THẦY DUY THÀNH PHƯƠNG PHÁP GIẢI bất PHƯƠNG TRÌNH vô tỷ

Fanpage: Thầy Duy Thành-Tiến sĩ Toán
BÍ KÍP CHINH PHỤC BPT VÔ TỶ
I. Phương pháp nâng lũy thừa
Nội dung:
- Bình phương 2 vế của bất phương trình sau đó thường đưa về một trong 2
dạng:  f ( x)  g ( x)   0  f ( x)  g ( x) hoặc  f ( x)  g ( x)   0  f ( x)  g ( x) .
2

-

2

Trước khi bình phương cần lưu ý sử dụng tập xác định đánh giá 2 vế của BPT
và chỉ bình phương khi 2 vế dương.
2
x

Bài 1: Giải bất phương trình 2 1   2x 

8
x
x

 x  2
 2

1  x  0
 2  x  0
 x  0
Điều kiện 
 

 
x  2
2 x  8  0
 x  2

  2  x  0
x



Với 2  x  0 , bpt đã cho luôn đúng.
Với x  2 , bpt đã cho trở thành
2 x  2  2( x  2)( x  2)  x x
 4( x  2)  2( x 2  4)  4 2( x  2) 2 ( x  2)  x 3
 x3  2 x 2  4 x  16  4 2( x 3  2 x 2  4 x  8)  0
 2( x3  2 x 2  4 x  8)  8 2( x 3  2 x 2  4 x  8)  16  0
 ( 2( x3  2 x 2  4 x  8)  4) 2  0  2( x3  2 x 2  4 x  8)  4
x  0

 x3  2 x 2  4 x  0   x  1  5  x  1  5
x  1 5


Vậy bpt có tập nghiệm là S  [  2, 0)

1+ 5 .

II. Phương pháp đặt ẩn phụ
Nội dung: Phương pháp đặt ẩn phụ có thể chia thành các dạng sau:
- Đặt ẩn phụ trực tiếp: t= một biểu thức chứa căn.

- Đặt ẩn phụ sau khi đã chia 2 vế của bpt cho 1 biểu thức dương.
- Đặt 2 ẩn phụ và đưa về bpt tích 2 ẩn.
- Đặt ẩn phụ không hoàn toàn: bpt có cả ẩn mới là t, ẩn cũ là x, nhưng chỉ coi
bpt là bậc 2 với t, còn x là tham số, tính  và giải. Yêu cầu bắt buộc của
phương pháp là  phải là bình phương của một biểu thức.


Fanpage: Thầy Duy Thành-Tiến sĩ Toán
Bài 1: Giải bất phương trình

x2 2
6( x 2  2 x  4)  2( x  2)



1
2

Điều kiện : x  2
Ta có

2( x 2  2 x  4)

6( x  2 x  4)  2( x  2) 
2

6( x 2  2 x  4)  2( x  2)

 0, x  2

Do đó, bất phương trình tương đương với
2( x  2  2)  6( x 2  2 x  4)  2( x  2)
 2 x  2  2 x  12( x  2)  6 x 2

(1)

Nhận xét x=-2 không là nghiệm của bất phương trình.
Khi x>-2, chia cả 2 vế của bất phương trình (1) cho x  2  0 ta được
2  2.

Đặt t 

x
x
 12  6(
)2
x2
x2

(2)

x
thì bất phương trình (2) trở thành
x2
2  2t  0
t  1
2  2t  12  6t 2  
 
 t  2
2

2
2
4  8t  4t  12  6t
2(t  2)  0
x  0
x

 2   2
 x  2  2 3
x2
x  4x  8  0

Vậy bpt có nghiệm duy nhất x  2  2 3 .
(Chú ý: Bài này có nhiều cách giải khác như dùng véc tơ, dùng bất đẳng thức, dùng phép
biến đổi tương đương…)
Bài 2: Giải bất phương trình

1



1



2

trên tập số thực

x2  1

3x 2  5
x2  2  1
1
1
2
Đặt t  x2  2 , bpt trở thành
. Với điều kiện t  0 , bpt tương đương


t 3
3t  1
t 1
1
1
( t  1)(

)  2 . (1)
t 3
3t  1

Theo BĐT Cô-si ta có:


Fanpage: Thầy Duy Thành-Tiến sĩ Toán
t
t t 1 1 t
t 1

.
 (


)
t 1 t  3 2 t 1 t  3
t 3
1
1 2
1 1
2

.
 ( 
)
2 t 3 2 2 t 3
t 3
t
1 2t
1 1
2t

.
 ( 
)
2 3t  1 2 2 3t  1
3t  1
1
1 t 1 1 1
t 1

.
 (


)
t  1 3t  1 2 t  1 3t  1
3t  1

 VT  2  t  0.
Thay ẩn x được x2  2  x  (;  2]  [ 2; )
Bài 3: Giải bất phương trình 2 x2 2 x3  24 x  x2  24 x  12

(1)

Xét phương trình 2 x2 2 x3  24 x  x2  24 x  12 (2). Điều kiện 2 x3  24 x  0  x  0 .
Thấy x=0 không phải là nghiệm của (2).
Với x>0, ta đặt y 

x 2  12
thì y>0 và x2  12  2 xy 2
2x

(3).

Từ (2) và (3) ta có:
2 x2 2 x.2 xy 2  2 xy 2  24 x  12  y 2  2 x 2 y (4) (do x>0, y>0).

Từ (3) và (4) suy ra x2  y 2  2 xy 2  2 x2 y  ( x  y)( x  y  2 xy)  0  x  y (do x>0,
y>0).
Thế x=y vào (3) ta được x2  12  2 x3 <=>x=2, suy ra y=2 (thỏa mãn x>0, y>0).
Thử lại thấy x=2 thỏa mãn phương trình (2). Như vậy (2) có nghiệm duy nhất x=2
Bây giờ ta xét hàm số liên tục f(x) = 2 x2 2 x3  24 x  x2  24 x  12 với x [0; ) .
Nhờ lập luận ở trên, ta có f(x)=0  x=2. Do đó, trên mỗi đoạn [0,2), (2, ) hàm số

không đổi dấu.
Kiểm tra thấy f(0) = -12 < 0 nên f(x) < 0 với mọi x [0; 2) và f(3) = 18 126  93 > 0 nên
f(x) > 0 với mọi x  (2, ) .
Vậy (1)  0  x  2 .
Bài 4: Giải bất phương trình x2  4 x  2  x  2(1  x 2  3)
Điều kiện : x  2
Đặt

x 2  3  u, x  2  v , bất phương trình đã cho trở thành
u 2  3  4v  v 2  2u  u 2  v 2  u  v  3(u  v  1)  0
 (u  v  1)(u  v  3)  0
 ( x 2  3  x  2  1)( x 2  3  x  2  3)  0

(1)


Fanpage: Thầy Duy Thành-Tiến sĩ Toán
Ta có
x2  3  x  2  1 

Do đó, (1) tương đương với

x2  x  1
x2  3  x  2

1  0

x2  3  x  2  3  0

 x  2  3  0

 x 2  3   x  2  3  
2
 x  3  9  6 x  2  x  2
2  x  7,8  x  x 2  0
 x  7
 
 
2
2 2
6 x  2  8  x  x
36( x  2)  (8  x  x )

1  33
 2  x  2  2 3
2  x 
 
 
2
 x  1
( x  1) 2 ( x 2  4 x  8)  0


Vậy bpt đã cho có nghiệm x=-1 và 2  x  2  2 3 .
Bài 5. Giải bất phương trình (4 x2  x  1) x2  x  2  (4 x2  3x  5) x 2  1  1
 x  1

Điều kiện 
x  1

Đặt u  x2  x  2, v  x 2  1(u, v  0) ta có

4 x2  x  1  u 2  3v2 , 4 x2  3x  5  3u 2  v2

Bất pt đã cho có dạng
(u 2  3v2 )u  (3u 2  v2 )v  1  (u  v)3  1  u  v  1  u  v  1

Xét


Fanpage: Thầy Duy Thành-Tiến sĩ Toán
x2  x  2  x2 1  1
 x 2  x  2  x 2  1  2 x 2  1  1
 2 x 2  1  x  2
 x  2  0
 x  2
 2

 x  1  0
   x  2
 x  2  0
 3 x 2  4 x  8  0


2
2
 4( x  1)  x  4 x  4
 x  2


22 7
  x  2

x 

3
    x  2  2 7  

3
22 7

x 

 
3

22 7
 x 
3
  

Vậy tập nghiệm của bpt là (;

22 7
22 7
] [
; ) .
3
3

Bài 6: Giải bất phương trình x2  4 x  2  x  2(1  x 2  3)
Điều kiện: x  2.
Đặt:

x 2  3  u, x  2  v , bất phương trình đã cho trở thành:
u 2  3  4v  v 2  2u  u 2  v 2  u  v  3u  v  1  0
  u  v  1 u  v  3  0


Ta có:





x2  3  x  2  1

x  3  x  2 1 
2



x 2  3  x  2  3  0.

x2  x  1
x2  3  x  2

(1)

 1  0.

x2  3  x  2  3  0


3  x  2  0
 x2  3  3  x  2  
2

x  3  9  6 x  2  x  2
2  x  7,8  x  x 2  0
 x  7


2
2 2
6 x  2  8  x  x
36  x  2   8  x  x

Do đó: (1) tương đương với






Fanpage: Thầy Duy Thành-Tiến sĩ Toán

1  33
2  x  2  2 3
2  x 
2


 x  12  x 2  4 x  8   0  x  1


Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm: x  1 và 2  x  2  2 3 .
Bài 7: Giải bất phương trình:

x2 x  3 x3x  2 x2  x  1 ( x  R).

x2  x  3 x3  x  2 x2  x 1 (1).
 x2  x  0

Điều kiện: 
 x [ 1;0]  [1; )
3

x  x  0
Với 1  x  0, VT  0, VP  0 nên 1  x  0 không là nghiệm của bpt.
1
1
 1
Với x  1 , (1)  1- +3  x +1 1-  < 2x +1- ( chia cả 2 vế của bpt cho x )
x
x
 x

1
 0  t  1 . Bất phương trình trở thành
x
t 2  3 x 1 1 t  2x  0

Đặt t  1 





t  x  1 1 (loại)
  x 1  3  
t  2 x  1  2
1
Với t  x  1 1  1   x  1 1
x
2
1 5
 x  x 1  0  x 1  x  x 
2







2



Kết hợp điều kiện, bất phương trình có tập nghiệm.
1  5 

S  1;   \ 
.

 2 



III. Phương pháp nhân liên hợp
Nội dung:
- Sử dụng chức năng mode 7 trong máy tính casio để tìm nghiệm của phương
trình xuất phát từ bpt đã cho ( xem bài giảng sử dụng máy tính casio giải hpt
của thầy trên trang fanpage: Thầy Duy Thành-Tiến sĩ Toán và kênh youtube
Thầy Duy Thành-Tiến sĩ Toán, ở đó thầy có hướng dẫn
giải pt vô tỷ bằng máy tính casio).
- Từ nghiệm đã tìm được sẽ lựa chọn được biểu thức liên hợp.


Fanpage: Thầy Duy Thành-Tiến sĩ Toán

Bài 1: Giải bất phương trình

x2  x  2
 x2 
x3

2
x 3
2

 1 trên tập số thực

Điều kiện x > -3, bất pt đã cho tương đương với
x2  x  2

2

 x 2  1  0 
2
x3
x 3



( x 2  1)( x 2  x  6)
( x  3)( x 2  3)
x x2
2

2
x3
x 3
2

x2  x  2
4
 2
x3
x  3  x2 1  0
2
x x2
2

2
x3

x 3

 x2 1  0





2


x

x

6
 ( x 2  1) 
 1  0
 x2  x  2
2  

2
(
x

3)(
x

3)



 

2


x

3
x

3

 

2
 x  1  0  1  x  1

(Với x>-3 thì biểu thức trong ngoặc luôn dương).
Vậy tập nghiệm của bpt là S=[-1;1].
3
4  8x  9 x2
Bài 2: Giải bpt (2 x  )(2 x  1  1) 
.
x
3x  2 2 x  1

ĐK: x  1
Do x  1 nên bất pt đã cho tương đương với
(2 x  3)(2 x  1  1) 9 x 2  4(2 x  1)

(2 x  3)(2 x  1  1)


 3x  2 2 x  1
x
x
3x  2 2 x  1
 (2 x  3)(2 x  1  1)  3 x 2  2 x 2 x  1
 2( x  1  x  1) 2  ( x  2 x  1) 2  2( x  1  x  1)  0(*)
( x  1  x  1) 2  0

 VT(*)  0
Ta có nhận xét sau ( x  2 x  1)2  0

2( x  1  x  1)  0 (do x  1)
( x  1  x  1) 2  0

Vậy bpt xảy ra khi và chỉ khi VT=0  ( x  2 x  1) 2  0  x  1 .

2( x  1  x  1)  0


Fanpage: Thầy Duy Thành-Tiến sĩ Toán
9 x2  3  9 x  1  9 x 2  15
1
Nhận xét 9 x  1  9 x 2  15  9 x 2  3  0  x 
9

Bài 3: Giải bất phương trình

Với điều kiện trên, bất pt tương tương với
( 9 x 2  3  2)  3(3x  1)  9 x 2  15  4
9 x2 1



9x2  3  2

 3(3x  1) 

Kết hợp với điều kiện ta có x 

9 x2 1
9 x 2  15  4

0

1
là nghiệm của bpt.
3

Bài 4: Giải bất phương trình 1  4 x2  20  x  4 x2  9 (1)
Bất phương trình đã cho tương đương với
4 x 2  9  5  6  4 x 2  20  x  2  0 
 ( x  2)(

4x  8



4x  8

4 x 2  9  5 6  4 x 2  20

4 x 2  16
4 x2  9  5



16  4 x 2
6  4 x 2  20

 x20

 1)  0

Từ bất pt (1) suy ra x  1  4 x2  20  4 x2  9  0  x  1
Do đó

4x  8
4 x2  9  5



4x  8
4 x 2  20  6

 1  (4 x  8).

1  4 x 2  20  4 x 2  9

( 4 x 2  9  5)( 4 x 2  20  6)

Vậy nghiệm của phương trình là x  2 .
Bài 5: Giải bất phương trình sau trên R :
5 x  13  57  10 x  3x 2
 2 x  3  x2  2x  9
x  3  19  3x

19

3  x 
Điều kiện 
3
 x  4

Bất phương trình tương đương

1  0


Fanpage: Thầy Duy Thành-Tiến sĩ Toán
( x  3  19  3 x )(2 x  3  19  3 x )
 2 x  3  x2  2x  9
x  3  19  3 x
 4 x  3  19  3 x  x 2  2 x  9
x5
13  x

 4  x  3 
)  x2  x  2

  ( 19  3 x 
3
3


2
4( x  x  2)
 x2  x  2


 x2  x  2
x5
13  x 


9 x  3 
 9  19  3 x 

3 
3 






4
1
  0 (*)
 ( x 2  x  2) 1 


 9( x  3  x  5 ) 9  19  3 x  13  x  



3
3  



Vì biểu thức trong ngoặc luôn lớn hơn 0 với mọi x  [  3;

19
] \{4}
3

Do đó (*)  x2  x  2  0  2  x  1 (thỏa mãn)
Vậy tập nghiệm của bpt là S=[-2;1].
Bài 6: Giải bất phương trình ( x2  x  6) x  1  ( x  2) x  1  3x2  9 x  2
Điều kiện x  1
Với điều kiện trên, bpt tương đương với
( x 2  x  6)( x  1  1)  ( x  2)( x  1  2)  2 x 2  10 x  12
( x 2  x  6)( x  2) ( x  2)( x  3)

 2 x 2  10 x  12
x 1 1
x 1  2
( x 2  5 x  6)( x  2) x 2  5 x  6



 2( x 2  5 x  6)
x 1 1
x 1  2
1
 ( x  2)

 ( x 2  5 x  6) 

 2  0
x 1  2
 x 1 1



 ( x  1  1) 2

1
 ( x 2  5 x  6) 

  0
x

1

1
x

1

2



2
 ( x  1  1)

1
 x  [1; 2]  [3; ). Do 

0
x  1  2 
 x 1 1





Bài 7: Giải bất phương trình 1  x x 2  1  x 2  x  1 1  x 2  x  2 trên tập số thực
Bất phương trình đã cho tương đương


Fanpage: Thầy Duy Thành-Tiến sĩ Toán
( x x 2  1  x 2  x  1 x 2  x  2)  (1  x 2  x  1)  0
( x  1)(2 x 2  x  2)



x(1  x)

0
x x2  1  x2  x  1 x2  x  2 1  x2  x  1

2 x2  x  2
x
 ( x  1)(

)0
2
2
2
2
x x 1  x  x 1 x  x  2 1 x  x 1
 ( x  1). A  0 (1)

Với A =

2 x2  x  2





x

x x 1  x  x 1 x  x  2 1 x  x 1
Nếu x  0 thì
2

2

2

2

 x 2  x  1  x 2  1
 x 2  x  1 x 2  x  2   x x 2  1
 2
 x  x  2   x
 x 2  x  1 x 2  x  2  x x 2  1  0  A  0

Nếu x>0, áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có
 2
x2  x  1  x2  x  2
3
2
x

x

1
x

x

2

 x2  x 

2
2

2

2
 x x2  1  x  x  1

2
 x 2  x  1 x 2  x  2  x x 2  1  2 x 2  x  2
 A  1 

(vì 1 

x
1 x  x 1
x
2

1  x2  x  1

0

)

Tóm lại, với mọi x là số thực, ta có A>0, do đó (1)  x-1 >0  x>1
Vậy nghiệm của bpt là (1; ) .
IV. Phương pháp hàm đặc trưng
Nội dung: Đưa bất phương trình về dạng
f (u)  f (v)  f (u)  f (v)  xác định trên D.
-

Nếu f đồng biến trên D thì bpt  u  v  u  v  .

-

Nếu f nghịch biến trên D thì bpt  u  v  u  v  .

Bài 1: Giải bất phương trình
Điều kiện x  1

x 1 

x2  x  2 3 2x  1
trên tập số thực
3
2x 1  3


Fanpage: Thầy Duy Thành-Tiến sĩ Toán
Khi đó, bpt tương đương với

x 1  2 

x2  x  6
( x  2)( x  1  2)
 1 
(*)
3
3
2x 1  3
2x 1  3

- Nếu 3 2 x  1  3 >0  x > 13(1)
thì (*)  (2 x  1)  3 2 x  1  ( x  1) x  1  x  1

Do hàm f(t)= t 3  t là hàm đồng biến trên R, mà (*):
f ( 3 2 x  1)  f ( x  1)  3 2 x  1  x  1  x3  x 2  x  0



1 5 

2 

Nếu 3 2 x  1  3 <0

 1 5 
0;
 . Kết hợp với điều kiện => VN
2


 1  x  13 (2)
3
thì (*)  (2 x  1)  2 x  1  ( x  1) x  1  x  1
Do hàm f(t)= t 3  t là hàm đồng biến trên R, mà (*):
1

 1  x   2

f ( 3 2 x  1)  f ( x  1)  3 2 x  1  x  1    1
  x  13
  2

2

3
 (2 x  1)  ( x  1)

Suy ra: x   ;

1  5

1  5

;   . Kết hợp với điều kiện => x  [  1;0] 
;13 
 2

 2

1  5

Vậy nghiệm của bpt là x  [  1;0] 
;13  .
 2


Suy ra x  [  1;0] 

Bài 2: Giải bất phương trình ( x  4  1) x  2 

x3  4 x 2  3x  2( x  3) 3 2 x  3
(1)
( 3 2 x  3  3)( x  4  1)

Điều kiện : x  2, x  12 , bpt tương đương với
x22

( x  3)( x  2)
3
2x  3  3

( x  3)( x  2  2)
3
2x  3  3

(2)

(2)  ( 3 2 x  3)3  3 2 x  3  ( x  2)3  x  2

3)

 1 

TH1: x>12
Hàm số f (t )  t  t đồng biến trên R nên:
3

(3)  3 2 x  3  x  2  (2 x  3) 2  ( x  2)3
 x3  2 x 2  1  0

 vô nghiệm vì x>12.
TH2: 2  x  12
(2)  ( 3 2 x  3)3  3 2 x  3  ( x  2)3  x  2  4)

Fanpage: Thầy Duy Thành-Tiến sĩ Toán
Hàm số f (t )  t 3  t đồng biến trên R nên:
(4)  3 2 x  3  x  2  (2 x  3) 2  ( x  2)3
 x3  2 x 2  1  0  ( x  1)( x 2  x  1)  0
 1  5

 x  
; 1
 2


 1  5

;  

 2

 1  5

; 1
 2


Đối chiếu với điều kiện ta có tập nghiệm của bpt là S  





 1  5

;12  .

 2


Bài 3: Giải bất phương trình 1  x x 2  1  x 2  x  1 1  x 2  x  2 trên tập số thực
Đặt u  x 2  x  1 => 1  u 2  x2  x , thế vào bất pt đã cho ta có
u 2  x 2  x  x x 2  1  u (1  u 2  1)
 u 2  u  u u 2  1  x 2  x  x x 2  1

(1)

Xét f (t )  t 2  t  t t 2  1
f '(t ) 

(t  t 2  1)2  t 2  1
t 2 1

 0 t nên hàm nghịch biến trên R.

Do đó bpt f (u)  f ( x)  u  x  x 2  x  1  x  x  1.

Để nhận tài liệu PDF và xem các video bài giảng trực tuyến hãy truy cập:
- Fanpage: Thầy Duy Thành-Tiến sĩ Toán
- Kênh Youtube: Thầy Duy Thành-Tiến sĩ Toán