Kĩ thuật tổng hợp giải bất phương trình hỗn hợp

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

NGUYỄN THỊ QUYỂN

KĨ THUẬT TỔNG HỢP
GIẢI BẤT PHƢƠNG TRÌNH HỖN HỢP

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2018


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

NGUYỄN THỊ QUYỂN

KĨ THUẬT TỔNG HỢP
GIẢI BẤT PHƢƠNG TRÌNH HỖN HỢP
Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8460113

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS. Tạ Duy Phƣợng

THÁI NGUYÊN - 2018

1

Mục lục

Mở đầu
1

2

Phân loại một số kĩ thuật chủ đạo
trong giải bất phương trình hỗn
hợp
6
1.1. Kĩ thuật biến đổi tương đương . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2. Kĩ thuật nhân với biểu thức liên hợp . . . . . . . . . . . . 11
1.3. Kĩ thuật đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.4. Kĩ thuật hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
1.4.1. Kĩ thuật sử dụng đạo hàm bậc nhất . . . . . . . . . 24
1.4.2. Kĩ thuật sử dụng đạo hàm bậc hai . . . . . . . . . 29
1.4.3. Kĩ thuật sử dụng giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất . 34
1.5. Kĩ thuật véc tơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
1.6. Kĩ thuật lượng giác hóa

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

1.7. Kĩ thuật hình học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2

Một số kĩ thuật tổng hợp giải bất
phương trình hỗn hợp và bất đẳng
thức
43
2.1. Các kĩ thuật tổng hợp giải bất phương trình hỗn hợp . . . 43
2.2. Các kĩ thuật tổng hợp chứng minh bất đẳng thức . . . . . 60

Tài liệu tham khảo

65


2

Mở đầu
1. Lí do chọn đề tài
Bất phương trình hỗn hợp được hiểu là bất phương trình phức tạp,
chứa nhiều loại hàm khác nhau (đa thức, căn thức, mũ, logarit,...). Để
giải những bất phương trình chứa nhiều loại hàm, ta thường phải "bóc
từng lớp" để đưa về bất phương trình đơn giản. Tuy nhiên, cũng có
nhiều bất phương trình hỗn hợp đòi hỏi sử dụng kĩ thuật giải tổng hợp,
nói chung không thể dùng một kĩ thuật, mà phải sử dụng tổng hợp một
vài hoặc đồng thời nhiều kĩ thuật để giải được những bất phương trình
loại này.
Đã có một số sách viết về phương pháp giải bất phương trình và bất
đẳng thức thí dụ, tài liệu [2], [5]. Tuy nhiên, theo quan sát của chúng
tôi, vẫn nên đi sâu phân tích cụ thể và chi tiết hơn các phương pháp và
các kĩ thuật tổng hợp giải bất phương trình hỗn hợp và bất đẳng thức.
Trong các đề thi Trung học Phổ thông Quốc gia những năm gần đây
(trước năm 2017) câu khó thường là các bài toán về phương trình, bất

phương trình hoặc bài toán liên quan tới bất đẳng thức, bất phương
trình hỗn hợp. Để giải các bài toán này, cần sử dụng thành thạo và
nhuần nhuyễn các kĩ thuật tổng hợp. Bất phương trình hỗn hợp và bất
đẳng thức cũng hay gặp trong các kì thi (thi học sinh giỏi, Olympic


3

30–4, vô địch Quốc gia, Quốc tế,...).
Với những lí do trên, tác giả đã lựa chọn đề tài: "Kĩ thuật tổng hợp giải
bất phương trình hỗn hợp" làm đề tài luận văn cao học của mình.

2. Lịch sử nghiên cứu
Chủ đề bất phương trình và bất đẳng thức có vị trí và vai trò quan
trọng trong chương trình môn Toán ở trường Trung học phổ thông. Kiến
thức và kĩ năng của chủ đề này có mặt xuyên suốt từ cuối Trung học Cơ
sở, tới đầu cấp và đến cuối cấp Trung học phổ thông, thậm chí trong
các kì thi Olympic sinh viên. Nó đóng vai trò như là chìa khóa để giải
quyết nhiều bài toán trong thực tế.

3. Mục đích, đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Luận văn hệ thống hóa và trình bày một số kĩ thuật giải bất phương
trình hỗn hợp và bất đẳng thức thường gặp trong các kì thi Olympic,
thi học sinh giỏi Quốc gia và Quốc tế. Tất cả các bài toán trong luận
văn đều được chọn lựa từ các đề thi vào đại học hoặc các bài thi học
sinh giỏi Quốc gia và Quốc tế trong và ngoài nước, hoặc từ các báo chí,
thí dụ, Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ.
Bên cạnh việc hệ thống hóa các đề thi, luận văn còn cố gắng phân tích,
tổng hợp các phương pháp thông qua các bài toán cụ thể.
Mục tiêu của luận văn: Luận văn có mục tiêu trình bày các phương

pháp và kĩ thuật tổng hợp giải bất phương trình hỗn hợp và bất đẳng
thức. Các phương pháp và kĩ thuật tổng hợp giải bất phương trình hỗn
hợp và bất đẳng thức cũng đã được áp dụng cho các bài toán chứng
minh bất đẳng thức, giải bất phương trình, hệ bất phương trình, và các
bài toán cực trị. Hy vọng luận văn sẽ góp phần làm sáng tỏ thêm các kĩ


4

thuật và phương pháp giải bất phương trình, bất đẳng thức và được áp
dụng vào thực tế học tập và giảng dạy.

4. Phương pháp nghiên cứu
- Phân tích lí thuyết, phân dạng các loại bài tập.
- Đưa ra các bài tập minh họa phù hợp với từng nội dung.
- Tổng hợp tài liệu từ sách tham khảo, các sách liên quan đến đề tài.

5. Cấu trúc của luận văn
Ngoài phần Mở đầu, Kết luận và Tài liệu tham khảo, Luận văn gồm
2 Chương.
Chương 1: Phân loại một số kĩ thuật giải bất phương trình hỗn hợp.
Trong chương này, chúng tôi trình bày các kĩ thuật giải bất phương
trình hỗn hợp. Trong mỗi kĩ thuật, trước hết là trình bày ý tưởng, sau
đó chúng tôi trình bày nhiều ví dụ có lời giải chi tiết, thể hiện rõ kĩ
thuật đã nêu.
Chương 2: Một số kĩ thuật tổng hợp giải bất phương trình hỗn hợp và
bất đẳng thức.
Chương 2 trình bày một số bài toán về bất phương trình hỗn hợp mà
phải dùng tổng hợp các kĩ thuật đã nêu ở chương 1 để giải. Cuối cùng
là một số bài toán về bất đẳng thức.

Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại học Thái
Nguyên. Đầu tiên tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến PGS.
TS. Tạ Duy Phượng. Thầy đã định hướng chọn đề tài và nhiệt tình
hướng dẫn cũng như giải đáp mọi thắc mắc của tôi trong suốt quá trình
làm luận văn để tôi hoàn thành luận văn này.
Tác giả xin chân thành cảm ơn toàn thể các thầy cô trong khoa Toán Tin trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã tận tình hướng


5

dẫn, truyền đạt kiến thức trong suốt thời gian học tập, thực hiện và
hoàn thành luận văn.
Xin được cảm ơn nhà trường, Trường THPT Quế Võ Số 1, huyện Quế
Võ, tỉnh Bắc Ninh đã tạo điều kiện và giúp đỡ tôi, cảm ơn sự giúp đỡ
của bạn bè, người thân và các đồng nghiệp trong suốt thời gian học tập
và làm luận văn.
Thái Nguyên, tháng 4 năm 2018
Tác giả

Nguyễn Thị Quyển


6

Chương 1

Phân loại một số kĩ thuật chủ đạo
trong giải bất phương trình hỗn hợp
Để giải một bất phương trình, để chứng minh một bất đẳng thức hoặc
một bài toán cực trị loại khó ta có thể sử dụng một số kĩ thuật sau.

1.1.

Kĩ thuật biến đổi tương đương

Nói chung quá trình giải bất phương trình là quá trình biến đổi tương
đương từ bất phương trình phức tạp về bất phương trình đơn giản nhờ
một số tính chất của các hàm vô tỷ, mũ, logarit, ví dụ:

g(x) < 0

 f (x) ≥ 0

Tính chất 1.1 f (x) ≥ g(x) ⇔ 
 g(x) ≥ 0

f (x) ≥ g 2 (x).

Tính chất 1.2



g(x) ≥ 0



f (x) ≤ g(x) ⇔ f (x) ≥ 0




f (x) ≤ g 2 (x).

Tính chất 1.3 f (x)g(x) ≥ f (x)h(x) tương đương với

f (x) > 1
hoặc
g(x) ≥ h(x)

0 < f (x) < 1
hoặc f (x) = 1 và g(x); h(x) có nghĩa.
g(x) ≤ h(x)


7

Tính chất 1.4 f (x)g(x) ≤ f (x)h(x) tương đương với

f (x) > 1
hoặc
g(x) ≤ h(x)

0 < f (x) < 1
hoặc f (x) = 1 và g(x); h(x) có nghĩa.
g(x) ≥ h(x)
Kỹ thuật biến đổi tương đương là một kĩ thuật cơ bản, tuy nhiên đối
với bất phương trình hỗn hợp, kĩ thuật này không phải lúc nào cũng áp
dụng được một cách hợp lí, mà phải kết hợp thêm một số kĩ thuật khác.
Các ví dụ dưới đây (và trong chương 2) sẽ trình bày và phân tích sâu
hơn nhận xét này.
Bài 1.1 (Đề thi học sinh giỏi lớp 10 - Kon Tum, năm học 2013 -2014)

Giải bất phương trình sau trên tập số thực
−x2 + 8x − 12 > 10 − 2x.

(1.1)

Bài giải. Ta có


10 − 2x < 0
x>5


 − x2 + 8x − 12 ≥ 0
 2≤x≤6


(1.1) ⇔ 
⇔
 10 − 2x ≥ 0
 x≤5


− x2 + 8x − 12 ≥ (10 − 2x)2 .
5x2 − 48x + 112 < 0.

5
5 x ≤ 5
⇔

⇔ 4 < x ≤ 6.
⇔

28
4
<
x
≤
5.
4 < x < .
5
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm 4 < x ≤ 6.
Bài 1.2 (Đề thi học sinh giỏi lớp 12, Nghệ An, năm học 2013-2014)
Giải bất phương trình
x (x + 2) +

√

x≥

(x + 1)3 .

Bài giải. Điều kiện để bất phương trình (1.2) có nghĩa là

(1.2)


8

x ≥ 0.

(1.2a)

Với điều kiện (1.2a) thì
(1.2) ⇔ x (x + 2) + 2 x3 + 2x2 + x ≥ (x + 1)3
⇔ x3 + 2x2 − 2 x3 + 2x2 + 1 ≤ 0
⇔
⇔

x3 + 2x2 − 1

2

≤0

x3 + 2x2 = 1


x = −1
√


5
−1
−

⇔ x3 + 2x2 − 1 = 0 ⇔ x =
2√



−1 + 5
x=
.
2
√
−1 + 5
Đối chiếu điều kiện (1.2a) suy ra x =
.
2
√
−1 + 5
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x =
.
2
Bài 1.3 (Đề thi đề nghị Olympic 30 tháng 04 năm 2008, trường THPT
Chuyên Lương Văn Chánh, Phú Yên)
Tìm tất cả các cặp(x; y) thỏa mãn bất phương trình
x − |y| −

x2 + y 2 − 1 ≥ 1.

Bài giải. Ta có
x −|y| − x2 + y 2 − 1 ≥ 1 ⇔ x2 + y 2 − 1 ≤ x − |y| − 1

x2 + y 2 − 1 ≥ 0



⇔ x − |y| − 1 ≥ 0




x2 + y 2 − 1 ≤ (x − |y| − 1)2


x2 + y 2 ≥ 1



⇔ x ≥ |y| + 1



x2 + y 2 − 1 ≤ x2 + y 2 + 1 − 2x|y| − 2x + 2|y|

(1.3)


9



2
2


x2 + y 2 ≥ 1
x
+
y

≥
1






⇔ x ≥ |y| + 1
⇔ x ≥ |y| + 1






2(|y| + 1)(x − 1) ≤ 0
2x(|y| + 1) − 2(|y| + 1) ≤ 0
Từ (1.3b) suy ra x ≥ 1.

(1.3a)
(1.3b)
(1.3c)

Từ (1.3c) suy ra x ≤ 1.
Do đó x = 1. Từ (1.3b) suy ra y = 0.
Với x = 1; y = 0 thỏa mãn (1.3a)
Vậy bất phương trình có nghiệm duy nhất là (x; y) = (1; 0).
Bài 1.4 (Đề thi học sinh giỏi lớp 12, Đà Nẵng, năm học 2014 - 2015)
Giải bất phương trình sau trên tập số thực

log2 4x2 − 4x + 1 − 2x > 2 − (x + 2) log 12

1
−x .
2

Bài giải. Điều kiện để bất phương trình (1.4) có nghĩa là

4x2 − 4x + 1 > 0
1
⇔x< .
1
 −x>0
2
2

(1.4)

(1.4a)

Với điều kiện (1.4a) thì
1 − 2x
2
⇔ 2 log2 (1 − 2x) − 2x > 2 + (x + 2) log2 (1 − 2x) − x − 2

(1.4) ⇔ log2 (1 − 2x)2 − 2x > 2 + (x + 2) log2

⇔ x log2 (1 − 2x) + x < 0
⇔ x [log2 (1 − 2x) + 1] < 0.

(1.4b)

• Trường hợp 1.
x>0


x > 0

1
⇔x> .
1
1 − 2x <
4
log2 (1 − 2x) + 1 < 0
2
1
1
Kết hợp với điều kiện (1.4a) ta được < x < .
4
2
(1.4b) ⇔

⇔


10

• Trường hợp 2.
x<0
⇔

(1.4b) ⇔
log2 (1 − 2x) + 1 > 0


x < 0

⇔ x < 0.
1 − 2x > 1
2

Kết hợp với điều kiện (1.4a) ta được x < 0.
Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm T = (−∞; 0) ∪

1 1
;
.
4 2

Bài 1.5 (Đề thi học sinh giỏi lớp 12, Nam Định, năm 2014 - 2015)
Giải bất phương trình sau trên tập số thực
4x2 + 1 + 2x − log5 log 17

log 15 log7

Bài giải. Với ∀x ∈ R ta có


4x2 + 1 + 2x




4x2 + 1 + 2x > 0




4x2 + 1 − 2x > 0.

4x2 + 1 − 2x > 0.

(1.5)

4x2 + 1 − 2x = 1

Suy ra
log 17
Do đó

4x2 + 1 − 2x = log7

4x2 + 1 + 2x .

√
√
(1.5) ⇔ log5 log7
4x2 + 1 + 2x + log5 log7
4x2 + 1 + 2x < 0
√
4x2 + 1 + 2x < 0

⇔ log5 log7


2
 log7
 4x2 + 1 + 2x > 1
4x + 1 + 2x > 0
⇔
⇔
 log
 4x2 + 1 + 2x < 7
2
4x + 1 + 2x < 1
7


1 − 2x < 0







 1 − 2x ≥ 0


 4x2 + 1 > 1 − 2x

12

⇔
⇔
4x2 + 1 > (1 − 2x)2 ⇔ 0 < x < .
 4x2 + 1 < 7 − 2x

7



7
−
2x
≥
0




 4x2 + 1 < (7 − 2x)2
12
Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm T = 0;
.
7


11

1.2.

Kĩ thuật nhân với biểu thức liên hợp

Ý tưởng của phương pháp này là trục căn thức và tạo nhân tử chung,
đưa bất phương trình đã cho về dạng bất phương trình tích. Sau đó
đánh giá dấu của từng tích đó. Muốn thực hiện được phương pháp này
ta phải đoán được nghiệm của phương trình và biến đổi khéo léo.
Một số biểu thức quen thuộc dùng để trục căn thức:
√
√
a−b
√ ;
a± b= √
a∓ b
√
√
a±b
3
√
√
a± 3b= √
;
3
3
a2 ∓ 3 ab + b2
√
√
a−b
4
a± 4b= √
√
√ .

√
4
4
a∓ b
a+ b
Sau đây là một số ví dụ.
Bài 1.6 (Toán học và tuổi trẻ, số 461, tháng 11 năm 2015)
Giải bất phương trình
x (x + 1) (x − 3) ≥

√

4−x+

√

1 + x − 3.

(1.6)

Bài giải. Điều kiện để bất phương trình (1.6) có nghĩa là
−1 ≤ x ≤ 4.

(1.6a)

Với điều kiện (1.6a) thì
√
x
x
4−x− 2−

+
1+x− 1+
3
3
√
√
⇔ 3x (x + 1) (x − 3) ≥ 3 4 − x − (6 − x) + 3 1 + x − (3 + x)

(1.6) ⇔ x (x + 1) (x − 3) ≥

√

x (x − 3)
x (x − 3)
⇔ 3x (x + 1) (x − 3) + √
+ √
≥0
3 4 − x + (6 − x) 3 1 + x + (3 + x)
1
1
⇔ x (x − 3) 3 (x + 1) + √
+ √
≥ 0.
3 4−x+6−x 3 1+x+3+x
1
1
Với −1 ≤ x ≤ 4 thì 3 (x + 1)+ √
+ √
> 0.
3 4−x+6−x 3 1+x+3+x

Suy ra


12

x≤0
x (x − 3) ≥ 0 ⇔
x ≥ 3.
−1 ≤ x ≤ 0
Kết hợp với điều kiện (1.6a) ta có
3 ≤ x ≤ 4.
Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm T = [−1; 0] ∪ [3; 4].
Bài 1.7 (Toán học và tuổi trẻ, số 462, tháng 12 năm 2015)
Giải bất phương trình
2 (x − 2)

5 − x2 + (x + 1)

5 + x2 < 7x − 5.

Bài giải. Điều kiện để bất phương trình (1.7) có nghĩa là
√
√
− 5 ≤ x ≤ 5.

(1.7)

(1.7a)

Với điều kiện (1.7a) thì

√
√
(1.7) ⇔ 2 (x − 2) 3 5 − x2 − 5 + x +(x + 1) 3 5 + x2 − 2x − 5 < 0
−10 x2 − x − 2
5 (x − 2)2
⇔ 2 (x − 2) √
+ (x + 1) √
<0
3 5 − x2 + 5 − x
3 5 + x2 + 2x + 5
−20
5
⇔ (x − 2)2 (x + 1) √
+ √
<0
3 5 − x2 + 5 − x 3 5 + x2 + 2x + 5
√
√
⇔ (x − 2)2 (x + 1) 3 5 − x2 − 12 5 + x2 − 9x − 15 < 0
x=2
⇔
x > −1.
với điều kiện (1.7a) ta có
√
√
√
√
√
3 5x2 − 12 5 + x2 − 9x − 15 < 3 5 − 12 5 + 9 5 − 15 < 0.
√

Kết hợp với điều kiện (1.7a) ta có x ∈ (−1; 2) ∪ 2; 5 .

√
Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là T = (−1; 2) ∪ 2; 5 .

Bài 1.8 (Đề thi đại học khối D, năm 2014) Giải bất phương trình
√
√
√
(x + 1) x + 2 + (x + 6) x + 7 ≥ x 2 − 7x + 12.
(1.8)
Bài giải. Điều kiện để bất phương trình (1.8) có nghĩa là x ≥ −2 (1.8a)
Với điều kiện (1.8a) thì bất phương thình (1.8) tương đương với


13

√

√
x + 2 − 2 + (x + 6) x + 7 − 3 − x2 + 2x − 8 ≥ 0
x−2
x−2
⇔ (x + 1) √
+ (x + 6) √
− (x − 2) (x + 4) ≥ 0
x−2+2
x+7+3

(x + 1)

⇔ (x − 2) √

x+1
x+6
− x − 4 ≥ 0.
+√
x−2+2
x+7+3

(1.8b)

x+2≥0
Do x ≥ −2 nên

suy ra
x+6>0
x+1
x+6
√
+√
−x−4
x−2+2
x+7+3
x+2
x+6
x+6
1
x+2
−

+√
−
−√
< 0.
=√
2
2
x−2+2
x−2+2
x+7+3
Do đó
(1.8b) ⇔ x − 2 ≤ 0 ⇔ x ≤ 2.
Kết hợp với điều kiện (1.8a) ta có −2 ≤ x ≤ 2.
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm −2 ≤ x ≤ 2.
Bài 1.9 (Toán học và tuổi trẻ, số 471, tháng 9 năm 2016)
Giải bất phương trình
√
√
4 5 − x + 13 + 3x ≤ x2 − 6x + 17.

(1.9)

Bài giải. Điều kiện để bất phương trình (1.9) có nghĩa là
−13
≤ x ≤ 5.
3

(1.9a)

Với điều kiện (1.9a) thì bất phương trình (1.9) tương đương với

√
√
7 x
x 11
4
5−x− +
+ 13 + 3x −
+
− x2 − 5x + 4 ≤ 0
3 3
3
3
2
2
7 x
x 11
5−x−
−
13 + 3x −
+
3 3
3
3
⇔4 √
+ √
− x2 − 5x + 4 ≤ 0
7 x
x 11
5−x+ −
13 + 3x + +

3 3
3
3
x2 − 5x + 4
x2 − 5x + 4
√
√
⇔4
+
+ x2 − 5x + 4 ≥ 0
3 3 5−x+7−x
3 3 13 + 3x + x + 11
2
⇔ x − 5x + 4 .g(x) ≥ 0. (1.9b)
Với


14

4
+
3 3 5−x+7−x
3
Ta thấy, với điều kiện (1.9a) thì
4
√
+
g(x) = 1 +
3 3 5−x+7−x
3

Khi ấy
x≤1
(1.9b) ⇔ x2 − 5x + 4 ≥ 0 ⇔
x ≥ 4.

g(x) = 1 +

√

1
.
3 13 + 3x + x + 11
√

1
> 0.
3 13 + 3x + x + 11
√

−13
≤x≤1
Kết hợp với điều kiện (1.9a) ta có  3
4 ≤ x ≤ 5.

Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm T =

−13
; 1 ∪ [4; 5] .
3

Bài 1.10 (Đề thi học sinh giỏi lớp 12, Cà Mau, năm học 2017-2018)
Giải bất phương trình
3−x+

√

6 − 8x ≥ 10x2 +

√

2x + 1.

(1.10)

Bài giải. Điều kiện để bất phương trình (1.10) có nghĩa là
3
1
− ≤x≤ .
2
4

(1.10a)

Với điều kiện (1.10a) thì
√

√
2x + 1 − 6 − 8x ≤ 0
5 (2x − 1)
√

⇔ (2x − 1) (5x + 3) + √
≤0
2x + 1 + 6 − 8x

(1.10) ⇔ 10x2 + x − 3 +

⇔ (2x − 1) 5x + 3 + √

5
√
≤ 0.
2x + 1 + 6 − 8x

Ta thấy với điều kiện (1.10a) thì
5x + 3 + √

5
√
> 0.
2x + 1 + 6 − 8x

Do vậy bất phương trình
1
(1.10b) ⇔ 2x − 1 ≤ 0 ⇔ x ≤ .
2

(1.10b)


15

1
1
Kết hợp với điều kiện (1.10a) suy ra − ≤ x ≤ .
2
2
1
1
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm − ≤ x ≤ .
2
2
Bài 1.11 (Đề thi toán Quốc gia, bảng A năm 1977)
Giải bất phương trình
x−

1
−
x

1−

1
x−1
>
.
x
x

(1.11)

Bài giải. Điều kiện để bất phương trình (1.11) có nghĩa là
x ∈ [−1; 0) ∪ [1; +∞)

.

• Trường hợp 1. Nếu x = 1 thì bất phương trình (1.11) vô nghiệm.
• Trường hợp 2. Nếu x > 1 thì bất phương trình
x−1
1
x−1
>
⇔
(1.11) ⇔
x
1
1
1
x− + 1−
x− + 1−
x
x
x
√
√
√
1
1
⇔ x − + 1 − < x ⇔ x2 − 1 + x − 1 < x3
x
x

√
3
2
⇔ x − x − x + 1 − 2 x3 − x2 − x + 1 + 1 > 0
√
2
⇔
x3 − x2 − x + 1 − 1 > 0
√
⇔ x3 − x2 − x + 1 − 1 = 0

x=0


√



1− 5
⇔ x=
2√




1+ 5

x =
.
2


x > 1
√
Kết hợp với điều kiện x > 1 suy ra
1
+
5
x =
.
2
• Trường hợp 3. Nếu −1 ≤ x < 0 thì bất phương trình
x−1
x−1
1
(1.11) ⇔
>
⇔
x
1
1
1
x− + 1−
x− + 1−
x
x
x
Suy ra bất phương trình vô nghiệm.
Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là

1

x

1
x

>

1
x

<

1
<0
x


16

T =

1.3.

√
1+ 5
1;
2

∪

√
1+ 5
; +∞ .
2

Kĩ thuật đặt ẩn phụ

Một trong những kĩ thuật giải bất phương trình hỗn hợp (phức tạp,
gồm nhiều hàm) là kĩ thuật đặt ẩn phụ để đưa bất phương trình đã cho
về dạng đơn giản.
+) Đặt ẩn phụ t = f (x) và buộc điều kiện cho t ( nếu có).
+) Biến đổi bất phương trình đã cho về bất phương trình quen thuộc
ẩn t rồi giải bất phương trình này để chọn tập nghiệm của t thỏa mãn
điều kiện trên.
+) Giải bất phương trình f (x) > t; f (x) < t; f (x) ≥ t; f (x) ≤ t với t
vừa tìm được để tìm ra nghiệm x.
Nhiều khi ta có thể đặt hai ẩn phụ để đưa bất phương trình đã cho về
bất phương trình đẳng cấp hai biến.
Bài 1.12 (Đề thi học sinh giỏi lớp 10, trại hè Hùng Vương lần X, năm
học 2104- 2015) Giải bất phương trình
7x2 − 7x − 9 −

√
x2 − x − 6 < 2 2x + 1.

(1.12)

Bài giải. Điều kiện để bất phương trình (1.12) có nghĩa là
x ≥ 3.

(1.12a)

Với điều kiện (1.12a) thì
√
x2 − x − 6 + 2 2x + 1
2
√
⇔ 7x2 − 7x − 9 <
x2 − x − 6 + 2 2x + 1
√
⇔ 6x2 − 14x − 7 < 4 (2x + 1) (x − 3) x + 2
√
⇔ 3 2x2 − 5x − 3 − 4 2x2 − 5x − 3 x + 2 + x + 2 < 0

(1.12) ⇔

7x2 − 7x − 9 <


17

2x2 − 5x − 3
⇔3
−4
x+2
1
⇔ <
3

2x2 − 5x − 3

+1<0
x+2

2x2 − 5x − 3
<1
x+2

18x2 − 46x − 29 > 0
⇔

2x2 − 6x − 5 < 0
√

23
−
1051


x<




18

√


23
+

1051
⇔
x>

18


√
√


19
3
+
19
3
−


.
2
2
√
√
23 + 1051
3 + 19
Kết hợp với điều kiện (1.12a) ta được
.

18
2
Vậy bất phương trình đã cho
√ có nghiệm là √
3 + 19
23 + 1051
.
18
2
Bài 1.13 (Đề thi học sinh giỏi lớp 10, Vĩnh Phúc, năm học 2013 - 2014)
Giải bất phương trình
√
3

3−x≥1−

√

x − 2.

(1.13)

Bài giải. Điều kiện để bất phương trình (1.13) có nghĩa là
x ≥ 2.
Đặt t =

√

(1.13a)

x − 2, t ≥ 0, suy ra x = t2 + 2.

Khi đó bất phương trình (1.13) trở thành
√
3
1 − t2 ≥ 1 − t ⇔ 1 − t2 ≥ (1 − t)3
⇔ t3 − 4t2 + 3t√≥ 0 ⇔ t (t − 1) (t − 3) ≥ 0
t≥3
x ≥ 11
x−2≥3
⇔
⇒
⇔
√
0≤t≤1
2 ≤ x ≤ 3.
0≤ x−2≤1
Kết hợp với điều kiện (1.13a) ta được x ∈ [2; 3] ∪ [11; +∞) .
Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là T = [2; 3] ∪ [11; +∞).


18

Bài 1.14 (Đề thi học sinh giỏi lớp 12, Thanh Hóa, năm học 2010-2011)
Giải bất phương trình
√
6 x2 − 3x + 1 +

x4 + x2 + 1 ≤ 0.

(1.14)

Bài giải. Bất phương trình (1.14) xác định với mọi x ∈ R và tương
đương với
6 2 x2 − x + 1 − x2 + x + 1

+

6 (x2 − x + 1) (x2 + x + 1) ≤ 0

6 x2 − x + 1
− 6 ≤ 0.
x2 + x + 1

x2 − x + 1
+
⇔ 12. 2
x +x+1

(1.14a)

6 x2 − x + 1
Đặt t =
, t > 0.
x2 + x + 1
Khi đó bất phương trình (1.14a) trở thành
3
2
2

2
6 x −x+1
6 x −x+1
3
9
⇒
≤
⇔
≤
x2 + x + 1
2
x2 + x + 1
4
√
√
11 − 21
11 + 21
⇔ 5x2 − 11x + 5 ≤ 0 ⇔
≤x≤
.
10
10
√
√
11 − 21
11 + 21
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm
≤x≤
.
10

10
2t2 + t − 6 ≤ 0 ⇔ 0 < t ≤

Bài 1.15 (Đề thi học sinh giỏi lớp 12, Nghệ An, Bảng A, năm học
2011-2012) Giải bất phương trình
x3 − 3x2 − 6x + 2

(x + 2)3 ≥ 0.

(1.15)

Bài giải. Điều kiện để bất phương trình (1.15) có nghĩa là
x ≥ −2.
Đặt y =

√

x + 2, y ≥ 0.

Khi đó bất phương trình (1.15) trở thành
x3 − 3xy 2 + 2y 3 ≥ 0
x=y
⇔ (x − y)2 (x + 2y) ≥ 0 ⇔
x + 2y ≥ 0.

(1.15a)


19

Trường hợp 1. x = y ⇒

√

x≥0
x+2=x ⇔

⇔ x = 2.

2

x −x−2=0
√
x
+
2
≥
0
⇔
2
x + 2 ≥ −x
Trường
hợp
2.
x
+
2y
≥
0
⇒

x
+
2

x>0
x>0

√
x≤0
⇔
⇔
x
≥
2
−
2
⇔
3.
√

2
−
2
3
≤
x
≤
0
4 (x + 2) ≥ x2
√

Kết hợp với điều kiện (1.15a) ta được x ≥ 2 − 2 3.
√
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x ≥ 2 − 2 3.
√

• Nhận xét: Nhiều học sinh không để ý và bỏ trường hợp x = y
Bài 1.16 (Toán học và Tuổi trẻ, số 455, tháng 5 năm 2015)
Giải bất phương trình
2 (1 − x)

x2 + 2x − 1 ≤ x2 − 2x − 1.

(1.16)

Bài giải. Điều kiện để bất phương trình (1.16) có nghĩa là
√
x ≤ −1 − 2
√
x ≥ −1 + 2.
√
Đặt u = x2 + 2x − 1; v = 1 − x, u ≥ 0.

(1.16a)

Khi đó bất phương trình (1.16) trở thành
2uv ≤ u2 − 4 (1 − v)
⇔ (u − 2) (u + 2 − 2v) ≥ 0
√
√
⇔

x2 + 2x − 1 − 2
x2 + 2x − 1 + 2x ≥ 0.
(1.16b)
√
√
• Trường hợp 1. Nếu x ≥ −1 + 2 (∗) thì x2 + 2x − 1 + 2x > 0.
Khi đó
(1.16b) ⇔

√

x2

+ 2x − 1 − 2 ≥ 0 ⇔

x ≤ −1 −
x ≥ −1 +

√
√

6
6

√
Kết hợp với điều kiện (∗) ta có x ≥ −1 + 6
√
√
• Trường hợp 2. Nếu x ≤ −1 − 2 (∗∗) thì x2 + 2x − 1 + 2x < 0.
Khi đó

20

√

√
√
x2 + 2x − 1 − 2 ≤ 0 ⇔ −1 − 6 ≤ x ≤ −1 + 6.
√
√
Kết hợp với điều kiện (∗∗) ta có −1 − 6 ≤ x ≤ −1 − 2.
(1.16b) ⇔

Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là
√
√
√
T = −1 − 6; −1 − 2 ∪ −1 + 6; +∞ .
Bài 1.17 (Toán học và tuổi trẻ, số 432, tháng 6 năm 2013)
Giải bất phương trình
√
1
log2 (2 + x) + log 21 4 − 4 18 − x ≤ 0.
2

(1.17)

Bài giải. Điều kiện để bất phương trình (1.17) có nghĩa là
−2 < x ≤ 18.

Với điều kiện (1.17a) thì
(1.17) ⇔ log2
⇔

√

(1.17a)

2 + x ≤ log2 4 −

√

2+x≤4−
√
√
Đặt t = 4 18 − x, 0 ≤ t < 4 20, suy ra

√
4

√
4

18 − x

18 − x.

t4 = 18 − x ⇔ x = 18 − t4 .
Khi đó bất phương trình (1.17b) trở thành
20 − t4 ≤ 4 − t

⇔ 20 − t4 ≤ (4 − t)2
⇔ t4 + t2 − 8t − 4 ≥ 0
⇔ (t − 2) t3 + 2t2 + 5t + 2 ≥ 0
⇔ t ≥ 2.
√
Do t3 + 2t2 + 5t + 2 > 0 với 0 ≤ t ≤ 4 20, suy ra
√
4
18 − x ≥ 2 ⇔ 18 − x ≥ 16 ⇔ x ≤ 2.
Kết hợp với điều kiện (1.17a) ta được −2 < x ≤ 2.
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm −2 < x ≤ 2.

(1.17b)


21

Bài 1.18 (Đề thi đại học khối A, năm 2010) Giải bất phương trình
√
x− x
≥ 1.
(1.18)
1 − 2 (x2 − x + 1)
Bài giải. Điều kiện để bất phương trình (1.18) có nghĩa là
x ≥ 0.

(1.18a)

• Nhận xét. Ta có
2 (x2 − x + 1) =

(x − 1)2 + x2 + 1 > 1.

Suy ra
2 (x2 − x + 1) < 0.

1−
Khi đó bất phương trình
(1.18) ⇔ x −
⇔

√

2 (x2 − x + 1)

x≤1−

2 (x2 − x + 1) ≤ 1 − x +

√

x.

(1.18b)

Vì x = 0 không là nghiệm của bất phương trình (1.18b) nên nếu x là
nghiệm của bất phương trình thì x > 0.
Chia cả hai vế của bất phương trình (1.18b) cho
2 x+

1
x

−2≤

√

x ta được

√
1
√ − x + 1.
x

(1.18c).

√
1
1
Đặt t = √ − x suy ra x + = t2 + 2.
x
x
Khi đó bất phương trình (1.18c) trở thành
2t2 + 2 ≤ t + 1
t+1≥0
⇔

2t2 + 2 ≤ (t + 1)2

t ≥ −1

⇔

(t − 1)2 ≤ 0

⇔ t = 1.

Với t = 1, ta có
√
√
1
√ − x=1 ⇔x+ x−1=0
x
√
√
√
−1 + 5
3− 5
⇔ x=
⇔x=
2
2


22

(thỏa mãn điều kiện (1.18a)).

√
3− 5
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x =

.
2
Bài 1.19 (Toán học và tuổi trẻ, số 463, tháng 1 năm 2016)
Giải bất phương trình
4x2 + x − 1

x2 + x + 2 ≤ 4x2 + 3x + 5

x2 − 1 + 1.

(1.19)

Bài giải. Điều kiện để bất phương trình (1.19) có nghĩa là
x ∈ (−∞; −1] ∪ [1; +∞) .
√
√
Đặt u = x2 + x + 2; v = x2 − 1, u > 0; v ≥ 0.

(1.19a)

Khi ấy ta có
4x2 + x − 1 = u2 + 3v 2
4x2 + 3x + 5 = 3u2 + v 2
Do đó bất phương trình (1.19) trở thành
u2 + 3v 2 u ≤ 3u2 + v 2 v + 1
⇔ (u − v)3 ≤ 1 ⇔ u − v ≤ 1
⇔u≤v+1
⇒

x2 + x + 2 ≤ 1 +

⇔ x2 + x + 2 ≤ 1 +

x2 − 1
x2 − 1

⇔ 2 x2 − 1 ≥ x + 2

x+2<0

 x2 − 1 ≥ 0

⇔
 x+2≥0

4 x2 − 1 ≥ x2 + 4x + 4

2


23



x < −2

x ≥ −2
⇔

3x2 − 4x − 8 ≥ 0


x < −2


√

2
−
2
7
x
≥
−2

x
≤

√




3√

2−2 7 ⇔
⇔
 x ≤

2+2 7


3√
x
≥


3


2+2 7

 x≥
3
(thỏa mãn điều kiện (1.19a)).
Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là
√
√
2−2 7
2+2 7
T = −∞;
∪
; +∞ .
3
3
Bài 1.20 (Đề thi học sinh giỏi lớp 12, Ninh Bình, năm học 2015-2016)
Giải bất phương trình
√
1−x+

2x − x2 ≥

11x − 4x2 − 5.

Bài giải. Điều kiện để bất phương trình (1.20) có nghĩa là
√
11 − 41
≤ x ≤ 1.
8
Với điều kiện (1.20a) thì

(1.20)

(1.20a)

(1.20) ⇔ 3x2 − 10x + 6 + 2 (x2 − 3x + 2) x ≥ 0
⇔ 3 x2 − 3x + 2 + 2 (x2 − 3x + 2) x − x ≥ 0.
√
√
Đặt u = x2 − 3x + 2; v = x; điều kiện u ≥ 0; v > 0.
Khi đó bất phương trình (1.20b) trở thành
3u2 + 2uv − v 2 ≥ 0 ⇔ (3u − v) (u + v) ≥ 0 ⇔ 3u ≥ v
√
⇒
3 (x2 − 3x√+ 2 ≥ x ⇔ 9x2 − 28x + 18 ≥ 0
14 − 34
x ≤
9√
⇔

14 + 34
x≥

.
9

(1.20b)