SKKN Hướng dẫn học sinh giải một số bất phương trình vô tỷ

HƯỚNG DẪN HỌC SINH
GIẢI MỘT SỐ BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
Phần thứ nhất :
ĐẶT VẤN ĐỀ
Xuất phát từ mục đích của việc dạy và học toán ở trường THPT; trong
việc dạy học ta luôn coi mục đích chủ yếu của bài tập toán là hình thành và phát
triển tư duy toán học, tạo cho học sinh vốn kiến thức và biết vận dụng kiến thức
vào thực tiễn. Vì vậy xây dựng và hình thành cho học sinh phương pháp giải
từng dạng toán là hết sức cần thiết.
Bất phương trình vô tỷ là một trong những nội dung kiến thức quan trọng
trong chương trình toán THPT. Bất phương trình vô tỷ thường được dùng để ra
đề thi đại học và thi học sinh giỏi cấp tỉnh. Để giải được bất phương trình vô tỷ
thì học sinh phải nắm vững định nghĩa về bất phương trình, định nghĩa về bất
phương trình vô tỷ , hai bất phương trình tương đương, các phép biến đổi tương
đương bất phương trình….
Vấn đề đặt ra là, làm thế nào để nâng cao chất lượng giảng dạy và kết quả
học tập của học sinh. Bước vào năm học 2014-2015 được phân công giảng dạy
môn toán lớp 12, trước khi dạy ôn thi THPT Quóc gia môn toán phần Bất
phương trình vô tỷ, tôi đã chuẩn bị đề tài này, xem như một cải tiến phương
pháp dạy học “ Hướng dẫn học sinh giải một số bất phương trình vô tỷ”.
Phần thứ hai:
GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
A. CƠ SỞ LÝ LUẬN
*). Định nghĩa : Hai bất phương trình được gọi tương đương khi chúng có
cùng tập nghiệm.
*)Tính chất của phép biến đổi tương đương và hệ quả :
+) Cộng (trừ) hai vế của bất phương trình với cùng một biểu thức mà không làm
thay đổi điều kiện của bất phương trình ta được một bất phương trình tương đương.
+) Nhân (chia) hai vế của bất phương trình với cùng một biểu thức ( luôn dương
hoặc âm) mà không làm thay đổi điều kiện của bất phương trình tương đương .
+) Lũy thừa bậc lẻ hai vế, khai căn bậc lẻ hai vế của một bất phương trình tương

đương .
+) Lũy thừa bậc chẵn hai vế, khai căn bậc chẵn hai vế khi hai vế của bất phương
trình cùng dương ta được bất phương trình tương đương .
+) Nghịch đảo hai vế của bất phương trình khi hai vế cùng dương ta phải đổi
chiều ta được bất phương trình tương đương .
Từ tính chất của phép biến đổi tương đương và hệ quả ta rút ra một số kỹ năng
sau trong phép biến đổi tương đương.
B. THỰC TRẠNG
1


Trong thực tế giảng dạy tại trường THPT Ba Đình, đặc biệt là học sinh
khối lớp 12 chuẩn bị thi THPT quốc gia, khi giải các bài toán về bất phương
trình vô tỷ các em gặp nhiều khó khăn, chưa định hình được cách giải. Ngoài ra
còn hay vướng mắc những sai lầm như khi kết hợp nghiệm của bất phương trình
vô tỷ hoặc xét thiếu trường hợp hoặc bình phương hai vế mà không xét dấu của
hai vế dẫn tới phép biến đổi không tương đương….Tóm lại kỹ năng giải cũng
như khai thác bài toán về bất phương trình vô tỷ của học sinh còn hạn chế. Kết
quả khảo sát về giải bất phương trình vô tỷ thấp so với yêu cầu. Cụ thể:
Lớp Số Điểm 8-10 Điểm từ 6,5
Điểm từ 5
Điểm từ 2 Điểm dưới 2
HS
đến dưới 8 đến dưới 6,5 đến dưới 5
12A 45 3
6.7
6
13.4
17
37.7

13
28.8 6
13.4
12E 45 2
4.4
7
15.4
16
35.5
12
26.6 8
18.0
C. GIẢI PHÁP THỰC HIỆN
Khi dạy phần bất phương trình vô tỷ tôi đã hướng dẫn học sinh theo các
phương pháp sau :
I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG.
1. Kỹ năng lũy thừa hai vế.
1.1. Một số phép lũy thừa hai vế:
a) 2 k +1 f ( x) > 2 k +1 g ( x) ⇔ f ( x) > g ( x) .
b)

2k

*)

*)

.

 g ( x) ≥ 0

f ( x) > 2 k g ( x ) ⇔ 
.
 f ( x ) > g ( x)
 g ( x) ≥ 0
f (x) >g(x) ⇔ 
2
 f ( x) > [ g ( x)]

 g ( x) < 0
 f ( x) ≥ 0

hoặc 

 g ( x) > 0

f (x ) .

2
 f ( x) < [ g ( x)]

*) f ( x) < g ( x) ⇔ 0 ≤ f ( x) < g ( x)
( Đối với các trường hợp còn lại với dấu ≥, ≤, < có thể suyluận tương tự ).
Đặc biệt chú ý tới điều kiện của bài toánvà kết hợp nghiệm trên trục số
1.2. Ví dụ:
Ví dụ 1 : Giải các bất phương trình sau : x − 3 < 2 x − 1
1

x > 2
2 x − 1 > 0



⇔ x ≥ 3
⇔ x ≥ 3.
Giải : x − 3 < 2 x − 1 ⇔  x − 3 ≥ 0


2
2
 x − 3 < ( 2 x − 1)
4 x − 5 x + 4 > 0

Vậy bất phương trình có tập nghiệm là: S= [ 3;+∞) .

Ví dụ 2 :Giải các bất phương trình sau :

2


x 2 − x + 1 ≥ 0

8
x 2 − x + 1 ≤ x + 3 ⇔ x + 3 ≥ 0
⇔x≥− .
7
 2
2
(
)
x

−
x
+
1
≤
x
+
3

 8

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: − 7 ;+∞  .



. Ví dụ 2: Giải BPT: x + 4 − 1 − x ≤ 1 − 2 x (1)
Phân tích : Nếu dùng hệ quả của phép biến đổi tương đương chuyển vế để cả
hai vế của bất phương trình không âm rồi bình phương hai vế ta được bất
phương trình dạng cơ bản .
Giải:
1 − x ≥ 0
1 − 2 x ≥ 0

x + 4 ≤ 1 − x + 1 − 2x ⇔ 
x+4≥0

x + 4 ≤ 1 − x + 1 − 2x


(1) ⇔

(

)

2

1

− 4 ≤ x ≤ 2
⇔
2 x + 1 ≤ 2 x 2 − 3 x + 1


1

− 4 ≤ x ≤ 2
1


− 4 ≤ x ≤ 2
 x < − 1


2

⇔ 2 x + 1 < 0
⇔ 
⇔ −4 ≤ x ≤ 0 .
  2 x + 1 ≥ 0

  x ≥ − 1
 2

2
2

2 x − 3 x + 1 ≥ ( 2 x + 1)
  7
  − ≤ x ≤ 0
 2

Vậy tập nghiệm:S = [-4; 0].
* Chú ý : học sinh dễ mắc sai lầm đó là để nguyên bất phương trình (1) để
bình phương như vậy có thể không được bất phương trình tương đương .
2. Kỹ năng khai căn.
2.1. Đưa biểu thức ra ngoài căn thức :
*

 A( A ≥ 0)
A2 = A = 
− A( A < 0)

A2n = A

*

2n

*

2 n +1

A 2 n +1 = A
2.2. Lưu ý :
Nhiều học sinh không để ý đến biểu thức trong căn lúc nào cũng nghĩ đến việc
lũy thừa hai vế .Trong trường hợp nếu biểu thức trong căn ở dạng hằng đẳng
thức không nên lũy thừa hai vế mà nên áp dụng cách đưa biểu thức ra ngoài căn
2.3. Ví dụ :Giải BPT : x + 2 x − 1 + x − 2 x − 1 >
(1) ⇔ x − 1 + 2 x − 1 + 1 + x − 1 − 2 x − 1 + 1 >

3
⇔
2

(

3
2

)

2

x −1 +1 +

(

)

2

x −1 −1 >

3
2

3


x ≥ 1

⇔
 x − 1 + 1 +

x −1 −1 >

3
(2)
2

* Với x − 1 − 1 ≥ 0 ⇔ x − 1 ≥ 1 ⇔ x ≥ 2 luôn thỏa mãn bpt (2).
Vậy trong trường hợp này tập ngiệm là T1=[2 ;+ ∞) .
x ≥ 1
⇔ 1 ≤ x < 2 bpt (2) trở thành :
x − 1 < 1

* Với x − 1 − 1 < 0 ⇔ 

x −1 +1+1− x −1 >

3
3
⇔ 2 > (luôn đúng).
2
2

Vậy tập nghiệm của (1) trong trường hợp này là T2 =[1 ;2).
KL : Tập nghiệm của (1) là T= T1 ∪ T2 = [1;+∞) .
* Chú ý : Bài này ta có thể giải bằng phương pháp bình phương hai vế..
3. Kỹ năng chia điều kiện.
Nếu bài toán có điều kiện là x ∈ D mà D = D1 ∪ D2 ∪ ... ∪ Dn ta có thể chia bài
toán theo n trường hợp sau :
+) Trường hợp 1: x ∈ D1 , giải bất phương trình ta tìm được tập nghiệm T1 .
+) Trường hợp 2: x ∈ D2 , giải bất phương trình tìm được tập nghiệm T2.
………………………………….
+) Trường hợp n: x ∈ Dn , giải bất phương trình tìm được tập nghiệm Tn.
Tập nghiệm của bất phương trình là T = T1 ∪ T2 ∪ ... ∪ Tn .
Cần phải xác định giao, hợp trên các tập con của R thành thạo.
Các ví dụ:
− 3x 2 + x + 4 + 2
<2
x
x ≠ 0

4.
Giải : Điều kiện: 
− 1 ≤ x ≤ 3

Ví dụ 1: Giải BPT:

* Với 0 < x ≤ 4 3

2 x − 2 ≥ 0

2
ta có (1) ⇔ − 3x + x + 4 < 2 x − 2 ⇔ 

2
− 3 x + x + 4 < ( 2 x − 2 )

2

x ≥ 1
9
⇔ 2
⇔x>
7
7 x − 9 x > 0
(2)
 9 4
Kết hợp (1) và (2) ta có tập nghiệm là T1 =  ;  .
 7 3
* Với − 1 ≤ x < 0 thì (1) luôn đúng.

Tập nghiệm trong trường hợp này là T2 = [-1 ;0).


Vậy tập nghiệm của (1) là T = T1 ∪ T2 =  ;  ∪ [ − 1;0) .
 7 3
9 4

Ví dụ 2 : Giải BPT : x 2 − 8 x + 15 + x 2 + 2 x − 15 > 4 x 2 − 18 x + 18 .(2)

4


 x ≤ −5

Giải : Điều kiện :  x = 3
 x ≥ 5

Nhận thấy x = 3 không thỏa mãn bất phương trình.
Nếu x ≥ 5 bất phương trình (2) tương đương
( x − 3)( x − 5) + ( x − 3)( x + 5) > ( x − 3)(4 x − 6) ⇔

Giải bất phương trình này tìm được x >

x − 5 + x + 5 > 4x − 6

17
3

Nếu x ≤ −5 Bất phương trình (2) tương đương
(3 − x)(5 − x ) + (3 − x )(− x − 5) > (3 − x )(6 − 4 x)
⇔ 5 − x + − x − 5 > 6 − 4x

Bất phương trình này vô nghiệm

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = (
Ví dụ 3 : Giải bất phương trình :

17
;+∞) .
3

x−3
x + 3 − 3 x +1

≥

3 4− x
x

Phân tích : Ta thấy rằng bất phương trình này khá phức tạp về mặt hình thức
.Vậy điều đầu tiên là giảm độ phức tạp của nó đi .
Mẫu thức có dạng (ax + b +c dx + e ) và thấy hình thức phức tạp nên hãy thử xem
nhân liên hợp có được gì không ?
Nhận thấy x + 3 − 3 x + 1 =

( x + 3) 2 − 9( x + 1)
x + 3 + 3 x +1

=

x( x − 3)
x + 3 + 3 x +1

Đến đây cả hai vế của bất phương trình xuất hiện x do đó ta có cách giải sau
− 1 ≤ x ≤ 4


x ≠ 0
Giải : ĐK  x ≠ 3


Với đk trên bất phương trình đã cho tương đương với :
x−3
3 4−x
≥
x + 3 + 3 x +1 3 4 − x
2
x
⇔
≥
( x + 3) − 9( x + 1)
x
x
x + 3 + 3 x +1
x + 3 + 3 x +1 − 3 4 − x
≥ 0 (1)
x
Nếu 0 < x ≤ 4 và x ≠ 3 thì x +3 +3 x + 1 − 3 4 − x > 0 + 3 + 3 1 − 3 4 = 0
⇔

⇒

x + 3 + 3 x +1 − 3 4 − x
≥ 0 ⇒ (1) được thỏa mãn
x

Nếu -1 ≤ x < 0 thì x + 3 + 3 x + 1 − 3 4 − x < 0 ⇔

x + 3 + 3 x +1 − 3 4 − x
≥0
x

(1) cũng thỏa mãn

5


Vậy tập nghiệm của bất phương trình ban đầu là S = [ − 1;4] \ { 0;3}
4. Kỹ năng phân tích thành nhân tử đưa về bất phương trình tích.
4.1. Bất phương trình tích : Chú ý đến hai bất phương trình dạng cơ bản sau :
 f ( x) > 0

 g ( x) > 0
* f ( x) g ( x) > 0 ⇔ 
 f ( x) < 0

 g ( x ) < 0

*)f(x).g(x) ≥ 0



 f ( x) = 0
 f ( x) > 0
⇔ 
 g ( x) ≥ 0


 f ( x) < 0
 gx) ≤ 0

4.2. Các ví dụ
Ví dụ 1: Giải BPT : x − 1( 3x 2 − x + 1) − 3x 3 − 1 ≥ 0 (1)
Giải: Điều kiện : x ≥ 1(*)
(1) x − 1 + 3x 2 x − 1 + x − 1 − x x − 1 − 3x 3 − x ≥ 0
⇔
⇔

(

(

) (

)

x − 1 x − 1 + 3x 2 + 1 − x x − 1 + 3x 2 + 1 ≥ 0
x −1 − x

)(

)

x − 1 + 3x 2 + 1 ≥ 0

⇔

x − 1 − x ≥ 0 (do

x − 1 + 3 x 2 + 1 > 0 khi x ≥ 1 ).

⇔

x − 1 ≥ x ⇔ x − 1 ≥ x 2 ⇔ x 2 − x + 1 ≤ 0 (vô nghiệm).

Vậy BPT đã cho vô nghiệm.
Ví dụ 2 : Giải bất phương trình (x2 – 3x). 3x − 2 ≥ 0.
Phân tích: Với những bất phương trình ở dạng f(x).g(x) ≥ 0 học sinh thường
 f ( x) ≥ 0
 f ( x) ≤ 0
hoặc 
 g ( x) ≥ 0
 g ( x) ≤ 0

mắc phải sai lầm đó là đưa đến hệ tương đương 

Giáo viên phải hướng dẫn học sinh để đưa ra cách giải đúng .
Với bài toán này điều kiện xác định là x ≥

2
2
. Khi x = thì bất phương trình
3
3

2
thì một thừa số của tích dương vì vậy ta có cách giải sau
3

2
Giải: Điều kiện : x ≥
3
2
Nếu x = Bất phương trình luôn nghiệm đúng
3
x ≤ 0
2
Với x > Bất phương trình tương đương x2 – 3x ≥ 0 ⇔ 
3
x ≥ 3

luôn đúng. Khi x >

Kết hợp điều kiện ta được x ≥ 3
 
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S =    [ 3;+∞)
2
3

Ví dụ 3 :

x ( x + 2)
( x + 1) 3 − x

≥1

6

Phân tích : Khi gặp phải bất phương trình có chứa ẩn ở mẫu nhiều khi học sinh
rất hoang mang bởi vì ta chưa xác định được dấu của mẫu .
Đối với bài toán này việc xác định dấu của mẫu rất đơn giản
Ta cần có điều kiện x ≥ 0 Với điều kiện x ≥ 0 thì ( x + 1) 3 − x > 0 Do đó ta có
cách giải sau
Giải : Điều kiện x ≥ 0 . Khi x ≥ 0 ta có ( x + 1) 3 − x > 0
Do đó bất phương trình đã cho tương đương với

x( x + 2) ≥ ( x + 1) 3 − x

⇔ x 2 + 2 x ≥ x 3 + 3 x 2 + 4 x + 1 − 2( x + 1) x( x + 1)
⇔ x 3 + 2 x 2 + 2 x + 1 − 2( x + 1) x 2 + x ≤ 0
⇔ ( x + 1)( x 2 + x + 1 − 2 x 2 + x ) ≤ 0

Vì x ≥ 0 nên x + 1>0 Khi đó x 2 + x + 1 − 2 x 2 + x ≤ 0 ⇔ ( x 2 + x − 1) 2 ≤ 0
⇔

x2 + x = 1 ⇔ x =

−1± 5
2

Kết hợp điều kiện ta có nghiệm của bất phương trình là x =

−1+ 5
2

5. Kỹ năng nhân chia liên hợp :
5.1. Cách giải:
+) Tìm giá trị của x làm cho hai vế của bất phương trình bằng nhau .

Hướng dẫn học sinh nhẩm nghiệm hoặc ghi biểu thức lên máy để tìm nghiệm
+) Nếu x = a là một giá trị làm cho hai vế bằng nhau thì biểu thức của bất
phương trình phải xuất hiện nhân tử chung (x – a)
5.2. Các ví dụ:
Ví dụ 1: Giải BPT : x 2 + 15 < 3x − 2 + x 2 + 8 (1)
Giải: Ta có (1) ⇔ x 2 + 15 − x 2 + 8 < 3x − 2
⇔

x 2 + 15 − x 2 − 8

< 3x − 2 ⇔

x 2 + 15 + x 2 + 8
2
Từ (2) ta có 3x − 2 > 0 ⇔ x > .
3

7
x 2 + 15 + x 2 − 8

< 3x − 2 (2).

* Mặt khác:
(1) ⇔

x + 15 − 4 < 3 x − 3 + x + 8 − 3 ⇔
2

2


x +1
⇔ ( x − 1) 
−3−
2
x
+
15
+
4


* Lại có : Vì x >
⇒

x +1

2
nên
3
x +1

x2 −1
x 2 + 15 + 4

< 3( x − 1) +

x2 −1
x2 + 8 + 3


 < 0 (3)

x2 + 8 + 3 
x +1

x 2 + 15 + 4 > x 2 + 8 + 3 ⇔

x +1
x + 15 + 4
2

<

x +1
x +8 +3
2

−
−3< 0.
x + 15 + 4
x2 + 8 + 3
Vậy (3) ⇔ x − 1 > 0 ⇔ x > 1
2

7


Kết luận : BPT (1) có tập nghiệm là T = (1;+∞) .
Ví dụ 2 :Giải bất phương trình x + 2 + x 2 − x + 2 ≤ 3x − 2

Phân tích: Trong phương trình có chứa hai căn bậc hai, ngoài căn là một tam
thức bậc hai. Có thể nhẩm được x = 2 là giá trị làm cho hai vế của bất phương
trình bằng nhau . Do đó ta có thể dùng phương pháp liên hợp .
Giải : Điều kiện x ≥

2
3

Bất phương trình tương đương

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

−2

+ x +1
x + 2 + 3x − 2
1
3
+

2
3x − 2
Ta có f / ( x) = x + 2
+ 1 >0 ⇒ f ( x) ≥ f ( 3 ) >0
( x + 2 + 3x − 2)

Xét f(x) =

Do đó bất phương trình ⇔ x − 2 ≤ 0 ⇔ x ≤ 2
 
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là T=  ;3
3 
2

* Chú ý:
1. Trong bài toán này, việc thêm bớt, nhóm các số hạng với nhau để xuất
hiện nhân tử chung xuất phát từ việc nhẩm được khi x = 2 thì hai vế của BPT
bằng nhau.
2. Có thể xuất hiện bất phương trình có chỉ số căn khác nhau
Ví dụ 3 : Giải bất phương trình 3 x + 6 − 2 5 x − 1 > x 2 − 2 x − 4
Phân tích: Nhiều khi học sinh nhìn thấy với bất phương trình có các chỉ số căn
khác nhau là cảm thấy lúng túng nhưng ta luôn nghĩ đến phương pháp nhẩm
nghiệm để liên hợp . Nhận thấy x = 2 là một giá trị làm cho hai vế của bất
phương trình bằng nhau . Thay x = 2 ta được 3 x + 6 = 2 và 5 x − 1 = 3 Vì vậy ta
có thể thêm bớt số để có cách giải
Giải : Điều kiện x ≥

1
5

Bất phương trình tương đương với :
( 3 x + 6 − 2) − 2( 5 x − 1 − 3) > x 2 − 2 x


1
10
⇔ (x-2) 
−
− x > 0
 3 ( x + 6) 2 + 23 x + 6 + 4

5x − 1 + 3


1
Với đk x ≥ biểu thức trong ngoặc vuông luôn âm . Do đó bất phương trình
5

tương đương x-2 <0 hay x<2

8


Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S=(- ∞;2)
*) Nhận xét : Trong bài tập trên điều quan trọng là ta đã nhẩm x = 2 là giá trị
làm cho hai vế bằng nhau .
6. Một số Bài tập tự luyện : Giải các BPT sau:
1. 5 x − 1 − x − 1 > 2 x − 4
2. 2 x − 3 + x + 1 ≥ x − 2 .
3.

x+3
x+4 x−4 + x−4 x−4 ≥
.
2

4.

5. (4 x − 1) x 2 + 1 > 2 x 2 + 2 x + 1 .

11.
13.
15.

8.

x + 2x − 1 + x − 2x − 1 > 2 .
x 2 − 16
x−3

(3 −
x+

+ x−3 >

2x 2

5
x−3

3x − 2

(x

6.

1 − 1 − 4x 2
7.
< 3.
x

9.

x2

.

2

(3 −

10.

− 3x − 2 < 1 − x .

)

− 3 x 2 x 2 − 3x − 2 ≥ 0
2x 2
9 + 2x

)

2

< x + 21 .

3x + 4 − 2 x + 1 ≤ 3 + x .
1

12.

2 x 2 + 3x − 5

1
2x − 1 .

>

(

< x + 21 .

14.

4( x + 1) < ( 2 x + 10) 1 − 3 + 2 x

1
1
2

+ x− 2 ≥
2
x
x
x

16.

x + x +1 + x x − x +1 ≤

9 + 2x

)

2

2

4

(

2

2

)

)

2

.

(x

2

)

+1
x

3

.

II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ.
- Phương pháp đặt ẩn phụ được sử dụng khi các biểu thức trong bất phương
trình có sự liên quan . Đặt biểu thức này qua ẩn phụ thì biểu thức khác phải
đươc biểu thị qua ẩn phụ.
- Chú ý tới các điều kiện của ẩn.
- Thông thường phải qua phép biến đổi tương đương mới xác định được biểu
thức cần đặt.
.1. Đặt ẩn phụ thông thường (đưa bất phương trình về bất phương trình đa
thức)
Ví dụ 1 :Giải BPT :

x
x +1

−2
>3
x +1
x

x >0
Giải : Điều kiện : 
(*)
x −1
Đặt

x +1
(t > 0).
x

t=

(

)

BPT (1) trở thành :

⇔ ( t + 1) 2t 2 + t − 1 < 0 ⇔ 0 < t <

Vậy

0<

1

− 2t > 3 ⇔ 2t 3 + 3t 2 − 1 < 0(t > 0)
t2

1
.
2

x +1 1
4
< ⇔ − < x < −1 .
x
2
3


1 

1

 < 2 x +
+4
Ví dụ 2: Giải bất phương trình : 5 x +
2x
2 x


9


Phân tích: Khi bình phương biểu thức x +

Vì vậy ta đặt x +

1
2 x

1
2 x

và nhân thêm 2 thì ta được 2x +

1
2x

=t

Giải: Điều kiện : x>0.
* Đặt t = x +
⇒ t2 = x +

1
2 x

⇒ t ≥ 2 (theo bất đẳng thức Côsi)

1
1
+ 1 ⇔ 2x +
= 2t 2 − 2 .
4x
2x

t > 2
* BPT (2) trở thành : 5t < 2t − 2 + 4 ⇔  1 kết hợp với t ≥ 2 ta được t > 2 .
t<
 2
2


2+ 2
3

x>
x> + 2


1
2
2
>2⇔
⇔
* Khi đó x +
.

2 x
2− 2
0 < x < 3 − 2
0 < x <

2
2


3
3
KL : Tập nghiệm của bất phương trình là S = (0 ; − 2 ) ∪ ( + 2 ;+∞)
2
2

Ví dụ 3 : Giải bất phương trình x 2 − x − 2 + 3 x ≤ 5 x 2 − 4 x − 6
Phân tích : Nhìn vào bất phương trình ta có thể nghĩ ngay đến việc bình phương
hai vế hoặc liên hợp . Nhưng nếu ghi biểu thức của bất phương trình lên máy
tính cầm tay thì biểu thức không có nghiệm hữu tỉ . Do đó việc liên hợp là
không nên. Ta có thể khử căn bậc hai bằng phương pháp lũy thừa
Giải : ĐK x ≥ 2
Với ĐK trên bất phương trình tương đương: 3 x( x − 2)( x + 1) ≤ 2 x 2 − 6 x − 2
⇔ 3 ( x 2 − 2 x)( x + 1) ≤ 2( x 2 − 2 x) − 2( x + 1) (1)

Vì x ≥ 2 nên x + 1 > 0 do đó ( 1)
Đặt t =

x 2 − 2x
x +1

Vì t ≥ 0 nên t ≥ 2

x 2 − 2x
x 2 − 2x
≤2
−2
x +1
x +1

t ≥ 2
( t ≥ 0) ta có bất phương trình 2t − 3t − 2 ≥ 0 ⇔ 
1
t≤−

2
2

 x ≤ 3 − 13
⇒ x 2 − 6x − 4 ≥ 0 ⇔ 
 x ≥ 3 + 13

Kết hợp ĐK suy ra nghiệm của bất phương trình là S = [3 + 13;+∞)
2 Đặt ẩn phụ không hoàn toàn
Đó là phương pháp đặt ẩn phụ đưa bất phương trình về bất phương trình gồm
cả ẩn cũ và ẩn mới .
Ví dụ : Giải bất phương trình x 3 + (3x 2 − 4 x − 4) x + 1 ≤ 0

10


Phân tích : Đây là bất phương trinh mà nhìn vào biểu thức tương đối phức tạp .
Nếu đổi ẩn hoàn toàn thì bất phương trình trở về bất phương trình bậc 6 . Rõ
ràng không dễ gì mà giải được bất phương trình này . Do đó ta nghĩ đến phương
pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn .
Giải : ĐK x ≥ −1
y ≥ 0

Đặt y = x + 1 ⇔ 

2
y = x +1

Bất phương trình trở thành x 3 − (3x 2 − 4 y 2 ) y ≤ 0
Nếu y = 0 thì x = -1 bất phương trình luôn đúng
Nếu y > 0 thì x > - 1 chia cả hai vế của bất phương trình cho y3 ta được
x
y ≤1
x 3
x 2
x
x
( ) + 3( ) − 4 ≤ 0 ⇔ ( − 1)( + 2) 2 ≤ 0 ⇔ 
y
y
y
y
x
 y = −2

x

Nếu y = −2 ⇒ x = −2 x + 1 ⇔ x = 2 − 2 2
Nếu

x
1+ 5
≤ 1 ⇔ x ≤ x + 1 ⇔ −1 ≤ x ≤
y

2


Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là T = − 1;


3. Đặt ẩn phụ đưa về hệ
Ví dụ 1 : Giải bất phương trình
Điều kiện : x ≤ 12

1+ 5 

2 

x + 24 + 12 − x ≤ 6

3

3 x + 24 = u
 x + 24 = u 3
(v ≥ 0) ⇔ 
Đặt 
12 − x = v 2
 12 − x = v

u 3 +v 2 = 36(1)
Ta có hệ 
u +v ≤ 6( 2)

(1) ⇔ u 3 = 36 − v 2 ⇔ u = 3 36 − v 2

Ta có bất phương trình

3

36 − v 2 + v ≤ 6 ⇔ 36 − v 2 ≤ (6 − v ) 3

⇔ (v − 6)(v − 3)(v − 10) ≤ 0 ⇔ v ∈ [ 0;3] ∪ [ 6;10]

⇒ x ∈ [ − 88;−24] ∪ [ 3;+∞)

Kết hợp đk ta có tập nghiệm của bất phương trình là T = [ − 88;−24] ∪ [ 3;13]
Ví dụ 2 : Giải bất phương trình :

5 3
x + x + 2 ≤ x2 + 3
2

(1)

Giải: Điều kiện : x ≥ −1
Nhận thấy x = -1 là nghiệm của bất phương trình
(1) ⇔

5
( x + 1)( x 2 − x + 2) ≤ ( x 2 − x + 2) + ( x + 1)
2

11

 a = x 2 − x + 2 ≥ 0

Đặt : 

b = x + 1 ≥ 0

Có : a 2 − b 2 = x 2 − x + 2 − x − 1 = x 2 − 2 x + 1 = ( x − 1)2 ≥ 0 ⇔ (a − b)(a + b) ≥ 0 ⇔ a ≥ b
Khi đó bất phương trình trở thành :
5
ab ≤ a 2 + b 2 ⇔ 2a 2 − 5ab + b 2 ≥ 0 ⇔ (a − 2b)(2a − b) ≥ 0 ⇔ a − 2b ≥ 0 ⇔ a ≥ 2b
2

Suy ra : x 2 − x + 2 ≥ 2 x + 1 ⇔ x 2 − x + 2 ≥ 4 x + 4
⇔ x2 − 5x − 2 ≥ 0


5 − 33   5 + 33
⇔ x ∈  −∞;
; +∞ ÷
 U
÷
2   2



Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là:
 5 + 33

; +∞ ÷
÷U{ −1}

 2


T= 

4. Đặt ẩn phụ đưa về bất phương trình lượng giác.
Ví dụ : Giải BPT :

(1 − x )

2 5

Giải : Điều kiện : x ∈ [ 0;1] .

+ x5 ≤ 1

π



* Đặt x = cos t với t ∈ 0;  . BPT (1) trở thành : sin 5 t + cos 5 t ≤ 1 .
 2

π



Do sin 5 t ≤ sin 2 t và nên sin 5 t + cos 5 t ≤ sin 2 t + cos 2 t = 1 với t ∈ 0;  .
 2
* Do đó BPT đã cho có nghiệm là x ∈ [ 0;1] .

Bài tập tự luyện: Giải các BPT:
1) x 2 − 3x + 3 + x 2 − 3x + 6 < 3.

2) 7 x + 7 + 7 x − 6 + 2 49 x 2 + 7 x − 42 < 181 − 14 x

3)

x( x − 4) − x 2 + 4 x + ( x − 2 ) < 2 .

4)

1−

5)

x − x2 −1 + x + x2 −1 ≤ 2 .

2

1
1
+ x− ≥ x.
x
x

6)

x + 1− x2 < x 1− x2

7)

x 2 + 2x x −

8) x3 35 − x 3
9) 1 + 1 − x 2
10)
11)

1
< 3x + 1
x

(x +

3

)

35 − x 3 > 30

> 2x 2

3
1 + 1 − x 2  (1 + x ) −


(x + 3

)(

(1 − x ) 3  ≥

)



2
3

+

1− x2
3

x + 2 x + 9 x + 18 ≤ 168 x

12


12)
13)
14)

4 x3 − 1 < 4x 2 + 7x + 1
1
3x
+1 >
2
1− x
1− x2

1 − 2x
1 + 2x
+
1 + 2x
1 − 2x

1 − 2x + 1 + 2x <

III. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ.
Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản hoặc sử dụng phương pháp vec tơ
1. Kỹ năng sử dụng BĐT để đánh giá hai vế:
1.1. Bất đẳng thức thông dụng:
* Bất đẳng thức Côsi:
a + a + ...a n n
≥ a1 a 2 ...a n .
Với a1 ≥ 0, a 2 ≥ 0,..., a n ≥ 0 ta có 1 2
n

Dấu “=” xảy ra khi a1 = a 2 = ... = a n .
* Bất đẳng thức Bunhiacopski :
Với mọi a1 , a 2 ,..., a n , b1 , b2 ,..., bn ta luôn có :

( a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn ) 2 ≤ ( a12 + a 22 + ... + a n2 )(b12 + b22 + ... + bn2 ) .
a

a

a

n

1
2
Dấu « = » xảy ra khi b = b = ... = b .
1
2
n
1.2. Các ví dụ :

Ví dụ 1 : Giải BPT : 1 + x + 1 − x ≤ 2 −

x2
4

1 + x ≥ 0
⇔ −1 ≤ x ≤ 1 (*)
1 − x ≥ 0

Giải : Điều kiện : 

Khi đó ( 1) ⇔ 1 + x + 1 − x + 2 1 − x 2 ≤ 4 − x 2 +

(

)

x4
16

x4
⇔ 1− x − 2 1− x +1 +

≥0⇔
16
2

2

(

)

x4
1− x −1 +
≥0
16
2

2

Điều này luôn đúng với mọi x thỏa mãn điều kiện (*).
Vậy nghiệm của BPT là x ∈ [ − 1;1] .
Ví dụ 2 : Giải BPT :

x− x

(

)

1− 2 x2 − x +1

≥ 1 (2)

Giải : Điều kiện: x ≥ 0 (*).

* Ta có: 2( x 2 − x + 1) = x 2 + ( x − 1) 2 + 1 > 1 ⇒ 1 − 2( x 2 − x + 1) < 0 .

Vậy (2) ⇔ x − x ≤ 1 − 2( x 2 − x + 1) ⇔ 2( x 2 − x + 1) ≤ 1 − x + x (3).
Mặt khác: Theo BĐT bunhiacopski ta có:

(

)

2 x2 − x +1 =

(1 + 1) (1 − x ) 2 + (


)

2
x  ≥ 1 − x + x (4)


13


1 − x = x
(1 − x ) 2 = x
3− 5

⇔
⇔x=
* Dấu bằng xảy ra khi 
.
2
1 − x + x ≥ 0
1 − x ≥ 0

Ví dụ 3: Giải bất phương trình sau: x −
Giải : Điều kiện x ≥

x +1
1
+
<
4
2

2x − 1 +

( x + 1) 2
8

1
2

Áp dụng bất đẳng thức Bunhicỗpki ta có
x +1
1
x +1 2 

1 x +1
1

( x + 1) 2
≤
2
x
−
+
(
)
=
x− +
2x − 1 +
= 1. x − +1.


4
4
2
4
2
2
8
x +1
⇔ x 2 − 8 x + 24 = 0 phương trình vô nghiệm
4
2
1
Vậy nghiệm của bất phương trình là x ≥

2

1
Đẳng thức xảy ra ⇔ x − =

2. Kỹ năng sử dụng tích vô hướng của hai vectơ.
2.1. Định nghĩa: u.v = u . v cos(u, v) .
a) Biểu thức tọa độ của tích vô hướng:
+) Trong hệ tọa độ Oxy, nếu u = ( x; y ), v = ( x' ; y ' ) thì u.v = x.x'+ y. y ' .
+) Trong hệ tọa độ Oxyz, nếu u = ( x; y; z ), v = ( x' ; y ' ; z ' ) thì u.v = x.x'+ y. y '+ z.z ' .
b) u.v ≤ u . v . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u, v cùng phương.
c) u + v ≤ u + v . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u, v cùng hướng.
2.2. Ví dụ: Ta quay lại bài thi ĐH-A-2010: Giải BPT

x− x

(

)

1− 2 x2 − x +1

≥ 1 (1)

Giải: Điều kiện: x ≥ 0.
Do 2( x 2 − x + 1) = (2 x 2 − 2 x + 1 >1 nên bất phương trình (1) tương đương với
x − x ≤ 1 − 2( x 2 − x + 1) ⇔ 2( x 2 − x + 1 ≤ (1 − x) + x (2)

Trong mặt phẳng tọa độ lấy a = (1 − x; x) , b = (1;1) . Khi đó:

(

)

a.b = 1 − x + x ; a . b = 2 x 2 − x + 1
Vậy (2) trở thành

a b ≤ a.b . Điều này xảy ra khi
1 − x = k

tại k > 0 sao cho: a = k b ⇔ 

 x =k

⇒x=

a, b cùng hướng tức là tồn

3− 5
.
2

Nhận xét: Ta có thể xây dựng được một lớp các bài toán tương tự trên bằng
cách lấy các vectơ thích hợp.

14


IV. PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG CHIỀU BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ
Giả sử hàm số f đơn điệu trên D, u(x) và v(x) có miền giá trị là tập con của D.

Khi đó ta có : f (u ( x)) < f (v( x)) ⇔ u ( x) < v( x) hoặc u ( x) > v( x)
(Tương tự cho các dấu ≤, ≥, > )
1. Các ví dụ.
Ví dụ 1: Giải BPT : ( x + 3) x + 1 + ( x − 3) 1 − x + 2 x ≤ 0
x + 1 ≥ 0
⇔ −1 ≤ x ≤ 1 (*)
1 − x ≥ 0

Giải : Điều kiện : 

* Khi đó (1) ⇔ ( x + 1) x + 1 + ( x + 1) + 2 x + 1 ≤ (1 − x ) 1 − x + (1 − x ) + 2 1 − x
⇔

(

) (
3

x +1 +

)

2

x +1 + 2 x +1 ≤

(

) (
3

1− x +

1− x

)

2

+ 2 1 − x (2)

* Xét hàm số f (t ) = t 3 + t 2 + 2t với t ≥ 0 :
Có f ' (t ) = 3t 2 + 2t + 2 > 0∀t ≥ 0 nên f (t ) là hàm đồng biến trên [ 0;+∞) .
* Mặt khác : (2) ⇔ f ( x + 1) ≤ f ( 1 − x ) ⇔ x + 1 ≤ 1 − x ⇔ x + 1 ≤ 1 − x ⇔ x ≤ 0
kết hợp với điều kiện (*) ta được : − 1 ≤ x ≤ 0 .
Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S = [ − 1;0]
Ví dụ 2: Giải bất phương trình x 2 − 2 x + 3 − x 2 − 6 x + 11 > 3 − x − x − 1 (1)
Giải : Điều kiện : 1 ≤ x ≤ 3
(1) ⇔ x 2 − 2 x + 3 + x − 2 > 3 − x + x 2 − 6 x + 11
⇔ ( x + 1) 2 + 2 + x − 1 > (3 − x) 2 + 2 + 3 − x

Xét hàm số : f (t ) = t 2 + 2 + t
Ta có : f '(t ) =

t
t2 + 2

+

1

2 t

> 0∀t ∈ [ 1;3]

Nên f(t) đồng biến, suy ra f( x-1) > f(3 - x) ↔ x – 1 > 3 – x ↔ x > 2
Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là : T = ( 2 ; 3]
2. Một số Bài tập tự luyện :
Giải các BPT :
1, 2 − x 2 + 2 −

1
1

≥ 4−x + .
2
x
x


2, x 2 + 2 x + 2 x − 1 ≥ 3x 2 + 4 x + 1

3, x x + 1 + 3 − x ≤ 2 x 2 + 1

4, x 2 − 4 x + 5 + x 2 − 10 x + 50 ≥ 5

5,

6, ( 3 − x ) x − 1 + 5 − 2 x ≤ 40 − 34 x + 10 x 2 − x 3

x − 2 + 4 − x > x 2 − 6 x + 11

7, 2 − x 2 + 2 −

9,
11,

1
1

≥ 4−x + .
2
x
x


x + 1 + 2 x − 3 + 50 − 3 x ≤ 12
x − 2 + 4 − x > x 2 − 6 x + 11

8,

x−9 x
2 − 100 x 2 − 40 x + 40

≥1

10, x 2 + 2 x + 2 x − 1 ≥ 3x 2 + 4 x + 1
12, ( 3 − x ) x − 1 + 5 − 2 x ≤ 40 − 34 x + 10 x 2 − x 3

15

D. KIỂM NGHIỆM
Khi chưa thực hiện đề tài này, trong quá trình giảng dạy tôi thấy học sinh
rất hay vướng mắc khi giải các bất phương trình vô tỷ. Sau khi áp dụng đề tài
này đã giúp học sinh giải được nhiều dạng toán khó về bất phương trình vô tỷ.
Thông qua giải các bất phương trình vô tỷ, giúp học sinh rèn luyện khả năng tư
duy, phát huy tính chủ động, tích cực, sáng tạo trong học toán, giúp các em tự tin
hơn trong học tập.
Thực tế, khi thực hiện đề tài này, chất lượng môn học được nâng lên rõ
rệt. Kết quả cụ thể như sau:
Lớp Số Điểm 8-10 Điểm từ 6,5
Điểm từ 5
Điểm từ 2 Điểm dưới 2
HS
đến dưới 8 đến dưới 6,5 đến dưới 5
12A 45 6
13.3 13
28.9
22
48.9
4
9.8
0
0
12E 45 8
17.8 15
33.3
19
42.2
3

6.7
0
0
Phần thứ ba:
KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT

Bất phương trình vô tỷ là dạng toán khó đối với học sinh, vì vậy khi giảng
dạy phần này, cần lựa chọn phương pháp hợp lý và rèn luyện cho học sinh khả
năng tư duy, khả năng hệ thống kiến thức. Cần chú ý sửa cho học sinh về cách
trình bầy một cách tỷ mỉ.
Chất lượng của học sinh phụ thuộc rất nhiều vào bài giảng của thầy, vì
vậy mỗi dạng toán cần có sự phân loại và hệ thống được các phương pháp giải.
Trên đây là một số kinh nghiệm được rút ra từ thực tiễn giảng dạy phần
bất phương trình vô tỷ. Trong khuôn khổ có hạn của đề tài không tránh khỏi
thiếu sót. Rất mong các đồng nghiệp trao đổi để nội dung đề tài hoàn chỉnh hơn.
Xin chân thành cám ơn.
Thanh Hóa, ngày tháng 6 năm 2015
XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG

CAM KẾT KHÔNG COPI

Mai Thị Mơ

16