luận văn thạc sĩ bất phương trình và hệ bất phương trình

Mục lục
Mở đầu 3
1 Bất phương trình và hệ bất phương trình đại số 6
1.1 Đại cương về bất phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2 Bất phương trình và hệ bất phương trình đại số hữu tỷ . . . . . . 8
1.2.1 Bất phương trình bậc nhất một ẩn số . . . . . . . . . . . . 8
1.2.2 Hệ bất phương trình bậc nhất một ẩn số . . . . . . . . . . 10
1.2.3 Bất phương trình bậc hai một ẩn số . . . . . . . . . . . . . 11
1.2.4 Hệ bất phương trình bậc hai một ẩn số . . . . . . . . . . . 12
1.2.5 Bất phương trình bậc nhất hai ẩn số . . . . . . . . . . . . . 13
1.2.6 Hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn số . . . . . . . . . . . 14
1.2.7 Hệ bất phương trình đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.3 Bất phương trình, hệ bất phương trình đại số vô tỷ . . . . . . . . 20
1.3.1 Bất phương trình vô tỷ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.3.2 Hệ bất phương trình vô tỷ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
1.4 Bất phương trình và hệ bất phương trình có chứa dấu giá trị tuyệt
đối . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
1.4.1 Bất phương trình có chứa dấu giá trị tuyệt đối . . . . . . . 40
1.4.2 Hệ bất phương trình có chứa dấu giá trị tuyệt đối . . . . . 48
2 Bất phương trình mũ và lôgarit 52
2.1 Bất phương trình mũ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
2.1.1 Một số kiến thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
2.1.2 Các phương pháp giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
2.2 Bất phương trình logarit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
2.2.1 Một số kiến thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
2.2.2 Các phương pháp giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
3 Bất phương trình và hệ bất phương trình có chứa tham số 74
3.1 Phương pháp sử dụng chiều biến thiên của hàm số . . . . . . . . . 74
3.2 Phương pháp tam thức bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
3.3 Phương pháp điều kiện cần và đủ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
3.4 Phương pháp hình học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

1
3.5 Các phương pháp khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
Kết luận 111
Tài liệu tham khảo 112
2
Mở đầu
Chuyên đề về bất phương trình và hệ bất phương trình là một nội dung quan
trọng của chương trình toán ở bậc Trung học phổ thông. Các khái niệm cơ bản
về bất phương trình đã được học sinh biết đến từ cuối cấp trung học cơ sở.
Việc nắm bắt, hiểu rõ lý thuyết cũng như thực hành giải bài toán bất phương
trình và hệ bất phương trình là yêu cầu bất buộc đối với học sinh tốt nghiệp
bậc Trung học phổ thông. Vì vậy, cũng dễ hiểu khi trong các đề thi tốt nghiệp
THPT; đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng; đề thi học sinh giỏi; đề thi Olympic
toán học 30/04 thường xuyên xuất hiện các bài toán về "Bất phương trình và
hệ bất phương trình". Việc nâng cao kiến thức và giúp học sinh giải tốt các bài
toán trên là động lực để tôi nghiên cứu đề tài này.
Bản luận văn này được chia làm 3 chương.
Chương 1. Bất phương trình và hệ bất phương trình đại số.
Trong chương này, một số kiến thức cơ bản được nhắc lại. Luận văn trình bày
một số phương pháp giải bất phương trình và hệ bất phương trình hữu tỷ; bất
phương trình và hệ bất phương trình vô tỷ; bất phương trình và hệ bất phương
trình có chứa dấu giá trị tuyệt đối. Và đặc biệt trong chương này có đề cập đến
ứng dụng của việc giải hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn vào một số bài toán
kinh tế.
Chương 2. Bất phương trình mũ và lôgarit.
Ở chương này, luận văn đề cập đến các phương pháp giải bất phương trình
mũ và bất phương trình lôgarit.
Chương 3. Bất phương trình và hệ bất phương trình có chứa tham số.
Luận văn trình bày các bài toán về bất phương trình và hệ bất phương trình
có chứa tham số thường xuất hiện trong các đề thi Đại học, Cao đẳng và đề thi

học sinh giỏi.
Mặc dù bản thân đã cố gắng và nghiêm túc trong học tập và nghiên cứu khoa
3
học nhưng do thời gian có hạn, kiến thức bản thân còn hạn chế nên trong quá
trình thực hiện luận văn không tránh khỏi những sơ suất. Rất mong nhận được
sự góp ý của thầy cô và các bạn.
Tôi xin chân thành cảm ơn.
4
Lời cảm ơn
Tôi xin được bày tỏ lòng kính trọng và lòng biết ơn sâu sắc đến PGS.TS Vũ
Đỗ Long. Thầy đã dành nhiều thời gian hướng dẫn cũng như giải đáp các thắc
mắc của tôi trong suốt quá trình tôi thực hiện đề tài.
Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới các thầy cô Khoa Toán - Cơ - Tin học,
Phòng Sau đại học Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà
Nội; các thầy cô đã tham gia giảng dạy khóa cao học 2011-2013; Ban giám hiệu
và các đồng nghiệp trường THPT Trần Văn Lan huyện Mỹ Lộc, tỉnh Nam Định
đã tạo điều kiện thuận lợi cho tôi hoàn thành luận văn của mình.
Tôi xin chân thành cảm ơn gia đình đã luôn động viên tôi trong suốt quá
trình học tập và làm luận văn.
Hà Nội, tháng 11 năm 2013
Học viên
Trần Thị Thu Phương
5
Chương 1
Bất phương trình và hệ bất phương
trình đại số
1.1 Đại cương về bất phương trình
a, Khái niệm bất phương trình một ẩn
Cho hai hàm số y = f(x) và y = g(x) có tập xác định lần lượt là D
f

và D
g
.
Đặt D = D
f
∩ D
g
.
• Mệnh đề chứa biến có một trong các dạng:
f(x) < g(x), f(x)  g(x), f(x) > g(x), f(x)  g(x)
được gọi là bất phương trình một ẩn; x được gọi là ẩn số (hay ẩn) và D được
gọi là tập xác định của bất phương trình đó.
• Số x
0
∈ D gọi là một nghiệm của bất phương trình f(x) < g(x) nếu f(x
0
) < g(x
0
)
là mệnh đề đúng.
• Khái niệm nghiệm cũng được định nghĩa tương tự cho các bất phương trình
f(x)  g(x), f(x) > g(x), f(x)  g(x).
• Giải một bất phương trình là tìm tất cả các nghiệm (hay tập nghiệm) của bất
phương trình đó. Khi tập nghiệm rỗng thì ta nói bất phương trình vô nghiệm.
• Trong thực hành, ta không cần viết rõ tập xác định D của bất phương trình
mà chỉ cần nêu điều kiện để x ∈ D. Điều kiện đó được gọi là điều kiện xác định
của bất phương trình, gọi tắt là điều kiện của bất phương trình.
b, Bất phương trình tương đương
Dưới đây, chúng ta nói tới bất phương trình dạng f(x) < g(x). Đối với các bất
6

phương trình dạng f(x)  g(x), f(x) > g(x), f(x)  g(x) ta cũng có các kết quả
tương tự.
• Hai bất phương trình (cùng ẩn) trên cùng một tập xác định D được gọi là
tương đương nếu chúng có cùng tập nghiệm;
• Nếu f
1
(x) < g
1
(x) tương đương với f
2
(x) < g
2
(x) thì ta viết
f
1
(x) < g
1
(x) ⇔ f
2
(x) < g
2
(x)
• Khi muốn nhấn mạnh hai bất phương trình có cùng tập xác định D (hay có
cùng điều kiện xác định mà ta ký hiệu là D) và tương đương với nhau ta nói:
+ Hai bất phương trình tương đương trên D;
+ Hoặc với điều kiện D, hai bất phương trình là tương đương với nhau.
c, Biến đổi tương đương các bất phương trình
• Phép biến đổi tương đương biến một bất phương trình thành một bất phương
trình tương đương với nó;
• Một số phép biến đổi tương đương thường dùng:

Cho bất phương trình f (x) < g(x) có tập xác định D, y = h(x) là một hàm số
xác định trên D.
Khi đó, trên D, bất phương trình f(x) < g(x) tương đương với mỗi bất phương
trình sau:
(i) f(x) + h(x) < g(x) + h(x);
(ii) f(x)h(x) < g(x)h(x) nếu h(x) > 0 với mọi x ∈ D;
(iii) f(x)h(x) > g(x)h(x) nếu h(x) < 0 với mọi x ∈ D;
Lưu ý:
+) Chuyển vế và đổi dấu một hạng tử trong một bất phương trình ta được một
bất phương trình mới tương đương;
+) Quy tắc nâng lên lũy thừa bậc ba f(x) < g(x) ⇔ [f(x)]
3
< [g(x)]
3
.
+) Quy tắc nâng lên lũy thừa bậc hai:
Nếu f(x) và g(x) không âm với mọi x thuộc D thì:
f(x) < g(x) ⇔ [f(x)]
2
< [g(x)]
2
.
+) Tương tự, ta cũng có quy tắc nâng lên lũy thừa bậc lẻ và nâng lên lũy thừa
bậc chẵn.
7
1.2 Bất phương trình và hệ bất phương trình đại số hữu tỷ
1.2.1 Bất phương trình bậc nhất một ẩn số
(i) Dấu của nhị thức bậc nhất
• Nhị thức bậc nhất là biểu thức có dạng: f(x) = ax + b với a = 0.
• Dấu của nhị thức bậc nhất:

Định lý 1.1. (về dấu của nhị thức bậc nhất):
Cho f(x) = ax + b với a = 0.
Khi đó:
+ f(x) cùng dấu với hệ số a khi x ∈

−
b
a
; +∞

;
+ f(x) trái dấu với hệ số a khi x ∈

−∞; −
b
a

.
Định lý 1.2.
Cho đa thức f(x) được biểu diễn dưới dạng tích các nhị thức bậc nhất. Gọi x
i
là
nghiệm bội bậc k
i
của đa thức f(x).
Khi đó: f(x) sẽ đổi dấu khi đi qua mốc x
i
nếu k
i
là số lẻ;

f(x) sẽ không đổi dấu khi đi qua mốc x
i
nếu k
i
là số chẵn.
Bài toán 1.1.
Giải bất phương trình sau:
2x −1
5x + 3
>
3x −2
7x + 6
.
(1.1)
Lời giải.
Điều kiện để bất phương trình (1.1) có nghĩa là: x = −
3
5
, x = −
6
7
.
Với điều kiện trên ta có
(1.1) ⇔
(2x −1)(7x + 6) − (3x − 2)(5x + 3)
(5x + 3)(7x + 6)
> 0
⇔
−x
2

+ 6x
(5x + 3)(7x + 6)
> 0.
Vậy bất phương trình (1.1) có tập nghiệm là

−
6
7
; −
3
5

∪ (0; 6).
8
(ii) Bất phương trình bậc nhất một ẩn số
• Dạng bất phương trình:
ax + b > 0, ax + b ≥ 0, ax + b < 0, ax + b ≤ 0,
trong đó x là ẩn, a và b là hằng số, a = 0.
• Cách giải và biện luận: ax + b ≤ 0 (1)
+ Nếu a > 0 thì bất phương trình (1) có nghiệm x ≤ −
b
a
, tập nghiệm
S =

−∞; −
b
a

;

+ Nếu a < 0 thì bất phương trình (1) có nghiệm x ≥ −
b
a
, tập nghiệm
S =

−
b
a
; +∞

;
+ Nếu a = 0 và b > 0 thì bất phương trình (1) vô nghiệm, tập nghiệm
S = ∅;
+ Nếu a = 0 và b ≤ 0 thì bất phương trình (1) có vô số nghiệm, tập
nghiệm S = R.
Bài toán 1.2.
Giải và biện luận bất phương trình sau:
m −3x + 5 > 3mx + m
2
.
(1.2)
Lời giải.
Ta có (1.2) ⇔ 3(m + 1)x < −m
2
+ m + 5.
- Nếu m < −1 thì bất phương trình có tập nghiệm là

−m
2

+ m + 5
3(m + 1)
; +∞

.
- Nếu m = −1 thì bất phương trình có tập nghiệm là R.
- Nếu m > −1 thì bất phương trình có tập nghiệm là

−∞;
−m
2
+ m + 5
3(m + 1)

.
Bài toán 1.3.
Tìm các giá trị của tham số m để hàm số sau xác định với mọi x ≥ −3:
y =

(m −3)x + 2m − 5.
(1.3)
Lời giải.
Điều kiện để hàm số đã cho có nghĩa là:
(m −3)x + 2m − 5 ≥ 0 ⇔ (m − 3)x ≥ 5 −2m.
9
Hàm số đã cho xác định với mọi x ≥ −3 khi và chi khi:





m = 3



m > 3
5 −2m
m −3
≤ −3
⇔




m = 3



m > 3
m −4
m −3
≤ 0
⇔ 3 ≤ m ≤ 4.
Vậy với 3 ≤ m ≤ 4 thì hàm số đã cho xác định ∀x ≥ −3.
1.2.2 Hệ bất phương trình bậc nhất một ẩn số
• Hệ bất phương trình bậc nhất một ẩn số là hệ gồm 2 hoặc nhiều bất phương
trình bậc nhất một ẩn số.
• Cách giải:
+ Giải từng bất phương trình của hệ;
+ Lấy giao tất cả các tập nghiệm của các bất phương trình trong hệ ta được
tập nghiệm của hệ bất phương trình.

Bài toán 1.4.
Tìm m để hệ bất phương trình sau vô nghiệm:

−x + 6 ≥ 0 (1.4.1)
3 −mx ≤ x + 4. (1.4.2)
(1.4)
Lời giải.
- Giải bất phương trình (1.4.1) ta được tập nghiệm là (−∞; 6].
- Giải và biện luận bất phương trình (1.4.2):
(1.4.2) ⇔ (m + 1)x ≥ −1.
+ Nếu m < −1 thì bất phương trình (1.4.2) có tập nghiệm là

−∞;
−1
m + 1

.
+ Nếu m = −1 thì bất phương trình (1.4.2) có tập nghiệm là R.
+ Nếu m > −1 thì bất phương trình (1.4.2) có tập nghiệm là

−1
m + 1
; +∞

.
Suy ra hệ bất phương trình đã cho vô nghiệm khi và chỉ khi



m > −1

−1
m + 1
> 6
⇔



m > −1
6m + 7
m + 1
< 0
⇔



m > −1
−
7
6
< m < −1
(vô nghiệm).
Vậy không có giá trị nào của tham số m để hệ bất phương trình (1.4) vô nghiệm.
10
1.2.3 Bất phương trình bậc hai một ẩn số
(i) Dấu của tam thức bậc hai
Tam thức bậc hai đối với x là biểu thức có dạng: f(x) = ax
2
+ bx + c trong đó
a, b, c là những hệ số và a = 0.
Định lý 1.3. (về dấu của tam thức bậc hai):

Cho f(x) = ax
2
+ bx + c (a = 0), ∆ = b
2
− 4ac
(i) Nếu ∆ < 0 thì f(x) luôn cùng dấu với hệ số a, với mọi x ∈ R;
(ii) Nếu ∆ = 0 thì f(x) cùng dấu với hệ số a, ∀ x = −
b
2a
;
(iii) Nếu ∆ > 0 thì f(x) có hai nghiệm x
1
, x
2
(x
1
< x
2
).
Khi đó: f(x) cùng dấu với hệ số a khi x < x
1
hoặc x > x
2
;
f(x) trái dấu với hệ số a khi x
1
< x < x
2
.
(ii) Bất phương trình bậc hai một ẩn số

• Bất phương trình bậc hai một ẩn số x là bất phương trình có dạng:
ax
2
+ bx + c > 0, ax
2
+ bx + c ≥ 0, ax
2
+ bx + c < 0, ax
2
+ bx + c ≤ 0
trong đó x là ẩn; a, b, c là các hằng số và a = 0.
• Cách giải:
+ Xét dấu tam thức bậc hai ở vế trái của bất phương trình;
+ Tìm x làm cho vế trái mang dấu thỏa mãn dấu của bất phương trình.
Bài toán 1.5.
Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x:
mx
2
+ (m + 3)x + (m + 3) ≥ 0.
(1.5)
Lời giải.
- Nếu m = 0 thì bất phương trình (1.5) trở thành:
3x + 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ −1
Suy ra m = 0 không thỏa mãn bài toán.
- Nếu m = 0 thì bất phương trình (1.5) là bất phương trình bậc hai.
Suy ra bất phương trình (1.5) nghiệm đúng với ∀x ∈ R khi và chỉ khi

m > 0
∆ = (m + 3)
2

− 4m(m + 3) ≤ 0
⇔

m > 0
(m + 3)(3 − 3m) ≤ 0
⇔

m > 0
m ≤ −3 hoặc m ≥ 1
⇔ m ≥ 1.
11
Vậy với m ≥ 1 thì bất phương trình (1.5) nghiệm đúng với mọi x.
1.2.4 Hệ bất phương trình bậc hai một ẩn số
• Hệ bất phương trình bậc hai một ẩn số là hệ gồm 2 hoặc nhiều bất phương
trình bậc hai một ẩn số.
• Cách giải:
+ Giải từng bất phương trình của hệ;
+ Lấy giao tất cả các tập nghiệm của các bất phương trình trong hệ ta được
tập nghiệm của hệ bất phương trình.
Bài toán 1.6. (Đại học Cảnh sát - Khối D - 1999)
Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm:

x
2
− 8x + 7 ≤ 0 (1.6.1)
x
2
− (2m + 1)x + m
2
+ m ≤ 0. (1.6.2)

(1.6)
Lời giải.
- Giải bất phương trình (1.6.1) ta được tập nghiệm là [1; 7].
- Giải bất phương trình (1.6.2):
Vế trái của (1.6.2) có ∆ = (2m + 1)
2
− 4

m
2
+ m

= 1 > 0.
Do đó, vế trái của (1.6.2) có hai nghiệm x
1
= m, x
2
= m + 1.
Suy ra, bất phương trình (1.6.2) có tập nghiệm là [m; m + 1].
- Suy ra, hệ bất phương trình (1.6) có nghiệm khi và chỉ khi
1 ≤ m + 1 ≤ 8 ⇔ 0 ≤ m ≤ 7.
Vậy với 0 ≤ m ≤ 7 thì hệ (1.6) có nghiệm.
Bài toán 1.7.
Tìm m để hệ bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x:
1
2
<
x
2
− 2x + m

x
2
+ x + 1
< 2.
(1.7)
Lời giải.
Ta nhận thấy x
2
+ x + 1 =

x +
1
2

2
+
3
4
> 0, ∀x.
Do đó
(1.7) ⇔

x
2
− 2x + m < 2(x
2
+ x + 1)
2(x
2
− 2x + m) > x

2
+ x + 1
⇔

x
2
+ 4x + 2 − m > 0 (1.7.1)
x
2
− 5x + 2m − 1 > 0. (1.7.2)
12
Suy ra hệ bất phương trình (1.7) nghiệm đúng với mọi x khi và chỉ khi

∆ = 4 − (2 −m) < 0
∆ = 25 − 4(2m −1) < 0
⇔



m < −2
m >
29
8
.
Vậy không có giá trị nào của m để hệ (1.7) nghiệm đúng với ∀x ∈ R.
1.2.5 Bất phương trình bậc nhất hai ẩn số
• Bất phương trình bậc nhất hai ẩn là bất phương trình có một trong các dạng:
ax + by + c < 0, ax + by + c ≤ 0, ax + by + c > 0, ax + by + c ≥ 0
trong đó a, b, c là những số cho trước: a
2

+ b
2
= 0 ; x và y là các ẩn.
• Mỗi cặp số (x
0
; y
0
) sao cho ax
0
+ by
0
+ c < 0 gọi là một nghiệm của bất phương
trình ax + by + c < 0.
• Nghiệm của các bất phương trình dạng
ax + by + c ≤ 0, ax + by + c > 0, ax + by + c ≥ 0
cũng được định nghĩa tương tự.
• Trong mặt phẳng tọa độ, mỗi nghiệm của bất phương trình bậc nhất hai ẩn
được biểu diễn bởi một điểm; tập nghiệm của nó được biểu diễn bởi một tập
hợp điểm. Ta gọi tập hợp điểm ấy là miền nghiệm của bất phương trình.
Định lý 1.4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng (d) : ax+by + c = 0 chia
mặt phẳng thành hai nửa mặt phẳng. Một trong hai nửa mặt phẳng ấy (không
kể bờ (d)) gồm các điểm có tọa độ thỏa mãn bất phương trình ax + by +c > 0, nửa
mặt phẳng còn lại (không kể bờ (d)) gồm các điểm thỏa mãn bất phương trình
ax + by + c < 0.
• Từ định lý ta suy ra:
+ Nếu (x
0
; y
0
) là một nghiệm của bất phương trình ax+by+c < 0 (hay ax+by+c >

0) thì nửa mặt phẳng ( không kể bờ (d)) chứa điểm M(x
0
; y
0
) chính là miền
nghiệm của bất phương trình ấy;
+ Đối với các bất phương trình dạng ax + by + c ≤ 0, ax + by + c ≥ 0 thì miền
nghiệm là nửa mặt phẳng kể cả bờ.
• Cách xác định miền nghiệm của bất phương trình ax + by + c < 0:
(i) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, vẽ đường thẳng (d) : ax + by + c = 0.
(ii) Xét một điểm M(x
0
; y
0
) không nằm trên (d)
13
+ Nếu ax
0
+ by
0
+ c < 0 thì nửa mặt phẳng (không kể bờ (d)) chứa điểm M là
miền nghiệm của bất phương trình ax + by + c < 0;
+ Nếu ax
0
+ by
0
+ c > 0 thì nửa mặt phẳng (không kể bờ (d)) không chứa điểm
M là miền nghiệm của bất phương trình ax + by + c < 0.
1.2.6 Hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn số
• Hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn số là hệ gồm 2 hoặc nhiều bất phương

trình bậc nhất hai ẩn số.
• Trong mặt phẳng tọa độ, ta gọi tập hợp các điểm có tọa độ thỏa mãn mọi bất
phương trình trong hệ là miền nghiệm của hệ.
• Cách giải:
Để xác định miền nghiệm của hệ ta dùng phương pháp biểu diễn hình học
như sau:
+ Với mỗi bất phương trình trong hệ, ta xác định miền nghiệm của nó và gạch
bỏ phần còn lại;
+ Sau khi làm như trên lần lượt đối với tất cả các bất phương trình của hệ trên
cùng một mặt phẳng tọa độ, miền còn lại không bị gạch chính là miền nghiệm
của hệ bất phương trình đã cho.
• Vấn đề tìm miền nghiệm của hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn có liên quan
chặt chẽ đến một số bài toán kinh tế. Trước khi xét đến ứng dụng này, ta sẽ xét
bài toán về phương pháp tìm cực trị của biểu thức P (x; y) = ax + by trên một
miền đa giác lồi.
Bài toán 1.8.
Cho biểu thức P (x; y) = ax + by (b = 0) và một miền đa giác lồi (S), kể cả biên,
trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất (hay lớn nhất) của P (x; y)
với (x; y) là tọa độ của các điểm thuộc (S).
Lời giải.
Tập hợp các điểm (x; y) để P (x; y) nhận giá trị p là đường thẳng
ax + by = p hay y = −
a
b
x +
p
b
.
(1.8)
Đường thẳng có phương trình (1.8) có hệ số góc không đổi bằng −

a
b
và cắt trục
tung tai điểm M(0; m) với m =
p
b
14
Do đó ta ký hiệu đường thẳng: y = −
a
b
x + m là (d
m
)
• Trường hợp 1: b > 0
Việc tìm giá trị nhỏ nhất (hay lớn nhất) của P (x; y) = p với (x; y) ∈ (S) được
quy về tìm giá trị nhỏ nhất (hay lớn nhất) của m =
p
b
, tức là tìm điểm M ở vị
trí thấp nhất (hay cao nhất) trên trục tung sao cho đường thẳng (d
m
) có ít nhất
một điểm chung với (S). Cụ thể như sau:
+) Khi tìm giá trị nhỏ nhất của P (x; y), ta cho đường thẳng (d
m
) chuyển
động song song với (d
0
) từ một vị trí nào đó ở phía dưới miền (S) và đi lên cho
đến khi (d

m
) lần đầu tiên đi qua một điểm (x
0
; y
0
) nào đó của (S). Khi đó m
đạt giá trị nhỏ nhất và tương ứng với nó là giá trị nhỏ nhất của P (x; y), đó là
P (x
0
; y
0
) = ax
0
+ by
0
.
+) Khi tìm giá trị lớn nhất của P (x; y), ta cho đường thẳng (d
m
) chuyển động
song song với (d
0
) từ một vị trí nào đó ở phía trên miền (S) và đi xuống cho
đến khi (d
m
) lần đầu tiên đi qua một điểm (x
0
; y
0
) nào đó của (S). Khi đó m
đạt giá trị lớn nhất và tương ứng với nó là giá trị lớn nhất của P (x; y), đó là

P (x
0
; y
0
) = ax
0
+ by
0
.
• Trường hợp 2: b < 0
Ta có −P(x; y) = −ax − by với −b > 0.
Suy ra, bài toán tìm giá trị nhỏ (hay lớn nhất) của P(x; y) sẽ trở thành bài
toán tìm giá trị lớn nhất (hay nhỏ nhất) của −P (x; y) = −ax −by với −b > 0 ,và
bài toán này đã được giải quyết trong trường hợp 1.
Chú ý:
+) Qua cách làm trên ta thấy P (x; y) đạt giá trị nhỏ nhất (hay lớn nhất) tại
một đỉnh nào đó của đa giác (S).
+) Điều kiện b = 0 trong bài toán trên có thể thay đổi thành điều kiện a, b
không đồng thời bằng 0. Bài toán với điều kiện mới này so với bài toán trên
chúng ta còn phải giải quyết thêm trường hợp a = 0, b = 0, và đây là trường hợp
tương đối đơn giản.
Bài toán 1.9.
Một cơ sở sản xuất có thể làm được hai loại hàng I và hàng II, từ nguyên liệu
A và B. Trữ lượng A và B hàng ngày theo thứ tự có được là 6 và 10 đơn vị. Để
sản xuất một đơn vị hàng I cần 2 đơn vị nguyên liệu loại A và 3 đơn vị nguyên
liệu loại B. Để sản xuất một đơn vị hàng II cần 1 đơn vị nguyên liệu loại A và
15
4 đơn vị nguyên liệu loại B. Giá bán một đơn vị hàng I và hàng II theo thứ tự
là 2 và 5 đơn vị tiền tệ.Qua tiếp thị được biết, trong một ngày nhu cầu tiêu thụ
hàng II không quá 2 đơn vị, nhu cầu hàng I hơn 2 lần hàng II không quá 1 đơn

vị. Hỏi cần sản xuất mỗi ngày bao nhiêu đơn vị hàng mỗi loại để doanh thu lớn
nhất.
Lời giải.
Gọi x, y lần lượt là số đơn vị hàng I và hàng II được sản xuất mỗi ngày.
Theo giả thiết x, y phải thỏa mãn các điều kiện











0 ≤ y ≤ 2
0 ≤ x − 2y ≤ 1
0 ≤ 2x + y ≤ 6
0 ≤ 3x + 4y ≤ 10
(1.9)
Gọi tổng số tiền bán hàng I và hàng II mỗi ngày là c (đơn vị tiền tệ).
Suy ra c = 2x + 5y.
Bài toán đã cho trở thành: Tìm các số x và y thỏa mãn hệ bất phương trình
(1.9) sao cho c = 2x + 5y có giá trị lớn nhất.
• Trước tiên ta tìm tập hợp (S) gồm các điểm có tọa độ (x; y) thỏa mãn hệ bất
phương trình (1.9).
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta vẽ các đường thẳng:
(f
1

) : y = 2 (f
2
) : x − 2y = 1 (f
3
) : x − 2y = 0
(f
4
) : 2x + y − 6 = 0 (f
5
) : 3x + 4y − 10 = 0 (f
6
) : y = 0
(f
7
) : 2x + y = 0 (f
8
) : 3x + 4y = 0 (d
0
) : 2x + 5y = 0
16
Từ đó ta tìm được miền nghiệm (S) của hệ bất phương trình (1.9) là miền đa
giác OABC (kể cả biên).
• Theo bài toán (1.8), ta tìm được số tiền c đạt giá trị lớn nhất điểm A(2; 1).
Vậy mỗi ngày cần sản xuất 2 đơn vị hàng I và 1 đơn vị hàng II thì sẽ đạt được
doanh thu lớn nhất là 9 đơn vị tiền tệ.
Bài toán 1.10.
Một nhà khoa học nghiên cứu về tác động phối hợp của vitamin A và vitamin
B đối với cơ thể con người. Kết quả như sau:
i) Một người có thể tiếp nhận được mỗi ngày không quá 600 đơn vị vitamin A
và không quá 500 đơn vị vitamin B;

ii) Một người mỗi ngày cần từ 400 đến 1000 đơn vị vitamin cả A lẫn B;
iii) Do tác động phối hợp của hai loại vitamin, mỗi ngày, số đơn vị vitamin B
không ít hơn
1
2
số đơn vị vitamin A nhưng không nhiều hơn 3 lần số đơn vị
vitamin A.
Hãy tìm phương án để một người dùng hai loại vitamin A và B thỏa mãn các
điều kiện trên mà số tiền phải trả là ít nhất, biết rằng giá một đơn vị vitamin
A là 9 đồng và giá một đơn vị vitamin B là 7,5 đồng.
Lời giải.
Gọi x, y lần lượt là số đơn vị vitamin A và B mà một người dùng mỗi ngày.
Theo giả thiết x, y phải thỏa mãn các điều kiện











0 ≤ x ≤ 600
0 ≤ y ≤ 500
400 ≤ x + y ≤ 1000
1
2
x ≤ y ≤ 3x.

(1.10)
Gọi tổng số tiền mua hai loại vitamin A và B mỗi ngày là c (đồng).
Suy ra c = 9x + 7, 5y.
Bài toán đã cho trở thành: Tìm các số x và y thỏa mãn hệ bất phương trình
(1.10) sao cho c = 9x + 7, 5y có giá trị nhỏ nhất.
• Trước tiên ta tìm tập hợp (S) gồm các điểm có tọa độ (x; y) thỏa mãn hệ bất
phương trình (1.10).
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta vẽ các đường thẳng:
(f
1
) : x = 600 (f
2
) : y = 500 (f
3
) : x + y − 1000 = 0
17
(f
4
) : x+y−400 = 0 (f
5
) : 3x−y = 0 (f
6
) : x−2y = 0 (d
0
) : 9x+7.5y = 0
Từ đó ta tìm được miền nghiệm (S) của hệ bất phương trình (1.10) là miền đa
giác ABCDEF (kể cả biên).
• Theo bài toán (1.8), ta tìm được số tiền c đạt giá trị nhỏ nhất điểm (100; 300).
Vậy phương án để dùng hai loại vitamin A và B thỏa mãn các điều kiện của bài
toán mà số tiền phải trả ít nhất đó là dùng 100 đơn vị vitamin A và 300 đơn vị

vitamin B mỗi ngày, và chi phí mỗi ngày là 3150 đồng.
1.2.7 Hệ bất phương trình đối xứng
Đối với các hệ bất phương trình đối xứng ta có thể giải theo một trong hai
phương pháp sau:
• Phương pháp 1: sử dụng phương pháp đồ thị;
• Phương pháp 2: phương pháp biểu diễn nghiệm thông qua tham số, và phương
pháp này được gọi là phương pháp tham biến.
Bài toán 1.11. (Olympic 30 tháng 4, lần thứ XIII, 2007. Lớp 10, Trường
THPT Phan Chu Trinh - Đà Nẵng đề nghị)
Giải hệ bất phương trình sau:

x
2
+ y
2
> 4
x
2
+ y
2
− 2x −2y ≤ 0.
(1.11)
Lời giải.
18
Ta có (1.11) ⇔

x
2
+ y
2

> 2
2
(1.11.1)
(x −1)
2
+ (y − 1)
2
≤ 2 (1.11.2)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ta vẽ hai đường tròn (C
1
) và (C
2
) có phương trình
như sau
(C
1
) : x
2
+ y
2
= 2
2
; (C
2
) : (x − 1)
2
+ (y − 1)
2
=


√
2

2
Từ đó ta có, trong mặt phẳng tọa độ Oxy:
• Những điểm có tọa độ (x; y) thỏa mãn bất phương trình (1.11.1) là những điểm
ở ngoài đường tròn (C
1
);
• Những điểm có tọa độ (x; y) thỏa mãn bất phương trình (1.11.2) là những điểm
ở trong đường tròn (C
2
), kể cả những điểm trên đường tròn (C
2
) ;
Vậy miền nghiệm của hệ bất phương trình (1.11) là vùng được in đậm trên hình
vẽ và không nằm trên đường tròn (C
1
).
Bài toán 1.12. (theo Olympic 30 tháng 4, lần thứ XV, 2009. Lớp 10,
THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm - Quảng Nam)
Giải bất phương trình sau:

x + y ≤ 4
x
2
+ y
2
+ xy = 12
. (1.12)

Lời giải.
19
Ta có
(1.12) ⇔

x + y = 4 − a
x
2
+ y
2
+ xy = 12
(với a ≥ 0)
⇔

x + y = 4 − a
(x + y)
2
− xy = 12
(với a ≥ 0)
⇔

x + y = 4 − a
xy = (4 − a)
2
− 12
(với a ≥ 0)
Suy ra x, y là các nghiệm của phương trình bậc hai
t
2
− (4 −a) t + (4 −a)

2
− 12 = 0 với a ≥ 0 (I)
Phương trình (I) có các nghiệm x, y khi và chỉ khi:
∆ = (4 − a)
2
− 4

(4 −a)
2
− 12

≥ 0 với a ≥ 0
⇔ 3a
2
− 24a ≤ 0 với a ≥ 0
⇔ 0 ≤ a ≤ 8
Vậy với điều kiện 0 ≤ a ≤ 8 thì hệ bất phương trình (1.12) có nghiệm là



x =
4 −a −
√
−3a
2
+ 24a
2
, y =
4 −a +
√

−3a
2
+ 24a
2
x =
4 −a +
√
−3a
2
+ 24a
2
, y =
4 −a −
√
−3a
2
+ 24a
2
.
1.3 Bất phương trình, hệ bất phương trình đại số vô tỷ
1.3.1 Bất phương trình vô tỷ
1. Phương pháp biến đổi tương đương
Với phương pháp này ta sẽ khử căn thức bằng cách nâng lên lũy thừa. Khi đó,
ta cần chú ý một số điểm sau đây:
• Một số dạng cơ bản:
√
A < B ⇔






B > 0
A ≥ 0
A < B
2
√
A > B ⇔







B < 0
A ≥ 0

B ≥ 0
A > B
2
√
A >
√
B ⇔ A > B ≥ 0.
20
• Đối với bất phương trình có chứa nhiều căn thức bậc chẵn thì khi giải cần đặt
điểu kiện để căn thức có nghĩa và nên sắp xếp lại các số hạng ở hai vế của bất
phương trình để sau khi bình phương ẩn x nằm ngoài căn thức triệt tiêu hay
có bậc thấp nhất, đồng thời để ý đến dấu của hai vế của bất phương trình. Sau

đó mới thực hiện lũy thừa để khử căn và quy về các dạng bất phương trình cơ
bản, đồng thời chú ý việc kết hợp với điều kiện để chọn nghiệm thích hợp của
bất phương trình.
Bài toán 1.13. (Đại học kinh tế quốc dân – Khối A – 2001 )
Giải bất phương trình:

(x + 5)(3x + 4) > 4(x −1).
(1.13)
Lời giải.
Ta có
(1.13) ⇔







x −1 < 0
(x + 5)(3x + 4) ≥ 0

x −1 ≥ 0
(x + 5)(3x + 4) > 16(x −1)
2
⇔

















x < 1


x ≥ −
4
3
x ≤ −5

x ≥ 1
13x
2
− 51x −4 < 0
⇔


















x < 1


x ≥ −
4
3
x ≤ −5



x ≥ 1
−
1
13
< x < 4
⇔







−
4
3
≤ x < 1
x ≤ −5
1 ≤ x < 4
⇔


−
4
3
≤ x < 4
x ≤ −5.
Vậy bất phương trình (1.13) có tập nghiệm là

−
4
3
; 4

∪ (−∞; −5].
• Đối với một số bất phương trình vô tỷ việc phân tích làm xuất hiện nhân tử
chung tỏ ra khá là hiệu quả, nhưng ta cần lưy ý:
√
xy =


√
x.
√
y nếu x, y ≥ 0
√
−x.
√
−y nếu x, y < 0
21
Bài toán 1.14. (Đại học kiến trúc Hà Nội – Khối A – 2001)
Giải bất phương trình sau:

x
2
− 4x + 3 −

2x
2
− 3x + 1 ≥ x − 1.
(1.14)
Lời giải.
Điều kiện xác định:

x
2
− 4x + 3 ≥ 0
2x
2
− 3x + 1 ≥ 0
⇔















x ≥ 3
x ≤ 1


x ≥ 1
x ≤
1
2
.
⇔




x ≤
1

2
x = 1
x ≥ 3
+ Ta thấy x = 1 thỏa mãn bất phương trình (1.14);
+ Nếu x ≤
1
2
thì
(1.14) ⇔

(1 −x)(3 −x) −

(1 −x)(1 −2x) ≥ x −1
⇔
√
1 −x

√
3 −x −
√
1 −2x

≥ −

(1 −x)
2
⇔
√
3 −x −
√

1 −2x ≥ −
√
1 −x
⇔
√
3 −x +
√
1 −x ≥
√
1 −2x
⇔ 3 −x + 2
√
3 −x.
√
1 −x + 1 −x ≥ 1 − 2x
⇔ 3 + 2

x
2
− 4x + 3 ≥ 0. (1.14.1)
Ta thấy với ∀x ≤
1
2
đều thỏa mãn bất phương trình (1.14.1)
+Nếu x ≥ 3 thì
(1.14) ⇔

(x −1)(x −3) −

(x −1)(2x −1) ≥ x −1

⇔
√
x −1

√
x −3 −
√
2x −1

≥

(x −1)
2
⇔
√
x −3 −
√
2x −1 ≥
√
x −1
⇔
√
x −3 ≥
√
x −1 +
√
2x −1
⇔ x −3 ≥ x − 1 + 2
√
x −1.

√
2x −1 + 2x −1
⇔ 2

2x
2
− 3x + 1 ≤ −2x − 1. (1.14.2)
Ta thấy với x ≥ 3 thì bất phương trình (1.14.2) có vế trái không âm, có vế phải
âm.
Do đó trên [3; +∞) thì bất phương trình (1.14.2) vô nghiệm
Vậy bất phương trình (1.14) có tập nghiệm là

−∞;
1
2

∪ {1}.
22
Bài toán 1.15. (Đại học Bách khoa Hà Nội - 2000)
Giải bất phương trình sau:

x
2
+ 3x + 2 +

x
2
+ 6x + 5 ≤

2x

2
+ 9x + 7.
(1.15)
Lời giải.
Điều kiện để bất phương trình (1.15) có nghĩa là:





x
2
+ 3x + 2 ≥ 0
x
2
+ 6x + 5 ≥ 0
2x
2
+ 9x + 7 ≥ 0
⇔







x ≤ −2 hoặc x ≥ −1
x ≤ −5 hoặc x ≥ −1
x ≤ −

7
2
hoặc x ≥ −1
⇔

x ≤ −5
x ≥ −1.
Nhận xét:
- Đối với bất phương trình (1.15) ta cũng có thể giải tương tự như các bất
phương trình (1.14). Tuy nhiên,bất phương trình này có điều đặc biệt, đó là, nó
có thể biểu diễn dưới dạng
√
u +
√
v ≤
√
u + v
với u = x
2
+ 3x + 2 ; v = x
2
+ 6x + 5.
- Mặt khác, ∀u, v ≥ 0 ta lại có
√
u +
√
v ≥
√
u + v, và dấu bằng xảy ra khi và chỉ
khi uv = 0.

Từ hai nhận xét trên ta thu được kết quả
(1.15) ⇔

x
2
+ 3x + 2 +

x
2
+ 6x + 5 =

2x
2
+ 9x + 7
⇔ (x
2
+ 3x + 2)(x
2
+ 6x + 5) = 0
⇔



x = −5
x = −2
x = −1.
Đối chiếu với điều kiện xác định ta thu được tập nghiệm của bất phương trình
(1.15) là: {−5; −1}.
• Đối với một số bất phương trình vô tỷ, ta có thể sử dụng đẳng thức liên hợp
vào giải chúng.

Bài toán 1.16. (Đại học Mỏ - Địa chất 1999)
Giải bất phương trình sau:
2x
2

3 −
√
9 + 2x

2
< x + 21.
(1.16)
23
Lời giải.
Điều kiện để bất phương trình (1.16) có nghĩa là: x ≥ −
9
2
; x = 0.
Với điều kiện trên thì nhân cả tử và mẫu của phân thức ở vế trái của bất phương
trình (1.16) với biểu thức (3 +
√
9 + 2x)
2
ta được:
2x
2

3 +
√
9 + 2x


2
4x
2
< x + 21
⇔

3 +
√
9 + 2x

2
< 2(x + 21)
⇔ 9 + 9 + 2x + 6
√
9 + 2x < 2x + 42
⇔
√
9 + 2x < 4
⇔ 9 + 2x < 16 ⇔ x <
7
2
.
Đối chiếu với điều kiện ta thu được tập nghiệm của bất phương trình (1.16) là

−
9
2
;
7

2

\{0}.
Bài toán 1.17.
Giải bất phương trình sau:

3x
2
− 7x + 3 +

x
2
− 3x + 4 >

x
2
− 2 +

3x
2
− 5x −1.
(1.17)
Lời giải.
Điều kiện để bất phương trình (1.17) có nghĩa là:












3x
2
− 7x + 3 ≥ 0
x
2
− 3x + 4 ≥ 0
x
2
− 2 ≥ 0
3x
2
− 5x −1 ≥ 0
⇔









x ≤
7 −
√

13
6
hoặc x ≥
7 +
√
13
6
x ≤ −
√
2 hoặc x ≥
√
2
x ≤
5 −
√
37
6
hoặc x ≥
5 +
√
37
6
⇔


x ≤ −
√
2
x ≥
5 +

√
37
6
.
Bằng cách sắp xếp lại các số hạng ở hai vế của bất phương trình (1.17), và sử
dụng đẳng thức liên hợp ta có

3x
2
− 7x + 3 −

3x
2
− 5x −1 >

x
2
− 2 −

x
2
− 3x + 4
⇔
−2x + 4
√
3x
2
− 7x + 3 +
√
3x

2
− 5x −1
>
3x −6
√
x
2
− 2 +
√
x
2
− 3x + 4
⇔ (x −2)

3
√
x
2
− 2 +
√
x
2
− 3x + 4
+
2
√
3x
2
− 7x + 3 +
√

3x
2
− 5x −1

< 0
⇔ x < 2.
Đối chiếu với điều kiện xác định, suy ra bất phương trình (1.17) có tập nghiệm
là

−∞; −
√
2

∪

5 +
√
37
6
; 2

.
24
Bài toán 1.18.
Giải bất phương trình sau:
3
√
−12 −x+
3
√

21 −x ≥ 3.
(1.18)
Lời giải.
Ta có (1.18) ⇔
3
√
−12 −x ≥ 3 −
3
√
21 + x
⇔ −12 −x ≥ 27 −27
3
√
21 −x + 9
3

(21 −x)
2
− 21 −x
⇔
3

(21 −x)
2
− 3
3
√
21 −x + 2 ≤ 0
⇔ 1 ≤
3

√
21 −x ≤ 2 ⇔ 1 ≤ 21 −x ≤ 8 ⇔ 13 ≤ x ≤ 20.
Vậy bất phương trình (1.18) có tập nghiệm là [13; 20].
2. Phương pháp đặt ẩn phụ - Dạng 1
Phương pháp này giúp chúng ta chuyển các bài toán đã cho về bất phương trình
đại số quen thuộc, đặc biệt là các bất phương trình bậc hai.
+ Đặt t =
2n
√
A, t ≥ 0; t =
2n+1
√
A, t ∈ R
+ Đưa bất phương trình về các dạng cơ bản theo t, giải tìm t, chọn t thích hợp
thay vào điều kiện đặt tìm nghiệm của bất phương trình ban đầu.
Ta lưu ý các phép đặt ẩn phụ thường gặp sau:
• Nếu bài toán chứa

f(x) và f(x) ta có thể đặt t =

f(x), với điều kiện tối
thiểu t ≥ 0, khi đó f(x) = t
2
.
• Nếu bài toán chứa

f(x) ±

g(x),


f(x).g(x) và f(x) + g(x) = k (k=const)
ta có thể đặt t =

f(x) ±

g(x), khi đó

f(x).g(x) = ±
t
2
− k
2
.
• Nếu bài toán chứa

f(x),

g(x) và

f(x)

g(x) = k(k = const) ta có thể đặt
t =

f(x), với điều kiện tối thiểu t ≥ 0, khi đó

g(x) =
k
t
.

Bài toán 1.19. (Đại học An Ninh – 2000 –Khối A )
Giải bất phương trình sau:
√
7x + 7 +
√
7x −6 + 2

49x
2
+ 7x −42 < 181 − 14x.
(1.19)
Lời giải.
Điều kiện để bất phương trình (1.19) có nghĩa là: x ≥
6
7

25