CÁC BÀI TOÁN BẤT PHƯƠNG TRÌNH HAY NHẤT

Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]

Facebook: LyHung95

DỰ ĐOÁN CÂU BẤT PHƯƠNG TRÌNH 2015
Thầy Đặng Việt Hùng [ĐVH]
Câu 1 [ĐVH]: Giải bất phương trình

Lời giải.

Điều kiện x ≥ 1 .
Bất phương trình đã cho tương đương với

⇔

(

( x ∈ ℝ) .

x − 1 + 2 3 x − 2 + 9 x3 − 24 x 2 + 10 x − 1 ≥ 0

) (

x − 1 − 1 + 2 3 x − 2 − 4 + 9 x3 − 24 x 2 + 10 x + 4 ≥ 0

x −1 −1 + 2

)

3x − 2 − 2 ( x − 2 ) ( 9 x 2 − 6 x − 2 ) ≥ 0

2 ( 3x − 6 )
x−2
2
+
+ ( x − 2 ) ( 3 x − 1) − 3 ≥ 0


x −1 + 1
3x − 2 + 2
1
6


2
⇔ ( x − 2) 
+
+ ( 3 x − 1) − 3 ≥ 0
3x − 2 + 2
 x −1 + 1

1
6
2
2
Dễ thấy
+
+ ( 3 x − 1) − 3 > ( 3.1 − 1) − 3 = 1 > 0, ∀x ≥ 1 .
x −1 + 1
3x − 2 + 2
Hơn nữa (1) ⇔ x − 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2 . Kết hợp điều kiện thu được x ≥ 2 .

⇔

Câu 2 [ĐVH]: Giải bất phương trình

9 x3 − 22 x 2 + 19 x + x − 1 − 7
>1
x3 + 2 x 2 + 2 x − 4
Lời giải.

(1)

( x ∈ ℝ) .

x ≥ 1
Điều kiện  3
2
x + 2x + 2x − 4 ≠ 0
Nhận xét x3 + 2 x 2 + 2 x − 4 ≥ 1 + 2 + 2 − 4 = 1 > 0, ∀x ≥ 1 . Bất phương trình đã cho tương đương với
9 x 3 − 22 x 2 + 19 x + x − 1 − 7 > x 3 + 2 x 2 + 2 x − 4 ⇔ x − 1 − 1 + 8 x3 − 24 x 2 + 17 x − 2 > 0
⇔
Rõ ràng

x−2
1


2
+ ( x − 2 ) ( 8 x 2 − 8 x + 1) > 0 ⇔ ( x − 2 ) 
+ 2 ( 2 x − 1) − 1 > 0
x −1 + 1

 x −1 + 1


(1)

1
2
2
+ 2 ( 2 x − 1) − 1 > 2 ( 2 − 1) − 1 = 1 > 0, ∀x ≥ 1 nên (1) ⇔ x − 2 > 0 ⇔ x > 2 .
x −1 + 1

Câu 3 [ĐVH]: Giải bất phương trình

( x − 1)

x2 − 2 x + 5 ≥ 4 x x2 + 1 + 2 x + 2

( x ∈ ℝ).

Lời giải:

) (

(

)

ĐK: x ∈ ℝ. Khi đó (1) ⇔ ( x + 1) 2 + x 2 − 2 x + 5 + 2 x 2 x 2 + 1 − x 2 − 2 x + 5 ≤ 0

(

)

2 x ( 4 x2 + 4 − x2 + 2 x − 5)

)

2 x ( x + 1)( 3 x − 1)

⇔ ( x + 1) 2 + x − 2 x + 5 +

(

2

⇔ ( x + 1) 2 + x 2 − 2 x + 5 +

2 x2 + 1 + x2 − 2 x + 5
2 x2 + 1 + x2 − 2 x + 5

≤0

≤0



2 x ( 3x − 1)
⇔ ( x + 1)  2 + x 2 − 2 x + 5 +
≤0
2

2
2 x +1 + x − 2x + 5 

 4 x 2 + 1 + 2 x 2 − 2 x + 5 + 2 ( x 2 + 1)( x 2 − 2 x + 5 ) + 7 x 2 − 4 x + 5 
≤0
⇔ ( x + 1) 
2
2


2 x +1 + x − 2x + 5



(2)

Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT Quốc gia 2015 !


Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]

Facebook: LyHung95

Do 7 x 2 − 4 x + 5 = ( x − 2 ) + 6 x 2 + 1 > 0 nên ( 2 ) ⇔ x + 1 ≤ 0 ⇔ x ≤ −1 ⇔ x ∈ ( −∞; −1] .
2

Đ/s: x ∈ ( −∞; −1] .
Câu 4 [ĐVH]: Giải bất phương trình

2 ( x + 2)

+ 2 ( x + 1) ≥ x + 6 + 7

( x ∈ ℝ) .

2

2x + 5 +1

Lời giải.
5
Điều kiện x ≥ − .
2
Bất phương trình đã cho tương đương với
2 x + 5 − 1 + 2 x 2 + 4 x + 2 ≥ x + 6 + 7 ⇔ 2 x + 5 − x + 6 + 2 ( x 2 + 2 x − 3) ≥ 0

⇔

x −1
1


+ 2 ( x − 1)( x + 3) ≥ 0 ⇔ ( x − 1) 
+ 2 ( x + 3)  ≥ 0
2x + 5 + x + 6
 2x + 5 + x + 6


(1)

1
5
+ 2 ( x + 3) > 0, ∀x ≥ − nên (1) ⇔ x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1 .
2
2x + 5 + x + 6
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x ≥ 1 .

Chú ý rằng

Câu 5 [ĐVH]: Giải bất phương trình ( x − 3)

(

2x −1 + x

)

2

≥ ( x − 1)

2

( x ∈ ℝ) .

Lời giải.
1
Điều kiện x ≥ .
2
Nhận xét x = 1 không thỏa mãn bài toán, do đó

Bất phương trình đã cho tương đương với

x−3≥

(

( x − 1)

2

2x −1 + x

)

2

⇔ x −3≥

(

2x −1 ≠ x .

2x −1 − x

)

2

⇔ x − 3 ≥ 3x − 1 − 2 2 x 2 − x

⇔ 2 x 2 − x ≥ x + 1 ⇔ 2 x 2 − x ≥ x 2 + 2 x + 1 ⇔ x 2 − 3x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥
Kết hợp điều kiện ta thu được nghiệm x ≥

3 + 13
3 − 13
∨x≤
2
2

13 + 3
.
2

Câu 6 [ĐVH]: Giải bất phương trình 2 x 2 + 5 x + 6 + 7 x + 11 < 4 x + 9

( x ∈ ℝ) .

Lời giải.
6
Điều kiện x ≥ − .
5
Bất phương trình đã cho tương đương với
2 x 2 − 2 x − 4 + 5 x + 6 − ( x + 2 ) + 7 x + 11 − ( x + 3) < 0
⇔ 2 ( x2 − x − 2) +

Nhận xét

− x2 + x + 2
− x2 + x + 2
+

<0
5x + 6 + x + 2
7 x + 11 + x + 3

1
1


⇔ ( x2 − x − 2 ) 
+
− 2 > 0
7 x + 11 + x + 3
 5x + 6 + x + 2

1
1
1
1
6
+
<
+
< 2, ∀x ≥ − .
5
5x + 6 + x + 2
7 x + 11 + x + 3 2 − 6
6
13
3− +
5

5
5

(1)

Do đó (1) ⇔ x 2 − x − 2 < 0 ⇔ ( x + 1)( x − 2 ) < 0 ⇔ −1 < x < 2 . Kết luận nghiệm −1 < x < 2 .

Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT Quốc gia 2015 !


Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]

Facebook: LyHung95

x 2 + x + 2 + x3 + 2 x 2 + x ≥ ( x 2 + 1) 3 x + 6

Câu 7 [ĐVH]: Giải bất phương trình

( x ∈ ℝ) .

Lời giải.
Điều kiện x ≥ −2 .
Nhận xét x = −2 thỏa mãn bất phương trình đã cho.
Xét trường hợp x > −2 thì bất phương trình đã cho tương đương

x 2 + x + 2 − 2 + x3 + 2 x 2 + x + 2 − ( x 2 + 1) 3 x + 6 ≥ 0

(

⇔ x 2 + x + 2 − 2 + ( x 2 + 1) x + 2 − 3 x + 6

x2 + x − 2

⇔

x2 + x + 2 + 2

+

(x

2

+ 1)( x 2 + x − 2 )

x + 2 + 3x + 6

)

≥0



1
x2 + 1
⇔ ( x − 1)( x + 2 ) 
+
 ≥ 0 (1)
2
 x + x + 2 + 2 x + 2 + 3x + 6 



1
x2 + 1
Ta có ( x + 2 ) 
+
 > 0, ∀x > −2 nên (1) ⇔ x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1 . Kết luận x ≥ 1 .
2
 x + x + 2 + 2 x + 2 + 3x + 6 
Câu 8 [ĐVH]: Giải bất phương trình

( 3x + 1)

3

> 2 x 2 + 5x + 1

( x ∈ ℝ) .

Lời giải.
1
Điều kiện x ≥ − .
3
Bất phương trình đã cho tương đương với

( 3x + 1) (

)

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

( 3 x + 1 − 2 x ) > −4 x + 3 x + 1
⇔ ( 3 x + 1) ( 3 x + 1 − 2 x ) > ( 3 x + 1 − 2 x )(
⇔ ( 3 x + 1 − 2 x )( 3 x + 1 − x − 1) < 0 (1)
⇔ ( 3 x + 1)

Ta có

1
3 x + 1 + x + 1 > 0, ∀x ≥ − nên
3

(1) ⇔

(

2

)

3x + 1 − 2 x x ( x − 1)
3x + 1 + x + 1

>0⇔

(

3x + 1 + 2 x

)

)

3x + 1 − 2 x x ( x − 1) > 0 ( 2 ) .

Xét hai trường hợp xảy ra

x < 0
x >1
x < 0

thì ( 2 ) ⇔ 3 x + 1 > 2 x ⇔   x ≥ 0
• Với x ( x − 1) > 0 ⇔ 
⇔
⇔ x <1.
0 ≤ x <1

x < 0

2

 4 x − 3x − 1 < 0
0 < x < 1
• Với x ( x − 1) < 0 ⇔ 0 < x < 1 thì ( 2 ) ⇔ 3x + 1 < 2 x ⇔  2
⇔ x ∈∅ .
4 x − 3x − 1 > 0
 1 
Kết luận nghiệm S =  − ;1 .
 3 

2x
Câu 9 [ĐVH]: Giải bất phương trình

Điều kiện x ≥

(

3x − 5 + 4 x − 3
2x + 9 + 3
Lời giải.

) + 15 < 5

2x + 9

( x ∈ ℝ) .

5
. Lúc này bất phương trình đã cho tương đương với
3

Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT Quốc gia 2015 !


Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]

2x

(

Facebook: LyHung95

) ( 2 x + 9 + 3)( 2 x + 9 − 3)
4 x − 3 ) < 5.2 x ⇔ 3 x − 5 + 4 x − 3 < 5

3x − 5 + 4 x − 3 < 5

⇔ 2x

(

3x − 5 +

⇔ 7 x − 8 + 2 12 x 2 − 29 x + 15 < 25 ⇔ 2 12 x 2 − 29 x + 15 < 33 − 7 x
33
5
33
33
5
5
≤x<
5
3 ≤ x < 7
 ≤x<

⇔
⇔ 3
⇔ 3
⇔ ≤ x<3
7

7

3
4 (12 x 2 − 29 x + 15 ) < ( 33 − 7 x )2
 x 2 − 346 x + 1029 > 0
 x > 343 ∨ x < 3


5
Vậy bất phương tình ban đầu có nghiệm là ≤ x < 3 .
3
x + 3 x 2 + x − 2 < 11x 2 + 12 x − 10
Lời giải.

Câu 10 [ĐVH]: Giải bất phương trình:

Điều kiện: x ≥ 1
Bất phương trình đã cho tương đương với
x + 9 ( x 2 + x − 2 ) + 6 x ( x − 1)( x + 2 ) < 11x 2 + 12 x − 10
⇔6

(x

2

− x) ( x + 2) < 2x2 + 2x + 8 ⇔ 3

(x

2

− x) ( x + 2) < x2 + x + 4

⇔ 3 x2 − x . x + 2 < x2 − x + 2 ( x + 2)
a = x 2 − x
Đặt 
( a, b ≥ 0) ta được bpt 3ab < a 2 + 2b2 ⇔ ( a − b )( a − 2b ) > 0
b = x + 2

5 + 57
x>
2
2


a
b
x
2
x
2
0
>
−
−
>

x − x > x+2

5 + 57


2
- TH1: 
(do x ≥ 1 )
⇔ 2
⇔ 2
⇔
⇔x>
2

 x − 5 x − 8 > 0
5 − 57
 a > 2b
x − x > 4x + 8
x <
2

2
2
 x − 2 x − 2 < 0
x − x < x + 2
a < b
- TH2: 
⇔ 2
⇔ 2
⇔ 1 − 3 < x < 1 + 3 ⇔ 1 ≤ x < 1 + 3 (do x ≥ 1 )
x
−
x
<

4
x
+
8
x
−
5
x
−
8
<
0

 a < 2b



 5 + 57

Vậy bất phương trình có tập nghiệp S = 
; +∞  ∪ 1;1 + 3 .
2



)

Câu 11 [ĐVH]: Giải bất phương trình 4 x 2 x − 1 + 45 x3 − 75 x 2 + 30 x < 4

( x ∈ ℝ) .

Lời giải.
Điều kiện x ≥

1
. Bất phương trình đã cho tương đương với
2
4 x 2 x − 1 − 4 x + 45 x 3 − 75 x 2 + 34 x − 4 < 0

⇔ 4x
⇔

(

)

2 x − 1 − 1 + ( x − 1) ( 45 x 2 − 30 x + 4 ) < 0

4x ( 2 x − 2)

2
+ ( x − 1) 5 ( 3 x − 1) − 1 < 0


2x −1 + 1

4x


2

⇔ ( x − 1) 
+ 5 ( 3 x − 1) − 1 < 0
 2x −1 + 1


(1)

2

4x
1
2
 1 
Nhận xét
+ 5 ( 3 x − 1) − 1 > 5  3. − 1 − 1 > 0, ∀x ≥ nên (1) ⇔ x − 1 < 0 ⇔ x < 1 .
2
2x −1 +1
 2 
1 
Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm S =  ;1 .
2 
Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT Quốc gia 2015 !


Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]

Câu 12 [ĐVH]: Giải bất phương trình

Facebook: LyHung95

( x ∈ ℝ) .

x3 − 8 ≤ x 3 − 2 x 2 − 9 + x + 1
Lời giải:

 x3 − 8 ≥ 0

 x ≥ 2
Điều kiện  x3 − 2 x 2 − 9 ≥ 0 ⇔ 
⇔ x ≥ 3.
2
x
3
x
x
3
0
−
+
+
≥
(
)
(
)

x +1 ≥ 0


Bất phương trình đã cho tương đương với

( x − 3) ( x 2 + x + 3) ( x + 1)

x3 − 8 ≤ x3 − 2 x 2 − 9 + x − 1 + 2
⇔ 2 x2 − x ≤ 2

( x − 3)( x + 1).

x2 + x + 3

⇔ x 2 − 2 x − 3 − 2 x 2 − 2 x − 3. x 2 + x + 3 + x 2 + x + 3 ≤ 0
⇔

(

x2 − 2 x − 3 − x2 + x + 3

)

2

≤ 0 ⇔ x2 − 2 x − 3 = x2 + x + 3

⇔ x 2 − 2 x − 3 = x 2 + x + 3 ⇔ x = −2
Đối chiếu điều kiện, kết luận bất phương trình đã cho vô nghiệm.
Câu 13 [ĐVH]: Giải bất phương trình 10 x 2 − 50 x − 3 ≥ 2 x 2 − 5 x + 2 − 3 x − 5.
Lời giải:

10 x 2 − 50 x − 3 ≥ 0


25 + 745
Điều kiện 2 x 2 − 5 x + 2 ≥ 0 ⇔ x ≥
.
10
x ≥ 5

2 x 2 − 14 x + 47
Nhận xét 2 x 2 − 5 x + 2 − 3 x − 5 =
>0.
2 x2 − 5x + 2 + 3 x − 5
Bất phương trình đã cho tương đương với
10 x 2 − 50 x − 3 ≥ 2 x 2 − 5 x + 2 + 9 x − 45 − 6
⇔ 4 x 2 − 27 x + 20 + 3

( 2 x − 1)( x − 5 ).

( 2 x − 1)( x − 2 )( x − 5 )

x−2 ≥0

⇔ 2 ( 2 x 2 − 11x + 5 ) − 5 ( x − 2 ) + 3 2 x 2 − 11x + 5. x − 2 ≥ 0
Đặt

2 x 2 − 11x + 5 = a; x − 2 = b, ( a > 0; b > 0 ) ta thu được

2a 2 − 5b 2 + 3ab ≥ 0 ⇔ ( a − b )( 2a + 5b ) ≥ 0 ⇔ a ≥ b

⇔ 2 x 2 − 11x + 5 ≥ x − 2 ⇔ 2 x 2 − 12 x + 7 ≥ 0 ⇔ x ≥

6 + 22

6 − 22
;x ≤
2
2



22
Kết hợp điều kiện ta có tập nghiệm S = 3 +
; +∞  .
2



Câu 14 [ĐVH]: Giải bất phương trình

3x 2 − 12 x + 5 ≤ x3 − 1 + x 2 − 2 x .
Lời giải.

3 x 2 − 12 x + 5 ≥ 0

Điều kiện  x ≥ 1
⇔ x ≥ 2.
x x − 2 ≥ 0
)
 (
Bất phương trình đã cho tương đương với 3x 2 − 12 x + 5 ≤ x3 + x 2 − 2 x − 1 + 2

( x − 1) ( x 2 + x + 1) x ( x − 2 )

Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT Quốc gia 2015 !


Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]

⇔ x3 − 2 x 2 + 10 x − 6 + 2

Facebook: LyHung95

( x − 1)( x − 2 ).

(x

2

+ x + 1) x ≥ 0

⇔ ( x3 + x 2 + x ) − 3 ( x 2 − 3 x + 2 ) + 2 x 2 − 3 x + 2. x 3 + x 2 + x ≥ 0
⇔ 1 − 3.

Đặt

x2 − 3x + 2
x 2 − 3x + 2
+
2
≥0
x3 + x2 + x
x3 + x 2 + x

[∗]

x 2 − 3x + 2
= t ( t ≥ 0 ) thì
x3 + x 2 + x

1
≤ t ≤ 1 ⇒ t ≤ 1 ⇔ x 2 − 3x + 2 ≤ x3 + x 2 + x ⇔ x3 + 4 x + 2 ≥ 0
3
Nhận thấy [1] nghiệm đúng với x ≥ 2 . Kết luận nghiệm S = [ 2; +∞ ) .

[∗] ⇔ 1 − 3t 2 + 2t ≥ 0 ⇔ −

[1] .

Câu 15 [ĐVH]: Giải bất phương trình 4 x 3 − ( 4 x 2 − 12 x + 5 ) x 2 − 2 x ≤ 12 x 2 − 9 x + 2
Lời giải:
x
≥
2

+) Điều kiện: x 2 − 2 x ≥ 0 ⇔ 
x ≤ 0
+) Ta có bất phương trình đã cho tương đương với
4 x 3 − 12 x 2 + 9 x − 2 − ( 4 x 2 − 12 x + 5 ) x 2 − 2 x ≤ 0

⇔ ( 2 x − 1) ( 2 x 2 − 5 x + 2 ) − ( 2 x − 1)( 2 x − 5 ) x 2 − 2 x ≤ 0
⇔ ( 2 x − 1)  2 x 2 − 5 x + 2 − ( 2 x − 5 ) x 2 − 2 x  ≤ 0 ⇔ ( 2 x − 1) f ( x) ≤ 0,



( *)

V ới f ( x ) = 2 x 2 − 5 x + 2 − ( 2 x − 5 ) x 2 − 2 x

Đặt t = x 2 − 2 x ; ( t ≥ 0 ) ⇒ t 2 = x 2 − 2 x

Khi đó 2 x 2 − 5 x + 2 − ( 2 x − 5 ) x 2 − 2 x = 2 ( x 2 − 2 x ) − ( 2 x − 5 ) t − x + 2 = 2t 2 − ( 2 x − 5 ) t − x + 2
Ta có ∆ = ( 2 x − 5 ) − 8 ( 2 − x ) = 4 x 2 − 20 x + 25 + 8 x − 16 = 4 x 2 − 12 x + 9 = ( 2 x − 3)
2

t = x − 2
Do vậy phương trình f ( x ) = 0 ⇔ 
t = − 1

2
Do vậy ta có phân tích f ( x) = 2 x 2 − 5 x + 2 − ( 2 x − 5 ) x 2 − 2 x =

Khi đó (*) ⇔ ( 2 x − 1)

(

)(

)

(

2

)(

)

x2 − 2 x − x + 2 2 x2 − 2 x + 1

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

(

)

x 2 − 2 x − x + 2 ≤ 0,

(1)

(Do 2 x 2 − 2 x + 1 > 0 với mọi x thuộc miền xác định)
Ta xét một số trường hợp sau:
1
• TH1: 2 x − 1 = 0 ⇔ x = (không thỏa mãn)
2
x ≥ 2
• TH2: x 2 − 2 x = x − 2 ⇔  2
⇔ x = 2 (thỏa mãn)
2
x − 2x = x − 4x + 4

2 x − 1 > 0
x > 2
• TH3:  2

⇔ 2
⇒ hệ vô nghiệm
2
x − 2x < x − 4x + 4
 x − 2 x < x − 2

Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT Quốc gia 2015 !


Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]

Facebook: LyHung95

2 x − 1 < 0
1
• TH4:  2
⇔ x<
2
 x − 2 x > x − 2
Kết hợp với đk ta được x ≤ 0
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là x = 2; x ≤ 0

Câu 16 [ĐVH]: Giải bất phương trình ( 2 x 2 + 3 x − 2 ) 1 − x 2 < ( 8 x 2 − 2 ) ( 2 x + 1)
Lời giải
Điều kiện: 1 − x ≥ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1
Bất phương trình tương đương
2

( 2 x − 1)( x + 2 )

1 − x 2 < 2 ( 2 x − 1)( 2 x + 1) ⇔ ( 2 x − 1)  2 ( 2 x + 1) − ( x + 2 ) 1 − x 2  > 0


2

2

2
⇔ ( 2 x − 1) 8 x 2 + 8 x + 2 − ( x + 2 ) 1 − x 2  > 0 ⇔ ( 2 x − 1)  2 ( x + 2 ) − ( x + 2 ) 1 − x 2 − 6 (1 − x 2 )  > 0





(

⇔ ( 2 x − 1) x + 2 − 2 1 − x 2

)( 2x + 4 + 3 1 − x ) > 0
2

( *)

)

(

Vì −1 ≤ x ≤ 1 nên 2 x + 4 + 3 1 − x 2 > 0 , bất phương trình (*) trở thành ( 2 x − 1) x + 2 − 2 1 − x 2 > 0

1


1
1


2 x − 1 > 0
1
x > 2
x >
x >
2
TH1: 
⇔
⇔
⇔
⇔x>
2
2
2
 x + 2 − 2 1 − x > 0
 x + 2 > 2 1 − x2
 x2 + 4 x + 4 > 4 − 4 x2
 x (5x + 4) > 0



1
1

1



2 x − 1 < 0
x < 2
x <
x <
2
⇔
⇔
⇔
TH2: 
2
2
 x + 2 − 2 1 − x < 0
 x + 2 < 2 1 − x2
 x2 + 4 x + 4 < 4 − 4 x2
 x ( 5x + 4 ) < 0



1

x
<

4
2
⇔
⇔− 5

− 4 < x < 0
 5
 4  1 
Kết hợp các trường hợp trên với điều kiện, vậy bất phương trình có tập nghiệm S =  − ; 0  ∪  ;1
 5  2 
Câu 17 [ĐVH]: Giải bất phương trình 4 x 3 − 3x 2 + 6 x − 7 > 3 ( x − 1) x ( 4 x 2 + 5 x + 7 )
Điều kiện: x ( 4 x + 5 x + 7 ) ≥ 0 ⇔ x ≥ 0

Lời giải

2

Bất phương trình tương đương

(

( x − 1) ( 4 x 2 + x + 7 ) > 3 ( x − 1)

(

)(

⇔ ( x − 1) ( 4 x 2 + 5 x + 7 ) − 3 4 x 2 + 5 x + 7 − 4 x  > 0 ⇔ ( x − 1) 4 x 2 + 5 x + 7 − 4 x


2
4 x − 11x + 7
⇔ ( x − 1) 4 x 2 + 5 x + 7 + x
> 0 ⇔ ( x − 1) ( 4 x 2 − 11x + 7 ) > 0
4 x2 + 5x + 7 + 4 x

7
2
⇔ ( x − 1) ( 4 x − 7 ) > 0 ⇔ x >
4
7

Vậy bất phương trình có nghiệm là S =  ; +∞ 
4


(

)

x ( 4 x 2 + 5 x + 7 ) ⇔ ( x − 1) 4 x 2 + x + 7 − 3 x ( 4 x 2 + 5 x + 7 ) > 0

)

4 x2 + 5x + 7 + x > 0

)

Câu 18 [ĐVH]: Giải bất phương trình 3 ( x 2 + x − 2 ) x + 1 < x 3 − x 2

( x ∈ ℝ).

Lời giải
Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT Quốc gia 2015 !

Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]

Facebook: LyHung95

ĐK: x ≥ −1 ( *) .
Khi đó (1) ⇔ 3 ( x − 1)( x + 2 ) x + 1 < x 2 ( x − 1) ⇔ ( x − 1) 3 ( x + 2 ) x + 1 − x 2  < 0

(2)

 x + 2 = a
2
Đặt 
⇒ a 2 − 4b 2 = ( x + 2 ) − 4 ( x + 1) = x 2 ⇒ 3 ( x + 2 ) x + 1 − x 2 = 3ab − ( a 2 − 4b 2 )
 x + 1 = b

( x + 1 + x + 2 )( 4
Khi đó (2) trở thành ( x − 1) ( x + 1 + x + 2 )( 4 x + 1 − x − 2 ) < 0
⇒ 3 ( x + 2 ) x + 1 − x 2 = 4b 2 + 3ab − a 2 = ( b + a )( 4b − a ) =

)

x +1 − x − 2 .
(3)

 x + 1 + x + 2 > 0
nên ( 3) ⇔ ( x − 1) 4 x + 1 − x − 2 4 x + 1 + x + 2 < 0
Do x ≥ −1 ⇒ 
4 x + 1 + x + 2 > 0

(

)(

)

(4)

2
⇔ ( x − 1) 16 ( x + 1) − ( x + 2 )  < 0 ⇔ ( x − 1) (12 + 12 x − x 2 ) < 0 ⇔ ( x − 1) ( x 2 − 12 x − 12 ) > 0



 x > 1

 x − 1 > 0

  x > 6 + 4 3
 2
x > 6 + 4 3

  x − 12 − 12 > 0
⇔
⇔    x < 6 − 4 3
⇔
x −1 < 0
6 − 4 3 < x < 1
 x <1
 

2



  x − 12 x − 12 < 0
 6 − 4 3 < x < 6 + 4 3

x > 6 + 4 3
thỏa mãn.
Kết hợp với (*) ta được 
6 − 4 3 < x < 1
x > 6 + 4 3
Đ/s: 
6 − 4 3 < x < 1
•

Đề giải (4) ta có thể đặt t = x + 1 ≥ 0.

Câu 19 [ĐVH]: Giải bất phương trình 2 x 3 + ( x 2 − 5 x + 6 ) 3 x − 2 ≥ 4 x 2 .
Lời giải:
2
. Khi đó ta có: BPT ⇔ 2 x 2 ( x − 2 ) + ( x − 2 )( x − 3) 3 x − 2 ≥ 0 .
3
⇔ ( x − 2 )  2 x 2 + ( x − 3) 3 x − 2  ≥ 0 . Xét g ( x ) = 2 x 2 + ( x − 3) 3 x − 2 = 0 (1) ta có :

ĐK: x ≥

Đặt t = 3 x − 2 ≥ 0 . Khi đó (1) ⇔ ( 3 x − 2 ) − ( x − 3) 3 x − 2 − 2 x 2 − 3 x + 2 = 0

⇔ t 2 − ( x − 3) t − 2 x 2 − 3 x + 2 = 0 .

Xét ∆ = ( x − 3) + 8 x 2 + 12 x − 8 = 9 x 2 + 6 x + 1 = ( 3 x + 1) .

2

2

 x − 3 + 3x + 1
= 2x −1
t =
2
Do đó: 
. Do vậy g ( x ) = 2 x − 1 − 3 x − 2 x + 2 + 3 x − 2 .
t = x − 3 − 3 x − 1 = − x − 2

2
 t2 + 2
 t2 + 2

BPT ⇔ ( x − 2 ) 2 x − 1 − 3x − 2 x + 2 + 3x − 2 ≥ 0 ⇔ 
− 2 2
−1 − t  ≥ 0
3
 3



(

(

)(

)(

)

)

Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT Quốc gia 2015 !


Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]

Facebook: LyHung95

⇔ ( t 2 − 4 )( 2t 2 − 3t + 1) ≥ 0 ⇔ ( t − 2 )( 2t − 1)( t − 1) ≥ 0 ( do t ≥ 0 )

 3x − 2 ≥ 2
t ≥ 2
x ≥ 2


⇔ 1
⇔
⇔
 ≤ t ≤ 1  1 ≤ 3x − 2 ≤ 1  3 ≤ x ≤ 1
2
4
 2
3 
Kết hợp ĐK: Vậy nghiệm của BPT là: x ∈  ;1 ∪ [ 2; +∞ ) .
4 

Câu 20 [ĐVH]: Giải bất phương trình 4 ( x 3 − x 2 ) ≥ ( 7 x 2 − 4 x − 3) 3 x + 1 .
Lời giải:
1
ĐK : x ≥ − .
3
BPT ⇔ ( x − 1)  4 x 2 − ( 7 x + 3) 3 x + 1  ≥ 0 . Xét g ( x ) = 4 x 2 − ( 7 x + 3) 3 x + 1 = 0 (1) .
Đặt t = 3 x + 1 > 0 ta có: (1) ⇔ 2 ( 3 x + 1) + ( 7 x + 3) 3 x + 1 − 4 x 2 − 6 x − 2 = 0

⇔ 2t 2 + ( 7 x + 3) t − 6 x 2 − 2 x − 2 = 0 . Xét ∆ = ( 7 x + 3) + 32 x 2 + 48 x + 16 = ( 9 x + 5 )
2

 −7 x − 3 + 9 x + 5 x + 1
=
t =
4
2
Khi đó: 
 t = −7 x − 3 − 9 x − 5 = −4 x − 2

4

(

)(

Do vây ta phân tích được g ( x ) = x + 1 − 2 3 x + 1 4 x + 2 + 3 x + 1

(

)(

)

2

)

Do vậy BPT ⇔ ( x − 1) x + 1 − 2 3 x + 1 4 x + 2 + 3 x + 1 ≥ 0

x 2 − 10 x − 3
≥ 0 ⇔ ( x − 1) ( x 2 − 10 x − 3) ≥ 0
x + 1 + 2 3x + 1
x ≥ 5 + 2 7
⇔ ( x − 1)  x − 5 + 2 7   x − 5 − 2 7  ≥ 0 ⇔ 



5 − 2 7 ≤ x ≤ 1
Kết hợp ĐK: Vậy nghiệm của BPT là: x ∈ 5 − 2 7;1 ∪ 5 + 2 7; +∞

(

)

⇔ ( x − 1) x + 1 − 2 3x + 1 ≥ 0 ⇔ ( x − 1)

(

)

(

)

)

CHÚC CÁC EM CHINH PHỤC THÀNH CÔNG BẤT PT TRONG ĐỀ THI 2015

Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT Quốc gia 2015 !