và B0
A0 và B0
≤

A 0 và B0

CHƯƠNG II. GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC BẬC HAI
BẰNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
I.
Các dạng cơ bản.
Học sinh cần nẵm vững và giải thành thạo hai dạnh cơ bản sau:
Dạng 1
F ( x) < G ( x)

(1)


Cách giải:

Bất phương trình (1)

 F ( x) ≥ 0

G ( x ) ≥ 0

⇔  F ( x) ≥ 0

Giáo viên cần giải thích cho học sinh hiểu rõ mỗi bất phương trình trong hệ
Ví dụ1: Giải bất phương trình:

3x + 1 < x + 1

Lời giải:
−1

 x≥ 3

 3x + 1 ≥ 0
 x ≥ −1

 x +1 ≥ 0
x2 − x > 0
3 x + 1 < x + 1) 2


⇔

Bất phương trình đã cho tương đương với:
−1

 x≥ 3

 x ≥ −1
x 2 − x > 0

⇔

⇔

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S =


−1
x ≥
3

x ≥ −1

 x < 0
x ≥1

⇔

 −1 
 3 ;0   [1;+∞)



x + 1 ≥ 2( x 2 − 1)

Ví dụ2: Giải bất phương trình:
Lời giải
 2( x 2 − 1) ≥ 0

x +1 ≥ 0

2

 2
2
⇔ x + 1 ≥ 2( x − 1) ⇔ 2( x − 1) ≤ ( x + 1)

Bất phương trình (1)

−1
 3 ≤x<0
 x ≥1



  x ≤ −1
 
  x ≥1

x ≥ −1

2
x − 2x − 3 ≤ 0


⇔
⇔

Vậy tập nghiệm của bất phương trình: S =

  x = −1
 
  x ≥1

− 1 ≤ x ≤ 3
⇔


 x = −1
1 ≤ x ≤ 3


[1;3]  { − 1}

Chú ý: Trong bài toán này giáo viên lưu ý cho học sinh cách kết hợp nghiệm, có
thể dùng trục số để khơng làm mất nghiệm của bất phương trình.
F ( x ) ≥ (G ( x )
2.

Dạng 2:
Cách giải:

(2)
 F ( x) ≥ 0
 
 G ( x) < 0
  G ( x) ≥ 0
2

⇔   F ( x) > [ G ( x )]

Bất phương trình
Giáo viên giải thích rõ từng trường hợp và hướng dẫn học sinh có thể tách ra
hai trường hợp để giải đơn giản hơn.

− x2 + 4x − 3 > 2x − 5

VD3: Giải bất phương trình:
Lời giải:

⇔

(1)
  2x − 5 < 0
 2

 − x + 4 x − 3 ≥ 0
2x − 5 ≥ 0

( 2)
 (2 x − 5) 2 < − x 2 + 4 x − 3


Bất phương trình
Giải (1):
5

 x<
5

2
1≤ x <
2
⇔ 1 ≤ x ≤ 3 ⇔


(1)
Giải: (2):


5

x≥


2
5 x 2 − 24 x + 28 < 0 ⇔
⇔

5

 x≥ 2

14
5
14
2 < x <
≤x<
5 ⇔ 2

5

(2)
 14 
1; 5 




Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: S =
Khi học đã nắm vững hai dạng cơ bản trên thì giáo viên nêu rõ việc
giải các bất phương trình chữa căn bậc hai khác ta thường dùng các phương
pháp biến đổi tương đương, hoặc đặt ẩn phụ để đưa về một trong hai dạng
phương trình cơ bản.
II.
Phương pháp bình phương liên tiếp
Nguyên tắc cơ bản để giải bất phương trình chứa căn thức bậc 2 đó là
khử căn thức. Một trong các cách khử căn thức là sử dụng phép bình phương
như trong dạng cơ bản. Tuy nhiên có những bất phương trình, phương trình
ta cần phải sử dụng phương pháp bình phương liên tiếp thì mới đưa được bất
phương trình về dạnh khơng cịn chữa căn thức nữa.
Lưu ý: Là khi bình phương hai vế của bất phương trình phải nhớ đặt điều kiện để
hai vế khơng âm( Cũng có thể đặt điều kiện để hai vế cùng dấu).
x + 1 + 2 x − 2 ≤ 5x + 1

Ví dụ4: Giải bất phương trình sau:
( Đề thi CĐ Khối A 2009)
Lời giải:
x≥2

Điều kiện:
Với điều kiện, hai vế của bất phương trình đã cho khơng âm bình phương
hai vế ta được bất phương trình:
5 x − 7 + 4 ( x + 1)( x − 2) ≤ 5 x + 1 ⇔

⇔ −2≤ x ≤3

( x + 1)( x − 2) ≤ 2 ⇔ ( x + 1)( x − 2) ≤ 4 ⇔ ( x 2 − x − 6 ≤ 0


[ 2;3]
Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S =
5x −1 + x −1 > 2 x − 4

Ví dụ 5: Giải bất phương trình:
( Đề thi ĐH Khối A 2005)
x≥2

Lời giải: Điều kiện:
⇔ 5 x − 1+ > x − 1 + 2 x − 4

Bất phương trình
Bình phương hai vế khơng âm của bât phương trình trên ta được
5 x − 1 > 3 x − 5 + 2 ( x − 1)( 2 x − 4)

⇔ ( x − 1)( 2 x − 4) < x + 2
2
⇔ ( x − 1)( 2 x − 4) < ( x + 2)

x≥2

Vì

x+2≥0

nên

⇔ x 2 − 10 x < 0 ⇔ 0 < x < 10

[ 2;10)
Vậy tập nghiệm là: S =

.

Lưu ý: Trong ví dụ 5 nếu là phương trình ta có thể bình phương hai vế ln, để
được phương trình hệ quả rồi thử lại nghiệm nhưng đối với bất phương trình ta
buộc phải chuyển vế để phương trình có hai vế khơng âm rồi mới được thực hiện
bình phương.
4 − 1− x > 2 − x

Ví dụ 6: Giải bất phương trình:
Lời giải:


x ≤1

 x ≤1


4 − 1 − x ≥ 0 ⇔  1 − x ≤ 4 ⇔

 x ≤1

 x ≥ −15 ⇔ − 15 ≤ x ≤ 1

Điều kiện:

4 − 1− x > 2 − x ⇔ 4 − 1− x > 2 − x ⇔

Bất phương trình tương đương với:
 x < −4

2
1 − x < x + 2 ⇔ 1 − x < ( x + 2) ⇔ x 2 + 5 x + 4 > 0 ⇔  x > −1

( − 15;−4)  ( − 1;1]
Kết hợp điều kiện thì tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S =
III.

Phương pháp chia khoảng, xét dấu

Ta thường sử dụng phương pháp này đối với bất phương trình vơ tỷ ở dạng
tích hoặc thương. Sử dụng phép biến đổi tương đương nhân hoặc chia với biểu
thức F(x) thì cần biết rõ dấu của F(x) là dương hay âm.
15 − 2 x − x 2
<0
x

Ví dụ 6: Giải bất phương trình:
Lời giải:
15 − 2 x − x 2 ≥ 0
− 5 ≤ x ≤ 3


x≠0
⇔  x≠0


Điều kiện:
−5≤ x < 0

Trường hợp 1: Với
2
⇔ 15 − 2 x − x > 2 x

Bất phương trình

(nhân hai vế với x<0 nên bất phương
∀x ∈ [ − 5;0)

trình đổi chiều) bình phương ln đúng
0≤ x≤3

Trường hợp 2: Với


2
⇔ 15 − 2 x − x < 2 x ⇔ 15 − 2 x − x 2 < 4 x 2

Bất phương trình

Vì hai vế khơng âm


− 1 + 2 19
x >
5


− 1 − 2 19
x <
5

⇔ 5 x 2 + 2 x − 15 > 0 ⇔ 
− 1− 2 19
5

Kết hợp điều kiện suy ra

<

x≤3



19 
;3
5


( − 5;0)   − 1 + 2



Vậy tập nghiệm của bất phương trình: S =
(4 x − 3) x 2 − 3x + 4 ≥ 8 x − 6

Ví dụ7: Giải bất phương trình:

x2 - 3x + 4 ≥ 0 ∀x ∈ R

Lời giải: ĐK:
4 x − 3)( x 2 − 3 x + 4 − 2 ≥ 0

Bất phương trình đã cho tương đương với
x=

3
4

Trường hợp 1: Với

là nghiệm của bất phương trình
3

x ∈  − ∞; 
4


Trường hợp 2: Với
⇔

x 2 − 3x + 4 ≤ 2 ⇔ x 2 − 3x + 4 ≤ 4

Bất phương trình:
⇔ x 2 − 3x ≤ 0
0≤x<

Kết hợp điều kiện suy ra

⇔ 0≤ x≤3
3
4


Trường hợp 3: Với

3

x ∈  ;+∞ 
4


⇔

x ≤ 0

x 2 − 3x + 4 ≥ 2 ⇔ x 2 − 3x ≥ 0 ⇔  x ≥ 3

Bất phương trình:
x≥3

Kết hợp điều kiện:
 3
0; 4  ∪ [ 3;+∞ )



Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S =

Ví dụ 8: Giải bất phương trình:

( x 2 − 3 x) 2 x 2 − 3 x − 2 ≥ 0

( Đề thi đại học khối D 2002)
Lời giải:
−1

x ≤ 2
(2 x 2 − 3 x − 2) ≥ 0 ⇔  x ≥ 2


Điều kiện:
x = 0

x 2 − 3x = 0 ⇔  x = 3

Ta có
Lập bảng xét dấu vế trái ta có

x
2
x – 3x

2 x 2 − 3x − 2

Vế trái

−∞

−

1
2

0

2

3

+∞


Dựa vào bảng xét dấu thì tập nghiệm của bất phương trình đã cho là
− 1

 − ∞;   [ 3;+∞ )  { 2}
2


S=
Ví dụ 9: Giải bất phương trình:

2 x 2 − 3x + 2 + x 2 − 4 x + 3 ≥ 2 x 2 − 5x + 4

Lời giải:
x ≥ 4
 x ≤1


Điều kiện:
x = 4
x =1


Trường hợp 1:

là nghiệm của bất phương trình.
x>4

Trường hợp 2:
⇔

x − 2 + x −3 ≥ 2 x − 4

Bất phương trình:
⇔ 2 x − 5 ( x − 2)( x − 3) ≥ 4( x − 4)
⇔ 2 ( x − 2)( x − 3) ≥ (2 x − 11)
 x>4
11

2 x − 11 ≤ 0 ⇔ 4 < x ≤ 2
⇔
x>4


2 x − 11 > 0

2

4( x − 5 x + 6) ≥ (2 x − 11) 2

⇔

11

x>
11

2
x>
4 x ≥ 97 ⇔

2

( 4;+∞)
Trong trường hợp 2, bất phương trình có nghiệm:


⇔

x−2 + x−3 ≥ 2 x−4

Trường hợp 3: x < 1, bất phương trình
2
⇔ 2 − x + 3 − x + 2 ( x − 5 x + 6 ) ≥ 4( 4 − x )

2
⇔ 2 ( x − 5 x + 6) ≥ 11 − 2 x)

 x <1

11 − 2 x ≤ 0 ⇔

 x <1

 x ≥ 11


2

+

 x <1

11

x <1

x ≤
2


11 − 2 x ≥ 0

97
x ≥
4( x 2 − 5 x + 6 ≥ (11 − 2 x) 2
24



⇔

+
CHƯƠNG III. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ
Một trong các phương pháp khử căn thức đó là đặt ẩn phụ, trong nhiều
trường hợp khi giải phương trình vơ tỷ bằng phương pháp biến đổi tương đương sử
dụng phép bình phương hai vế có thể dẫn đến bất phương trình bậc cao có cách
giải phức tạp hoặc khơng giải được. Để khắc phục tình trạng đó ta có thể dung
phương pháp đặt ẩn phụ chuyển về phương trình dạnh quen thuộc.
Ta thường thực hiện các bước sau:
+ Bước 1: Chọn ẩn phụ, điều kiện cho ẩn phụ
+ Bước 2: Chuyển bất phương trình đã cho về bất phương trình chứa ẩn phụ
Giải bất phương trình chứa ẩn phụ đối chiếu với điều kiện của ẩn phụ đã nêu
để tìm nghiệm thích hợp của bất phương trình này.
+ Tìm nghiệm của bất phương trình ban đầu theo hệ thức khi đặt ẩn phụ.


Trong ba bước trên, thì quan trọng nhất là bước 1, vì nó quyết định tính chính xác,
ngắn gọn và độc đáo của lời giải bài tốn.
Sau đây tơi xin nêu một vài dạng bất phương trình cơ bản với cáh đặt ẩn phụ
tương ứng.

I.

Dạng 1
F ( x ) > G ( x)

F ( x) < G ( x)

hoặc
Với điều kiện G(x) = kF(x) + C
F ( x) = t

t≥0

Ta đặt
Nếu như việc giải bất phương trình theo phép biến đổi tương đương dẫn đến
phương trình bậc cao.
5 x 2 + 10 x + 1 ≥ 7 − 2 x − x 2

Ví dụ1: Giải bất phương trình
Lời giải:
5 x 2 + 10 x + 1 ≥ 0

Điều kiện:
2
2
⇔ 5 5 x + 10 x + 1 ≥ −(5 x + 10 x + 1) + 36

Bất phương trình:
5 x 2 + 10 x + 1 = t

t≥0

Đặt
Bất phương trình trở thành:
Kết hợp điều kiện thì
Do đó:

t ≤ −9

5t ≥ −t 2 + 36 ⇔ t 2 + 5t − 36 ≥ 0 ⇔  t ≥ 4

t≥4

5 x 2 + 10 x + 1 ≥ 4
 x ≥1

⇔ 5 x 2 + 10 x + 1 ≥ 16 ⇔ 5 x 2 + 10 x − 15 ≥ 0 ⇔ t ≤ −3

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S =

( − ∞;−3]  [1;+∞ )


II.

Dạng 2:
A ± B ± m AB

Các bất phương trình có biểu thức
hằng số.
Cách giải: Đặt

t=

A± B

AB =

suy ra

trong đó

A+ B

t 2 − ( A + B)
2

Ví dụ 2: Giải bất phương trình
2 x + 1 + 9 − 2 x + 3 (2 x + 1)(9 − 2 x ) > 13

Lời giải:

−1
9
≤x≤
2
2

Điều kiện:
t = 2x +1 + 9 − 2x

t≥0

Đặt
2x + 1 + 9 − 2x =

t 2 − 10

2

Suy ra:
− 14

x ≤ 3
t − 10
t + 3.
> 13

⇔ 3t 2 + 2t − 56 > 0 ⇔  t ≥ 4
2
2

Bất phương trình trở thành
t≥4

Kết hợp điều kiện
2x +1 + 9 − 2x > 4

Do đó:
⇔ 10 + 2 (2 x + 1)(9 − 2 x) > 16
⇔ ( 2 x + 1)(9 − 2 x) > 9
2
⇔ (16 x − 4 x > 0 ⇔ (0 < x < 4

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S =

( 0;4)

Từ dạng 2 này ta có thể mở rộng cho các bất phương trình tương tự
Ví dụ 3: Giải bất phương trình:

3 x − 2 + x − 1 ≤ 4 x − 9 + 2 3 x 2 − 5 x + 2 > 13

là


Lời giải:
x ≥1

Điều kiện
t = 3x − 2 + x − 1

t≥0

Đặt
t 2 = 4 x − 3x + 2 3x 2 − 5x + 2

Bất phương trình đã cho trở thành
t ≤ −2

t ≤ t2 − 6 ⇔ t2 −t − 6 ≥ 0 ⇔  t ≥ 3

t ≥3

kết hợp với điều kiện
3x − 2 + x − 1 ≥ 3 ⇔ 4 x − 3 + 2 3 x 2 − 5 x + 2 ≥ 9 ⇔

Do đó:


 x ≥1
(1)


6 − 2 x ≤ 0

x ≥1

(2)

6 − 2x > 0

2
 2

⇔ 3x − 5 x + 2 ≥ (6 − 2 x)

Giải (1)

(1)

x ≥1

⇔ x ≥ 3 ⇔ x ≥ 3

Giải (2)

3x 2 − 5 x + 2 ≥ 6 − 2 x

(2)

x ≥1


x≤3
 1≤ x ≤ 3


 x 2 − 19 x + 34 ≤ 0
⇔
⇔ 2 ≤ x ≤ 17 ⇔ 2 ≤ x ≥ 3

[ 2;+∞ )
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S=
x − 2 + 4 − x ≥ x 2 − 6 x + 11

Ví dụ 4: Giải bất phương trình:
Lời giải:
2≤ x≤4

Điều kiện:
x−2 + 4− x =t

t≥0

Đặt
2
2

⇔ t = 2 + 2 − x + 6x − 8 ⇔

x2 + 6x − 8 = (

t2 − 2 2
t2 − 2 2
)
x 2 + 6 x + 11 = −(
) +3
⇔
2
2

Bất phương trình trở thành:
t2 − 2 2
t ≥ −(
) +3
3
2
⇔ t 4 + 4t 2 + 4t − 8 ≥ 0 ⇔ (t − 2)(t + 2t + 4) ≥ 0
2

(t 3 + 2t 2 + 4) ≥ 0 ⇒ t ≥ 2

t≥0

Với

thì
x−2 + 4− x ≥ 2

2
⇔ 2 + 2 − x + 6x − 8 ≥ 4 ⇔

− x2 + 6x − 8 ≥ 1

Do đó :
2
⇔ − x 2 + 6 x − 9 ≥ 0 ⇔ ( x − 3) ≤ 0 ⇔ x = 3

x=3

Vậy bất phương trình có nghiệm là:
I.

Dạng 3:
P(x)

Bất phương trình có dạnh đẳng cấp đối với

Q(x)

và


P( x) + bQ( x) > c P ( x).Q( x)

Dạng:
Cách giải:

Q( x) = 0

-

Xét
t=

Q( x) ≠ 0
-

P( x)
Q ( x) ⇒ F (t , x ) = 0

, chia hai vế cho Q(x) và đặt

Xét

ẩn x điều kiện của t.
Giáo viên có thể minh họa một vài ví dụ về dạng bất phương trình trên:
3( x − 1) + 2( x 2 + x + 1 > 7 ( x − 1)( x 2 + x + 1)
1.

2( x 2 − x + 1) − ( x 2 + x + 1) > ( x 2 − x + 1)( x 2 + x + 1)
2.

2( x + 1) − 3( x 2 + x + 1) > 5 ( x + 1)( x 2 − x + 1)
3.

Nhưng thực tế đề bài thường cho ở dạng biểu thức rút gọn mà ta phải phân
tích thành dạng trên.

2 x 2 + 5 x − 1 > 7 x 3 − 1)

Ví dụ 5: Giải bất phương trình:
Lời giải:

(1)

x ≥1

Điều kiện:
2
2
⇔ 3( x − 1) + 2( x + x + 1 > 7 ( x − 1)( x + x + 1)

Bất phương trình
x =1

Trường hợp1:

là nghiệm của bất phương trình
x >1

Trường hợp1:

x −1 > 0

chia hai vế của bất phương trình cho

x2 + x +1
x2 + x + 1

2
+3>7
x −1
x −1

t=

đặt

ta được

x2 + x +1
2
2
2
x −1
⇒ x + (1 − t ) x + 1 + t = 0


∆ x = t 4 − 6t 2 − 3 > 0

t≥0

⇔ t ≥ 3+ 2 3

Để có nghiệm x ta phải có
t > 3
 1
t < 2
2

2
2t + 3 > 7t ⇔ 2t − 7t + 3 > 0 ⇔ 

Ta có phương trình trở thành:
x2 + x + 1
>9
x −1

t >3

Với

ta có

Loại
x −1 > 0

vì
x > 4 + 6

⇔ x 2 − 8 x + 10 > 0 ⇔  x < 4 − 6

[1;4 − 6 )  (4 +

6;+∞

)

Kết luận tập nghiệm của bất phương trình là: S =
x 2 − 1 = ( x − 1)( x 2 + x + 1)

Nhận xét: Dễ thấy
x2 + x + 1

Đặt Q(x) = x-1, P(x) =
Mẫu chốt của lời giải là phân tích vế trái của bất phương trình (1) như sau:
Vế trái(1) = 2(P(x) + 3 Q(x) nếu học sinh nào tinh ý sẽ thấy 2 là hệ số x2
trong vế trái(1) từ đó suy ra 3. Ta cũng có thể làm theo phương pháp tổng quát sử
dụng phương pháp hệ số bất định.
2 x 2 + 5 x − 1 = P( x 2 + x + 1) + Q( x − 1)

Đồng nhất hệ số thì tìm được hệ số P=2; Q = 3
Ví dụ 6: Giải bất phương trình:


2x2 + 9x − 5 − 2 x − 1 ≥ x2 + x + 1

(1)
Lời giải:
x ≥1

Điều kiện:
(1)

⇔

2x2 + 9x − 5 ≥ 2 x − 1 + x2 + x + 1

2
2

2
⇔ 2 x + 9 x − 5 ≥ 4( x − 1) + x + x + 1 + 4 ( x − 1)( x + x + 1)
2
2
⇔ x + 4 x − 2 ≥ 4 ( x − 1)( x + x + 1)
2
2
⇔ x + x + 1 + 3( x − 1) ≥ 4 ( x − 1)( x + x + 1)

Trường hợp 1: x=1 là nghiệm của bất phương trình
Trường hợp2: x>1 chia hai vế cho x-1>0
Ta được bất phương trình:
x2 + x + 1
x2 + x + 1
+3≥ 4
x −1
x −1

t=

x2 + x + 1
x −1

đặt
t ≥ 3+ 2 3

Tương tự ví dụ 5 thì điều kiện của t là :

t ≤ 1


t 2 + 3 ≥ 4t ⇔ t 2 − 4t + 3 ≥ 0 ⇔ t ≥ 3

(1)

Bất phương trình trở thành:
t ≥3

Với

, tương tự VD5 thì ta cũng tìm được tập nghiệm của bất phương

[1;4 − 6 ]  [4 +

6;+∞

)

trình là : S =
Nhận xét: Trong ví dụ 6 thì ta phải chuyển vế, bình phương rồi mới đưa
được về dạnh 3. Như vậy với cách hướng dẫn học sinh giải bài toán như vậy, giáo
viên coc thể hướng dẫn học sinh các đề toán bài toán khác nhau của cùng một
dạng toán.


IV. Dạng 4
Sử dụng khả năng phân tích, tổng cộng nhận dạng bất phương trình để thực
hiện các đặc tính chung, tìm mối liên hệ giữa các biểu thức trong bất phương trình
để đưa ra cách chọn ẩn phụ.
Ví dụ 7: Giải bất phương trình:
5 x+

5
2 x

< 2x +

1
+4
2x

Lời giải:
Điều kiện: x>0
⇔

5(

x+

1
2

x

t≥ 2

) < 2( x +

1
+ 2)
4x

)

Bất phương trình:
t= x+

1

(

2 x

Đặt :

với
t2 = x +

1
+2
4x

Suy ra:
t < 0
 5
t>
2
2

5t < 2t ⇔ 2t − 5t > 0 ⇔  2

(1)

Bất phương trình trở thành:

t≥

Với


5 + 17
 x>
4

1
5
5 − 17
 x<
x+
>
2 ⇔ 2x − 5 x + 1 > 0 ⇔ 
2 x

4

5
2

ta có


21 + 5 17
x >
8

21 − 5 17
x <

8


2
 21 − 5 17   21 + 5 17

 0;
 
;+∞ 

 

8
8

 


Vậy tập nghiệm của bất phương trình: S =
a+

Nhận xét: Trong ví dụ 7 ta thấy mối quan hệ quen thuộc giữa

t= x+

1

x+

2 x

Do đó dẫn tới việc đặt

thì ta biểu diễn được

1
a

a2 +

1
a2

và

1
1
= x2 +
4x
(2 x ) 2

theo t.

Ví dụ 8: Giải bất phương trình:
x + 1 + x2 − 4x + 1 ≥ 3 x

Đề thi ĐH khối B. 2012
Lời giải:
0≤ x≤2− 3

Điệu kiện:

x≥2+ 3

hoặc

Với x = 0 là nghiệm của bất phương trình đã cho
Với x>0, bất phương trình tương đương với
x+

t= x+

Đặt

1
1
+ x+ −4 ≥3
x
x
3−t < 0

 3 − t ≥ 0
 2

2
t 2 − 6 ≥ 3 − t ⇔ t − 6 ≥ (3 − t )

1
2 x

t >0

bất phương trình trở thành


⇔
 x ≥2

1
5
1
1
x+
≥
0< x≤
 x≤
x 2⇔
2 ⇔
4

Do đó

Vậy tập nghiệm của bất phương trình: S =

hoặc

t≥

5
2

x≥4

 1
0; 4   [ 4;+∞ )



Nhận xét: Trong ví dụ 8 địi hỏi học sinh có khả năng phân tích nhận xét
mỗi quan hệ giữa các biểu thức trong căn và ngoài căn để từ đó dẫn đến việc chia
x

hai vế cho

và chọn biểu thức làm ẩn phụ.
CHƯƠNG IV: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ VEC TƠ

Các bất đẳng thức véc tơ cơ bản

I.

a = ( x1 ; y1 ) b = ( x2 ; y2 )

Cho

;

Ta có:

a.b = x1 y1 + x2 y2

a = x2 1 + y2 1

Các bất đẳng thức
a b ≥ ab

dấu bằng xẩy ra khi hai véc tơ

1.

a

b

và

cùng hướng

⇔

x1
y
= 1 =k >0
x2 y 2

a

b

+

2.

≥

a+b

đẳng thức xẩy ra khi hai véc tơ

a

và

b

cùng hướng

⇔

x1
y
= 1 =k >0
x2 y 2

a
3.

b

-

≥

a+b

x1
y
= 1 =k<0
x2 y 2

đẳng thức xẩy ra khi hai véc tơ

a

và

b

ngược hướng

⇔


4.

a

-

b ≥ a −b

đẳng thức xẩy ra khi hai véc tơ

a

và

b

cùng hướng

⇔

x1
y
= 1 =k >0
x2 y 2

Chú ý: Ta quy ước đẳng thức xẩy ra dấu bằng nếu có mẫu bằng 0 thì tử bằng
0:
II.

Các bài tốn áp dụng
x + x − 1 ≥ 2 x 2 − 10 x + 16

Ví dụ 1: Giải bất phương trình:
Lời giải:

(1)

x ≥1

Điều kiện
2
⇔ x − 3 + x − 1 ≥ 2 x − 10 x + 16

Ta có (1)
a

=

Xét các véc tơ

b

Ta có

( x − 3;

=

x −1

(2)

)

(1;1)

u v = ( x − 3 + x − 1)

u v ≥ 2 . ( x − 3) 2 + ( x − 1) = 2.x 2 − 10 x + 16
u.v ≥ u v

Suy ra bất phương trình (2) có dạng
u.v ≤ u v

Mặt khác ta ln có
u.v = u v ⇔ u

x−3
=
⇔ 1

và

v

do đó để bất phương trình có nghiệm thì

là hai véc tơ cùng hướng

( x − 1) 2 = x − 1
x −1


>0
x>3
⇔
⇔
1

 x 2 − 7 x + 10 = 0

x>3
⇔


⇔ x=5
x=5

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
Ví dụ 2: Giải bất phương trình

 x = 2

 x = 5
 x>3



x− x
1 − 2( x 2 + x + 1)

≥1

(1)
Lời giải:
1
3
x2 + x + 1 = ( x − )2 +
2
4

Ta có:

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

1 − 2( x 2 + x + 1) < 0

Suy ra

3
>1
2

x≥0

do đó điều kiện của bất phương trình:
2

⇔ x − x ≤ 1 − 2( x + x + 1

Bất phương trình (1)
⇔

2( x 2 − x + 1 ≤ 1 − x + x

(2)
a = (1 − x; x )

Xét
b = (1;1)

1− x + x

ab

Ta có

=
12 + 12 . (1 − x ) 2 + ( x ) 21 = 2( x 2 − x + 1)

a b

=
a b ≤ ab

Bất phương trình (2) có dạng
a b = ab

Do đó bất phương trình chỉ có nghiệm khi
⇔a

b

và

cùng hướng


3− 5
 x =
2 =0


3+ 5
(1 − x) = x
 x 2 − 3x + 1 = 0
 x = 2
1− x
x



=
>0
x ≤1
x <1
x ≤1
⇔ 1

⇔
⇔
⇔
1

⇔

x=

3− 5
2

x=

3− 5
2

vậy nghiệm của phương trình là:
Nhận xét: Trong ví dụ 2 giáo viên cần phân tích để học sinh nhớ
rằng để giải bất phương trình chữa ẩn ở mẫu nguyên tắc chung là ta thường