Phương pháp giải bất phương trình vô tỉ ôn thi đại học và ôn thi học sinh giỏi cực hay

Đ 3 Bất phơng trình chứa căn thức
GIớI THIệU
K t nm 2005 n nay, thi i hc mụn toỏn cú bi toỏn v bt phng
trỡnh cha cn:
Bài 1. ( thi i hc Khi D nm 2002): Gii bt phng trỡnh:

(x

2

3x ) 2x 2 3x 2 0, x .

Bài 2. ( thi i hc Khi B nm 2012): Gii bt phng trỡnh:
x + 1 + x 2 4x + 1 3 x , (x ).
Bài 3. ( thi i hc Khi A nm 2005): Gii bt phng trỡnh:
5x 1 x 1 > 2x 4, x .
Bài 4. ( thi i hc Khi A nm 2010): Gii bt phng trỡnh:
x x
1, x .
2
1 2 ( x x + 1)
ĐịNH HƯớNG
Nhn thy:
1. Bi 1 thuc Dng bt phng trỡnh cha 1 cn bc hai.
2. Bi 2 thuc Dng bt phng trỡnh cha 2 cn bc hai.
3. Bi 3 thuc Dng bt phng trỡnh cha 2 cn cú bc khỏc nhau.
4. Bi 4, bi 5 thuc Dng bt phng trỡnh cha nhiu cn.
T ú, cung cp cho cỏc em hc sinh mt giỏo trỡnh gn nh vi y kin
thc, bi ging ny s c chia thnh 4 phn (4 dng bt phng trỡnh).
Vớ d u tiờn mi phn rt quan trng, bi nú s cung cp cỏc phng
phỏp gii.

Hot ng sau mi vớ d chớnh l bi tp.

1. bất phơng trình chứa một căn bậc hai
Ví dụ 1:

( thi i hc Khi D nm 2002): Gii bt phng trỡnh:

(x

2

3x ) 2x 2 3x 2 0, x .




Đánh giá và định hớng thực hiện: Đây là một dạng bất phơng trình đơn giản dạng

AB 0 nhng rất nhiều học sinh không tìm ra đợc đầy đủ các nghiệm của nó.
Chúng ta cần sử dụng phép biến đổi tơng đơng sau:
g(x) = 0

f (x). g(x) 0 , với f(x) và g(x) có nghĩa g(x) > 0 . .
f (x) 0
Giải
Bất phơng trình tơng đơng với:
1

x = 2 x = 2

2x 2 3x 2 = 0
x 3
x > 2

2
x = 2
.
2x 3x 2 > 0 x < 1/ 2

x 2 3x 0
x 1/ 2


x 3

x 0
1

Vậy, tập nghiệm của bất phơng trình là ; {2} [3; + ) .
2

HOT NG 1: Giải bất phơng trình:
a. (x 1) 2x 1 3(x 1), x .
b. (x 2 + 1) + (x + 1) + 3x x + 1 > 0, x .

DNG C BN 1
Vi bt phng trỡnh

f(x) < g(x) ta cú phộp bin i tng ng:

f(x) 0

.
g(x) > 0
f(x) < g2 (x) (*)

Cỏc em hc sinh cn bit ỏnh giỏ tớnh gii c ca bt phng
trỡnh (*).
Ví dụ 2:

Giải bất phơng trình:

x + 1 2(x 2 1), x .
Đánh giá và định hớng thực hiện: S dng lc trong DNG C BN 1 bi

trong trng hp ny (*) l mt bt phng trỡnh bc hai Gii c.

2




Giải
Bất phơng trình tơng đơng với:
x 1
x 1
2(x 2 1) 0

x 1
x 1

x + 1 0
2
x 2 2x 3 0
1 x 3
2
2(x 1) (x + 1)


Vậy, tập nghiệm của bất phơng trình là [1; 3] {1}.

x = 1
1 x 3 .


HOT NG 2: Gii cỏc bt phng trỡnh:

Ví dụ 3:

a.

x 2 3x 10 < x 2, x .

b.

x 2 2x 15 x 3, x .

Giải bất phơng trình:

x 2 + 3 3x 2 1, x .
Đánh giá và định hớng thực hiện: S dng lc trong DNG C BN 1 bi
trong trng hp ny (*) l mt bt phng trỡnh trựng phng Gii c.
Ngoi ra, bt phng trỡnh cũn c gii theo cỏc cỏch khỏc:
Nhm nghim x0 ri chuyn bt phng trỡnh v dng tớch (x x0)h(x)
bng phộp nhõn liờn hp. C th:
Nhn xột rng x0 = 1 l nghim ca bt phng trỡnh.
Bin i bt phng trỡnh v dng:
x 2 + 3 2 3x 2 3

x2 + 3 4

x +3 +2


1
(x 2 1)
3 0.
2
x +3 +2

2

(

3 x2 1

)

S dng phng phỏp t n ph, vi t = x 2 + 3, t 3.
Giải
Ta cú th trỡnh by theo cỏc cỏch sau:
Cỏch 1: Vi iu kin 3x2 1 0 tc x

(

x 2 + 3 3x2 1

)

2

1
, ta bin i phng trỡnh v dng:
3

(

)(

)

9x 4 7x 2 2 0 x 2 1 9x 2 + 2 0

x 2 1 0 x 1.

Vậy, tập nghiệm của bất phơng trình là (; 1] [1; +).
Cỏch 2: Bin i phng trỡnh v dng:

3




x 2 + 3 2 3x 2 3

x2 + 3 4

x +3 +2


1
(x 2 1)
3 0.
2
x +3 +2

2

(

3 x2 1

)
(*)

Nhn xột rng:
1
x +3 +2

2

<

1

2

1
x +3+2
2

3< 0

nờn (*) c bin i v dng:
x 2 1 0 x 1.

Vậy, tập nghiệm của bất phơng trình là (; 1] [1; +).
Cỏch 3: t t = x 2 + 3, t 3. Suy ra x2 = t2 3.
Bt phng trỡnh cú dng:
t 3(t2 3) 1 3t2 t 10 0 (3t + 5)(t 2) 0
t 3

t 2 0

x 2 + 3 2 x2 + 3 4 x2 1 x 1.

Vậy, tập nghiệm của bất phơng trình là (; 1] [1; +).

HOT NG 3: Gii bt phng trỡnh:

Ví dụ 4:

a.

x 2 + 8 4x 2 1, x R.

b.

x + 1 < 5 x, x .

Gii bt phng trỡnh:

1 x3 x + 5, x .
Đánh giá và định hớng thực hiện: S dng lc trong DNG C BN 1 bi
trong trng hp ny (*) l mt bt phng trỡnh bc ba Gii c.
Ngoi ra, bt phng trỡnh cũn c gii theo cỏch:
Nhm nghim x0 ri chuyn bt phng trỡnh v dng tớch (x x0)h(x)
bng phộp nhõn liờn hp. C th:
Nhn xột rng x0 = 2 tho món VT = VP.
Bin i bt phng trỡnh v dng:
1 x3 3 x + 2
x+2+

1 x3 9
1 x3 + 3

x+2

x2 x + 1
0 (x + 2) 1 +
0
1 x3 + 3
1 x3 + 3

x3 + 8

S dng phng phỏp hm s, vi iu kin x 1 nhn xột:

4




VP l hm ng bin.
VT l hm nghch bin.
Hai th ct nhau ti im cú honh x = 2.
Vậy, tập nghiệm của bất phơng trình là [2; 1].
Giải
Ta cú th trỡnh by theo cỏc cỏch sau:
Cỏch 1: Bất bất phơng trình tơng đơng với:
1 x 3 0
x 3 1
x 1



x 5
x + 5 0

x + 5 0
1 x 3 (x + 5)2
x 3 + x 2 + 10x + 24 0
(x + 2)(x 2 x + 12) 0




x 1
x 1


x 5 x 5 2 x 1.

x 2
x + 2 0

Vậy, tập nghiệm của bất phơng trình là [2; 1].
Cỏch 2: Vi iu kin 1 x3 0 tc x 1, ta bin i bt phng trỡnh v dng:
1 x3 3 x + 2

1 x3 9
1 x3 + 3

x+2 x+2+

x3 + 8
1 x3 + 3

0

x2 x + 1
(x + 2) 1 +
0 x + 2 0 x 2.
1 x3 + 3


Vậy, tập nghiệm của bất phơng trình là [2; 1].

Cỏch 3: Vi iu kin x 1 nhn xột:
VP l hm ng bin.
VT l hm nghch bin.
Hai th ct nhau ti im cú honh x = 2.
Vậy, tập nghiệm của bất phơng trình là [2; 1].
Nhận xét: Nh vậy, để giải một bất phng trình chứa căn ta có thể lựa chọn
một trong các cách:
Cách 1: Biến đổi tơng đơng. Lu ý cách nhm nghim x0 ri
chuyn bt phng trỡnh v dng tớch (x x0)h(x) bng
phộp nhõn liờn hp, bởi trong nhiều trờng hợp sẽ nhận
đợc cách giải hay.
Cách 2: Đặt ẩn phụ. Một hoặc nhiều ẩn phụ.
Cách 3: Sử dụng phơng pháp hàm số. Sử dụng đạo hàm.

5




Cách 4: Đánhgiá.

HOT NG 4: Gii cỏc bt phng trỡnh:

Ví dụ 5:

a.

x3 + 3 3x 1, x .

b.

x + 2 < 3x 4, x .

Với a > 0, giải bất phơng trình:
x + a 2 x 2 a, x .

Đánh giá và định hớng thực hiện: S dng lc trong DNG C BN 1 bi

trong trng hp ny (*) l mt bt phng trỡnh bc hai Gii c.
Ngoi ra, bt phng trỡnh cũn c gii theo cỏch lng giỏc hoỏ vi:
x = a.cost, t [0; ].
Giải
Ta cú th trỡnh by theo cỏc cỏch sau:
Cỏch 1: Biến đổi bất phơng trình về dạng:
a 2 x2

a x 0
a x a
x = a
2
2

a x a x 0
x a

a x 0
2
x 0
a x 2 (a x)2


Vậy, nghiệm của bất phơng trình là a x 0 hoặc x = a
Cỏch 2: Điều kiện a x a.
Đặt x = a.cost, với t [0, ] a 2 x 2 = a.sint.
Khi đó, bất phơng trình có dạng:
a.cost + a.sint a cost + sint 1 cos(t


1
)
4
2




t
1 cos t 0
a a. cos t 0
a x 0
2

.

cos
t
=
1
a
.
cos
t
=
a


x = a
t = 0

Vậy, nghiệm của bất phơng trình là a x 0 hoặc x = a.

HOT NG 5: Gii bt phng trỡnh:
x +a x+
2

DNG C BN 2
Vi bt phng trỡnh

2

2a 2
x2 + a2

, x .

f(x) > g(x) ta cú phộp bin i tng ng:

6




g(x) 0
f(x) 0
(I) :
hoc (II) :
2
g(x) < 0
f(x) > g (x). (*)
Cỏc em hc sinh cn bit ỏnh giỏ tớnh gii c ca bt phng
trỡnh (*).
Giải bất phơng trình:
2x + 1 > 1 x, x .
Đánh giá và định hớng thực hiện: S dng lc trong DNG C BN 2 bi
trong trng hp ny (*) l mt bt phng trỡnh bc hai Gii c.
Ngoi ra, phng trỡnh cũn c gii theo cỏc cỏch khỏc:
Nhm nghim x0 ri chuyn bt phng trỡnh v dng tớch (x x0)h(x)
bng phộp nhõn liờn hp. C th:
Nhn xột rng x0 = 0 tho món VT = VP.
Bin i bt phng trỡnh v dng:

Ví dụ 6:

(

)

2x + 1 1 + x > 0

2x + 1 1

2


+ x > 0 x
+ 1 > 0
2x + 1 + 1
2x + 1 + 1

S dng phng phỏp hm s, vi nhn xột:
VT l hm ng bin.
VP l hm nghch bin.
Hai th ct nhau ti im cú honh x = 0.
Vy, tp nghim ca bt phng trỡnh l (0; +).
Giải
Ta cú th trỡnh by theo cỏc cỏch sau:
Cỏch 1: Bt phng trỡnh tng ng vi:
1 x 0
2x + 1 0
(I) :
hoặc (II) :

2.
1 x < 0
2x + 1 > (1 x )
Ta lần lợt:
Gii (I) ta c:
1

x
2 x > 1.

x > 1
Gii (II) ta c:
x 1
x 1

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

4x
<
0

(1)

(2)

T (1) v (2) suy ra tp nghim ca bt phng trỡnh l (0; +).
1
Cỏch 2: Vi iu kin 2x + 1 0 tc x , ta bin i bt phng trỡnh v dng:
2

7




(

)

2x + 1 1 + x > 0

2x + 1 1

x > 0.

2


+ x > 0 x
+ 1 > 0
2x + 1 + 1

2x + 1 + 1

Vy, tp nghim ca bt phng trỡnh l (0; +).
1
Cỏch 3: iu kin 2x + 1 0 tc x .
2
t2 1
t t = 2x + 1, (t 0) . Suy ra x =
.
2
Bt phng trỡnh cú dng:
t2 1
t > 1
t > 1
t2 + 2t 3 > 0
2
t < 3 (loai)
2x + 1 > 1 2x + 1 > 1 x > 0.
Vy, tp nghim ca bt phng trỡnh l (0; +).
Cỏch 4: Nhn xột rng:
VT l hm ng bin.
VP l hm nghch bin.
Hai th ct nhau ti im cú honh x = 0.
Vy, tp nghim ca bt phng trỡnh l (0; +).

HOT NG 6: Giải bất phơng trình:
x + 2 > 4 x, x .
Ví dụ 7:

Giải bất phơng trình:

1
1
x x + , x .
4
2
Đánh giá và định hớng thực hiện: S dng lc trong DNG C BN 2 bi
trong trng hp ny (*) l mt bt phng trỡnh bc hai cú cha du giỏ tr
tuyt i Gii c bng phng phỏp chia khong.

Giải
Bt phng trỡnh tng ng vi:
1

x+ >0

2
1

(I) : x + 0 hoặc (II) :
.
2
2
1 x x + 1 (*)


4
2

1

Gii (I) ta c x .
2

(1)

8




Gii (II): Ta cú bin i cho (*):
1
1
Vi x 0 tc x thỡ:
4
4
2

1
1

x x + x2 + 2x 0 2 x 0, tho món.
4
2

1
1
Vi x < 0 tc x > thỡ:
4
4

2

1
1
1
x x + x 2 + 0 , vụ nghim
2
4
2
Suy ra, nghim ca (*) l 2 x 0.
V h (II) cú dng:
1

1
x >
< x 0.
2

2
2 x 0

(2)

T (1) v (2) suy ra tp nghim ca bt phng trỡnh l (; 0].

HOT NG 7: Giải bất phơng trình:
1
x 1 x , x .
4
Ví dụ 8:

Giải bất phơng trình:
x 2 3x + 6 3x 2 9x + 8, x .

Đánh giá và định hớng thực hiện: Nu s dng lc trong DNG C BN 2
thỡ (*) l mt bt phng trỡnh bc bn gii c bt phng trỡnh ny cn
cú k nng phõn tớch a thc thnh nhõn t.
Ngoi ra, phng trỡnh cũn c gii theo cỏc cỏch khỏc:

S dng phng phỏp t n ph, vi t = x 2 3x + 6, t 0.
Nhm nghim x0 ri chuyn phng trỡnh v dng tớch (x x0)h(x) bng
phộp nhõn liờn hp. C th:
Nhn xột rng x0 = 1 l nghim ca phng trỡnh.
Bin i phng trỡnh v dng:
x 2 3x + 6 2 = 3x 2 9x + 6

x 2 3x + 6 4

x 3x + 6 + 2


1
(x 2 3x + 2)
3 = 0
2
x 3x + 6 + 2

2

= 3(x 2 3x + 2)

Giải

9




Ta cú th trỡnh by theo cỏc cỏch sau:
Cỏch 1: Bin i phng trỡnh v dng:

(

)

x 2 3x + 6 = 3 x 2 3x + 6 10.

t t = x 2 3x + 6, (t 0) ta c:
t 3t 2 10 3t 2 t 10 0

5
t2 t2
3

x 2 3x + 6 2 x 2 3x + 2 0 1 x 2.

Vy, tp nghim ca bt phng trỡnh l [1; 2].
Cỏch 2: Ta cú bin i:
x 2 3x + 6 2 3x 2 9x + 6

x 2 3x + 6 4
x 3x + 6 + 2
2

3(x 2 3x + 2)



1
(x 2 3x + 2)
3 0.
2
x 3x + 6 + 2


(*)

Nhn xột rng:
1
x 3x + 6 + 2
2

<

1

2

1
x 3x + 6 + 2

2

3< 0

nờn (*) c bin i v dng:
x 2 3x + 2 0 1 x 2.
Vy, tp nghim ca bt phng trỡnh l [1; 2].
HOT NG 8: Giải bất phơng trình:
x 2 + 3x + 5 > 2x 2 + 6x 5, x .
Ví dụ 9:

Giải bất phơng trình:
2x
> 2x + 2, x .
2x + 1 1

Đánh giá và định hớng thực hiện: Thiết lập điều kiện có nghĩa cho bất phơng trình,
rồi sử dụng phép nhận liên hợp để biến đổi bất phơng trình về dạng cơ bản.

Giải
Điều kiện:
2 x + 1 0
1
0 2x + 1 1 x 0.

2
2x + 1 1 0
Trục căn thức, ta biến đổi bất phơng trình về dạng:

10

(*)


2x

(

(

)

2x + 1 + 1

)(

2x + 1 1

)

2x + 1 + 1

> 2x + 2

2x + 1 + 1 > 2x + 2

(*)

2x + 1 > 2x + 1 2x + 1 > (2x + 1) 2
1
4x2 + 2x < 0 < x < 0.
2
1



Vậy, tập nghiệm của bất phơng trình là T = ; 0 .
2
HOT NG 9: Giải bất phơng trình:

1 1 4x 2
< 3, x .
x
Ví dụ 10:

Giải bất phơng trình:
4x 2
< 2x + 2, x .
(1 1 + 2x )2

Đánh giá và định hớng thực hiện: Thiết lập điều kiện có nghĩa cho bất phơng trình,
rồi sử dụng phép nhận liên hợp để biến đổi bất phơng trình về dạng cơ bản.

Giải
Điều kiện:
2x + 1 0

1
0 2x + 1 1 x 0.

2
1 2x + 1 0
Trục căn thức, ta biến đổi bất phơng trình về dạng:

(

)

2



2x 2x + 1 + 1

< 2x + 9
2x + 1 1 2x + 1 + 1


2x + 1 + 1 + 2 2x + 1 < 2x + 9

(



)(

(*)

)

(

)

2

2x + 1 + 1 < 2x + 9

(*)

2x + 1 < 2x + 1 2x + 1 < (2x + 1) 2
x > 0
2
4x + 2x > 0
.
x < 1

2
Vậy, bất phơng trình có tập nghiệm là (0; +).

HOT NG 10: Giải bất phơng trình:
11




2x 2

< x + 21, x .
(3 9 + 2x ) 2
Ví dụ 11:

Gii bt phng trỡnh:
2x

x+

x2 4

>3 5.

(1)

Đánh giá và định hớng thực hiện: Thiết lập điều kiện có nghĩa cho bất phơng trình.

Dựa vào tập xác định để thực hiện phơng pháp chia khoảng.
ẩn phụ xuất hiện khi bình phơng hai vế của bất phơng trình.
Giải
Điều kiện:
x2 4 > 0 |x| > 2.
(*)
Trờng hợp 1: Với x < 2 thì bất phơng trình vô nghiệm (do vế trái âm).
Trờng hợp 2: Với x > 2 thì bình phơng 2 vế phơng trình (1) ta đợc:
x2 +

4x 2
+
x2 4

x2

Đặt t =

x2 4

4x 2
x2 4

> 45

x4
x2
+
4.
> 45 .
x2 4
x2 4

(2)

, t > 0.

Khi đó, bất phơng trình (2) có dạng:
t > 5

t2 + 4t 45 > 0
t>5
t < 9
x > 20

2

| x |> 20



x2
x 4
2

> 5 x4 25x2 + 100 > 0

.

2
x < 5
| x |< 5
Kết hợp với trờng hợp đang xét, ta đợc tập nghiệm của bất phơng trình là:
(; 20 ) ( 5 ; 5 ) ( 20 ; +).

HOT NG 11: Giải bất phơng trình:
x
35
x+
> , x .
x 2 1 12
Ví dụ 12:

Gii bt phng trỡnh:

x2 1 2x x 2 + 2x .
Đánh giá và định hớng thực hiện: Bt phng trỡnh c m rng t dng c bn
f(x) g(x) thnh h(x) f(x) g(x) nờn cha th s dng phộp khai phng.
Trc tiờn, hóy i t iu kin cú ngha cho bt phng trỡnh.
Nhn xột rng vi n ph t = x 2 2x , (t 0) , ta c:

12




x2 2tx 1 0.
suy ra, bt phng trỡnh bc hai n x v tham s t.
Giải
Đặt t = x 2 + 2x , điều kiện t 0.
Bất phơng trình có dạng:
f(x) = x2 2tx 1 0.
Coi vế trái là một tam thức bậc 2 theo x, ta có:
= t2 + 1 = x2 + 2x + 1 = (x + 1)2
khi đó f(x) = 0 có các nghiệm:

(1)

x = t x 1
x = t + x + 1

tức là (1) đợc biến đổi về dạng:
(x t x 1)(x t + x + 1) 0 ( x 2 + 2x + 1)( x 2 + 2x 2x 1) 0


x 2 + 2x 2x 1 0

x 2 + 2x 2x + 1

2x + 1 0
2x + 1 0


x 2 + 2x 0

2
2
0 x + 2x (2x + 1)
2
3x + 2x + 1 0

1

x 2

x 0 x 0.

x 2

Vậy, bất phơng trình có nghiệm x 0.
HOT NG 12: Giải bất phơng trình:

x2 + 4x (x + 4) x 2 2x + 4 .

2. bất phơng trình chứa hai căn bậc hai
Ví dụ 13:

Giải bất phơng trình:
x + 9 > 5 2x + 4, x .

Đánh giá và định hớng thực hiện: Dễ thấy cha thể sử dụng ngay phép khai

phơng cho bất phơng trình này, suy ra cần biến đổi:
x + 9 + 2x + 4 > 5.
Tới đây, ta sẽ nhận đợc bất phơng trình dạng cơ bản.
Ngoài ra, cũng có thể sử dụng phơng pháp hàm số.

Giải

13




Ta có thể trình bày theo các cách sau:
Cách 1: Điều kiện:
x + 9 0
x 2.

2x + 4 0

(*)

Biến đổi bất phơng trình về dạng:
x + 9 + 2x + 4 > 5 x + 9 + 2x + 4 + 2 (x + 9)(2x + 4) > 25
12 3x < 0

2 (x + 9)(2x + 4) > 12 3x 12 3x 0
4(x + 9)(2x + 4) > (12 3x) 2

x > 0.
Vậy, tập nghiệm của bất phơng trình là (0; +).

Cách 2: Điều kiện:
x + 9 0
x 2.

2x + 4 0
Biến đổi bất phơng trình về dạng:

(*)

x + 9 + 2x + 4 > 5.
Nhn xột rng:
VT l hm ng bin.
VP l hm hng.
Hai th ct nhau ti im cú honh x = 0.
Vậy, tập nghiệm của bất phơng trình là (0; +).
HOT NG 13: Giải các bất phơng trình:

Ví dụ 14:

a.

x + 1 > 5 2x + 3, x .

b.

3 x x + 2 > 1, x .

Giải bất phơng trình:
x 2 + x 2 5 > 3, x .

Đánh giá và định hớng thực hiện: Bất phơng trình chứa hai căn bậc hai với lõi là
các hàm số bậc hai. Nên không thể sử dụng phơng pháp bình phơng.
Bất phng trỡnh c gii theo cỏch "Nhm nghim x0" ri chuyn v dng
tớch (x x0)h(x) bng phộp nhõn liờn hp. C th:
Nhn xột rng x0 = 3 tho món VT = VP..
Bin i bt phng trỡnh v dng:

14




(

) (

x 2 1 +
x 3

+

)

x2 5 2 > 0

x 2 1
x 2 +1

+

x2 5 4
x2 5 + 2

>0

x2 9

>0
x 2 +1
x2 5 + 2

1
x+3
(x 3)
+
> 0.
x2 5 + 2

x 2 +1
Giải
Ta có thể trình bày theo các cách sau:
Cách 1: Điều kiện:
x 2
x 2 0
x 5.

2
x 5
x 5 0
Biến đổi phơng trình về dạng:
x 2 1
x2 5 4
x 2 1 + x2 5 2 > 0
+
>0
x 2 +1
x2 5 + 2
x 3
x2 9

+
>0
x 2 +1
x2 5 + 2

1
x+3
(x 3)

+
> 0.
x2 5 + 2
x 2 +1
x 3 > 0. x > 3.
Vậy, bất phơng trình có tập nghiệm là (3; +).
Cách 2: Điều kiện:
x 2 0
x 2
x 5.

2

x 5
x 5 0

(

) (

(*)

)

(*)

)

Xột hm s f(x) = x 2 + x 2 5 trờn D = 5; + :
f '(x) =

1

+

x

> 0, xD Hm s ng bin trờn D.
2 x2
x2 5
Nhận xét rằng phơng trình có:
VT là hàm đồng biến.
VP là hàm hằng.
Hai th ct nhau ti im cú honh x = 3.
Vậy, bất phơng trình có tập nghiệm là (3; +).
HOT NG 14: Giải bất phơng trình:
15




x 2 3x + 3 + x 2 3x + 6 < 3, x .
Ví dụ 15:

( thi i hc Khi B nm 2012): Giải bất phơng trình:
x + 1 + x 2 4x + 1 3 x, (x ).

Đánh giá và định hớng thực hiện: Dễ thấy không thể sử dụng ngay phép khai

phơng cho bất phơng trình này, suy ra cần sử dụng ẩn phụ.

Câu hỏi đợc đặt ra là ẩn phụ kiểu gì ?
ẩn phụ dễ nhận thấy nhất là t = x (t 0) và khi đó ta nhận đợc bất
phơng trình dạng:
t 4 4t 2 + 1 t 2 + 3t 1.
Trong trờng hợp này cần phải giải một bất phơng trình cao hơn 2.

Từ việc đánh giá hệ số và

x hoàn toàn đợc đa vào căn bậc hai nên nếu
1
chia cả hai vế của phơng trình cho x > 0 sẽ thấy xuất hiện x +
và
x
1
1
x + , từ đó nhận đợc ẩn phụ t = x +
(t 2) . Và khi đó, ta nhận
x
x
đợc bất phơng trình dạng:
t 2 6 3 t.

Nhận xét: 1. Với bất phơng trình đã cho, trớc tiên chúng ta cần đặt điều
kiện có nghĩa.
2. Trong cả hai lựa chọn chúng ta đều gặp bất phơng trình dạng
cơ bản:
g 0

f g g > 0 .
f g 2

Giải
Ta có thể trình bày theo các cách sau:
Cách 1: Điều kiện:
x 2 + 3
x 2 4x + 1 0

.

0 x 2 3
x 0

(*)

Đặt t = x (t 0) bất phơng trình đợc chuyển về dạng:
t 2 + 1 + t 4 4t 2 + 1 3t t 4 4t 2 + 1 t 2 + 3t 1.

Ta xét hai trờng hợp:

16



(1)


Trờng hợp 1: Bất phơng trình (1) đúng khi:
t 2 + 3t 1 0 t 2 3t + 1 0 t

3 5

3+ 5
hoặc t
.
2
2

Trờng hợp 2: Với điều kiện:
3 5
3+ 5
.
t
2
2
Bất phơng trình (1) đợc chuyển về dạng:

t2 + 3t 1 0

(

)

(**)

2

t 4 4t 2 + 1 t 2 + 3t 1 6t 3 15t 2 + 6t 0

1 (**) 3 5
1
t = 0

t
t


3t(2t 5t + 2) 0 2

2 2
2.

2t 5t + 2 0
t 2
t 2
Kết hợp hai trờng hợp 1 và trờng hợp 2, ta đợc:
1

1 (*)
1
1

t 2 x 2 x 4 0 < x 4 .




x 2
t 2
x 4
x 4
2

1
Vậy, bất phơng trình có tập nghiệm là 0; [ 4; + ) .
4
Cách 2: Điều kiện:
x 2 + 3
x 2 4x + 1 0
(*)

.

0 x 2 3
x 0
Nhận xét rằng x = 0 là nghiệm của bất phơng trình.
Với x > 0, biến đổi bất phơng trình về dạng:
1
1
x+
+ x4+ 3
x
x
1
1
Đặt t = x +
(t 2) suy ra x + = t 2 2 nên bất phơng trình đợc
x
x
chuyển về dạng:
3 t 0

2

2
t + t 6 3 t 6 3 t 3 t > 0
2
2
t 6 (3 t)
t 3
5
1
5 u = x >0
1 5

t < 3 t x +

u+
2
u 2
x 2
6t 15

17




x 2
u 2
x 4


2u 5u + 2 0

.

x1
u 1
0 < x 1


2

4
2
2

1
Vậy, bất phơng trình có tập nghiệm là 0; [ 4; + ) .
4

HOT NG 15: Giải bất phơng trình:
5
1
5 x+
< 2x +
, x .
2x
2 x
Ví dụ 16:

Giải bất phơng trình:

2x 2 6x + 8 x x 2, x .
Đánh giá và định hớng thực hiện: Biến đổi bất phơng trình về dạng:
2(x 2)2 + 2x x 2 + x .
S dng hai n ph:
u = x 0
.

v = x 2

Giải
Điều kiện x 0.
Biến đổi bất phơng trình về dạng:

(*)

2(x 2)2 + 2x x 2 + x .

(2)

Đặt:
u = x 0
.

v = x 2

Khi đó, bất phơng trình có dạng:
2u 2 + 2 v 2

u + v 0

u + v

2u 2 + 2 v 2 (u + v)

x 2
x 2 0
u = v 0
2
x = x 2

u + v 0


2
2

x 5x + 4 = 0

(u v ) 0

x=4

Vậy, nghiệm của bất phơng trình là x = 4.
HOT NG 16: Giải bất phơng trình:
a.

2x 2 + 12x + 6 2x 1 > x + 2, x .

b.

2x 2 10x + 16 x 1 x 3, x .

18




Ví dụ 17:

( thi i hc Khi A nm 2010): Giải bất phơng trình:
x x
1.
1 2 ( x 2 x + 1)

Đánh giá và định hớng thực hiện: Đây là bất phơng trình không mẫu mực chứa

P(x)
k (k là hằng số) , do vậy để
Q(x)
giải nó chúng ta cần có những đánh giá dần nh sau:
Nhận xét về dấu của Q(x) đề chuyển bất phơng trình về dạng:
P(x) k.Q(x) hoặc P(x) k.Q(x).
Với bài toán này, ta có:

căn bậc hai và đợc cho dới dạng phân thức

Q(x) < 0 1 2 ( x 2 x + 1) < 0 2 ( x 2 x + 1) > 1

(

)

2 x 2 x + 1 > 1 2x2 2x + 1 > 0, luôn đúng.

hoặc:

(

)

2 x 2 x + 1 = x 2 + ( x 1) + 1 > 1 MS < 0
2

hoặc:
2

1 3
3

2 x x +1 = 2 x + >
> 1 MS < 0
2 2
2


(

2

)

Suy ra, bất phơng trình đợc biến đổi về dạng:

(

)

(

)

x x 1 2 x 2 x + 1 2 x 2 x + 1 1 x + x.

(1)

Tới đây, việc lựa chọn phơng pháp giải cho bất phơng trình (1) sẽ đợc dựa
theo dạng xuất phát cơ bản là f g . Tuy nhiên, nh đã trình bày trong phần
cấu trúc đề thi đại học môn toán thì đây luôn là câu hỏi khó nên các em học
sinh cần có kiến thức rất tốt mới có thể tiếp tục đợc. Cụ thể, chúng ta sẽ lựa
chọn một trong các hớng sau:
Hớng 1: Sử dụng phép biến đổi tơng đơng:
g 0
f g
.
2
f g
Và với hớng này cần có kinh nghiệm tốt trong việc biến đổi đại số.
Hớng 2: Sử dụng ẩn phụ t = x (t 0) và phép biến đổi tơng đơng giống
nh hớng 1 để nhận đợc một bất phơng trình bậc 4 theo t.
Hớng 3: Sử dụng ẩn phụ t là tổ hợp của x và phép biến đổi tơng đơng

giống nh hớng 1 để nhận đợc một bất phơng trình bậc 2 theo t.
1
x.
Cụ thể trong bài toán này chúng ta sẽ đặt t =
x

19




Hớng 4: Sử dụng phơng pháp đánh giá (nếu có thể). Cụ thể trong bài toán
này chúng ta sử dụng bất đẳng thức 2(a2 + b2) (a + b)2 bởi ta có
biến đổi:

(

)

2 x 2 x + 1 = 2 (1 x ) +

2

( x ) (1 x + x )
2

2

1 x + x.

Giải
Nhận xét rằng:

(

)

(

)

2 x 2 x + 1 = x 2 + ( x 1) + 1 > 1 MS = 1 2 x 2 x + 1 < 0.
2

Điều kiện x 0.
Bất phơng trình đợc biến đổi về dạng:

(

)

(

)

x x 1 2 x 2 x + 1 2 x 2 x + 1 1 x + x.

(1)

Tới đây, chúng ta có thể trình bày theo các cách sau:

Cách 1: Biến đổi tiếp (1) về dạng:
1 x + x 0

2
2
2
x + ( x 1) + 1 1 x + x
1 x + x 0
1 x + x 0


2
2
2
2
x + 1 2(1 x) x + x
x + ( x 1) + 1 (1 x ) + 2(1 x) x + x
1 x + x 0
1 x + x 0

2

2
( x 2x + 1) 2(1 x) x + x 0
1 x x 0
1 x + x 0
2 x 0
1 x 0
x 1

2 2
x 3x + 1 = 0
1 x x = 0
x = 1 x
x = (1 x )
3 5
.
x=
2
3 5
Vậy, bất phơng trình có nghiệm x =
.
2
Cách 2: Đặt t = x (t 0) , khi đó (1) có dạng:

(

)

(

)

1 t 2 + t 0
2 t t +1 1 t + t 4 2
2
2 t t + 1 1 t + t
1 t 2 + t 0

4 2
4
2
2
3
2 t t + 1 1 + t + t 2t + 2t 2t

(

4

2

(

)

2

(

) (

)

20



)

2


1 t 2 + t 0
1 t 2 + t 0
1 t 2 + t 0


4
2
2
2
3
2
t + 2t t 2t + 1 0
t + t 1 = 0
t + t 1 0

(

)

2t 0
5 1
5 1
3 5

1 5 t =
x=

x=
.
2
2
2
t =

2
3 5
.
2
Cách 3: Nhận xét rằng x = 0 không phải là nghiệm của (1) nên ta có biến đổi:

Vậy, bất phơng trình có nghiệm x =

1
1

2 x 1+
x + 1.
x
x

1

Đặt t =

x

x thì x +

(2)

1 2
= t + 2 , khi đó (2) có dạng:
x

t + 1 0
t 1
2 t2 + 1 t + 1 2
2

2
2(t + 1) (t + 1)
t 2t + 1 0

(

)

t=1

t 1

2
( t 1) 0

1 x 0
x = 1 x = 1 x
2

x
x = (1 x )

1

x 1
3 5
2
.
x=
2
x 3x + 1 = 0
3 5
.
2
Cách 4: Sử dụng bất đẳng thức 2(a2 + b2) (a + b)2, ta thấy:

Vậy, bất phơng trình có nghiệm x =

(

)

2 x 2 x + 1 = 2 (1 x ) +

2

( x ) (1 x + x )
2

2

= 1 x + x 1 x + x.

(3)

Từ (1) và (3) suy ra bất phơng trình đợc biến đổi về dạng:
1 x 0

x 1
3 5
2
1 x = x
(1 x ) = x 2
x=
.

2
x 3x + 1 = 0
1 x + x 0

2 x 0
Vậy, bất phơng trình có nghiệm x =

3 5
.
2

21

HOT NG 17: Giải bất phơng trình:

(

)

2 x + x2 + a2
Ví dụ 18:

5a 2
x2 + a2

, x . .

Giải bất phơng trình:
x + 2ax a 2 + x 2ax a 2 2a , a > 0, x .

Đánh giá và định hớng thực hiện: Hẳn bớc đặt điều kiện có nghĩa cho bất phơng
trình đã phức tạp. Do đó, bài toán cần có cách giải khác bằng việc đánh giá dạng
đặc thù của căn thức:

x + 2ax a 2 =

2ax a 2 + a 2
+ 2ax a 2
2a

2ax a + 2a 2ax a + a
=
2a
Tới đây, cần sử dụng đúng tính chất giá trị tuyệt đối.
2

=

2

2

2ax + a 2 + a
2a

.

Giải
Ta có nhận xét:
x + 2ax a 2 =

2ax a 2 + a 2
+ 2ax a 2
2a

2ax a 2 + 2a 2ax a 2 + a 2
=
=
2a
x 2ax a =

2

2ax + a 2 + a

2ax + a 2 a

.
2a
Khi đó, bất phơng trình đợc biến đổi tơng đơng thành:
| 2ax + a 2 + a |
2a

+

| 2ax + a 2 a |
2a



2a

| 2ax a 2 + a| + | 2ax a 2 a| 2a
a> 0



2ax a 2

+ a + | 2ax a 2 a| 2a

| 2ax a 2 a| a 2ax a 2 2ax a 2 a 0
2ax a 2 0 a > 0 a
2ax a 2 a

x a.

Vậy, bất phơng trình

2ax a 2 a 2
a
có nghiệm
2

2

x a.

22



2a

,


HOT NG 18: Giải bất phơng trình:
a.

3

x + 2 x 1 + x 2 x 1 > , x .
2

b.

x x 2 1 + x + x 2 1 2, x .

3. bất phơng trình chứa hai căn có bậc khác nhau
Ví dụ 19:

Giải bất phơng trình:
x > 1 + 3 x 1, x .

(1)

Đánh giá và định hớng thực hiện: Trớc tiên, đặt điều kiện có nghĩa cho bất
phơng trình. Từ đây, bằng phép khai phơng ta thấy xuất hiện ẩn phụ t = 3 x 1.

Giải
Điều kiện x 0.
Ta có:
x > 0 1+ x 1 > 0
(1)
x > (1 + 3 x 1 )2
x > 1 + 2 3 x 1 + ( 3 x 1 )2 x 1 ( 3 x 1 )2 2 3 x 1 > 0.

(*)

3

(2)

t > 1.
Đặt t = x 1
Khi đó, bất phơng trình (2) có dạng:
t +1> 0
t3 t2 2t > 0 t(t2 t 2) > 0 t(t + 1)(t 2) > 0
t(t 2) > 0
3

t > 2

x >0

3 x 1 > 2

x 1 > 8

x > 9

x >0





3
t
<
0

x

1
<
0


0 < x < 1
x 1 < 0

Vậy, bất phơng trình có nghiệm x > 9 hoặc 0 < x < 1.
HOT NG 19: Giải bất phơng trình:
2 3 3x 2 + 3 6 5x 8 < 0, x .

4. bất phơng trình chứa nhiều căn bậc hai
Ví dụ 20:

( thi i hc Khi A nm 2005): Gii bt phng trỡnh:
5x 1 x 1 > 2x 4, x .

Đánh giá và định hớng thực hiện: Đây là bất phơng trình vô tỉ và có thể nhận thấy

ngay rằng sau phép chuyển vế đợc bất phơng
f (x) > g(x) + h(x) , do đó các bớc thực hiện bao gồm:
Bớc 1: Thiết lập điều kiện có nghĩa cho bất phơng trình.

trình

dạng
(*)

23




Bớc 2: Biến đổi bất phơng trình về dạng:
f(x) > g(x) + h(x) + 2 g(x).h(x)

p(x) > 0
g(x).h(x) < p(x)
nghiệm.
2
g(x).h(x) < p (x)
Bớc 3: Kết hợp với (*), nhận đợc nghiệm của bất phơng trình.


Giải
Điều kiện:
5x 1 0

x 1 0 x 2.
2x 4 0

Biến đổi bất phơng trình về dạng:
5x 1 > 2x 4 + x 1
5x 1 > 2x 4 + x 1 + 2 (2x 4)(x 1)

(*)

(*)

(2x 4)(x 1) < x + 2 (2x 4)(x 1) < (x + 2)2
x2 10x < 0 0 < x < 10.
Kết hợp với (*), ta đợc nghiệm của bất phơng trình là 2 x < 10.


HOT NG 20: Giải bất phơng trình:
7x + 7

+ 7x 6 + 2 49x 2 + 7x 42 < 181 14x.

Giải bất phơng trình:
x 2 3x + 2 + x 2 4x + 3 2 x 2 5x + 4, x . (1)
Đánh giá và định hớng thực hiện: Dể thấy không thể sử dụng phép khai phơng để
giải bất phơng trình này.
Nhận thấy nhân tử chung x 1 , nên ta sẽ thực hiện theo các bớc:
Bớc 1. Đặt điều kiện có nghĩa cho bất phơng trình.
Bớc 2. Sử dụng phơng pháp chia khoảng.
Ví dụ 21:

Giải
Điều kiện:
x 2 3x + 2 0
2
x 4
.
x 4x + 3 0
x 1
2

x 5x + 4 0
Trờng hợp 1: Với x 4 thì:
(1) (x 1)(x 2) + (x 1)(x 3) 2 (x 1)(x 4)

24




x 2 + x 3 2 x 4
x 2 x 4 x 4 x 3

luôn đúng vì với x 4 ta đợc VT > 0 và VP < 0.
Vậy x 4 là nghiệm bất phơng trình.
Trờng hợp 2: Với x 1 thì:
(1) (1 x)(2 x) + (1 x)(3 x) 2 (1 x)(4 x)

Với x = 1, bất phơng trình nghiệm đúng.
Với x < 1, bất phơng trình có dạng:
2 x + 3 x 2 4 x
2 x 4 x 4 x 3 x

Nhận xét rằng với x < 1 thì VT < 0 và VP > 0, phơng trình vô nghiệm.
Vậy, bất phơng trình có nghiệm x = 1 hoặc x 4.
HOT NG 21: Giải bất phơng trình:
2 x + 2 + 2 x + 1 x + 1 < 4, x .

đáp số lời giải các hoạt động
HOT NG 1:
a. Điều kiện:

2x 1 0 x
Đặt t =

1
.
2

(*)

2x 1 , t 0 x =

1 2
(t + 1).
2

Khi đó, bất phơng trình có dạng:
1
2

1
2

[ (t2 + 1) 1]t 3[ (t2 + 1) 1] t3 3t2 t + 3 0
(t + 1)(t 1)(t 3) 0 1 t 3 1
Vậy, tập nghiệm của bất phơng trình là [1; 5].

2x 1 3 1 x 5.

Chú ý: Ta không thể bình phơng hai vế của bất phơng trình ban đầu vì
cha khẳng định đợc dấu của hai vế.

Hoàn toàn có thể sử dụng phép biến đổi tơng đơng để thực hiện
thí dụ trên, cụ thể:
(x 1)( 2x 1 3) 0
25