Phương pháp giải bất phương trình chứa căn thức

Học trị hỏi sao ở mỗi bài tốn thầy ln có hai câu hỏi:
Câu 1: Tại sao cách giải lại như vậy?
Câu 2: Em hãy nghĩ ra một hoặc vài bài tốn tương tự.
Tơi trả lời:
Câu 1: Với mục đích "Khơi dậy Tư duy".
Câu 2: Với mục đích "Khơi dậy óc sáng tạo".
Em có được “Tư duy và Sáng tạo” tơi hồn thành việc dạy học.

LÊ HỒNG ĐỨC và VƯƠNG DANH THÁI
0936546689
Email:

"Mục tiêu đích thực của bất cứ ai mong muốn trở thành
người thầy không phải là truyền đạt ý kiến mình mà là
khơi dậy tư duy"
Frederick William Roberson

11 CHUN ĐỀ ƠN TẬP
GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC MƠN TỐN

BÀI GIẢNG
BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC
(Phù hợp với HS 9, 10, 11, 12, 13)

CÁC CƠ SỞ BỒI DƯỠNG CỦA NHÓM CỰ MƠN
Cơ sở 1: SN 20  Ngõ 86 Tơ Ngọc Vân  Tây Hồ  Hà Nội.
Cơ sở 2: SN 5/99  Ngõ 22 Tôn Thất Tùng  Đống Đa  Hà Nội.
Cơ sở 3: SN 11/98  Ngõ 72 Tôn Thất Tùng  Đống Đa  Hà Nội.


Đ 3 Bất phơng trình chứa căn thức

GIớI THIệU
K t năm 2005 đến nay, đề thi đại học mơn tốn có bài tốn về bất phương
trình chứa căn:
Bµi 1. (Đề thi đại học  Khối D năm 2002): Giải bất phương trình:

x

2

 3x  2x 2  3x  2 0, x  .

Bµi 2. (Đề thi đại học  Khối B năm 2012): Giải bất phương trình:
x  1  x 2  4x  1 3 x , (x  ).
Bµi 3. (Đề thi đại học  Khối A năm 2005): Giải bất phương trình:
5x  1  x  1  2x  4, x  .
Bµi 4. (Đề thi đại học  Khối A năm 2010): Giải bất phương trình:
x x
1, x  .
1  2 x 2 x 1
ĐịNH HƯớNG
Nhn thy:
1. Bi 1 thuộc Dạng bất phương trình chứa 1 căn bậc hai.
2. Bài 2 thuộc Dạng bất phương trình chứa 2 căn bậc hai.
3. Bài 3 thuộc Dạng bất phương trình chứa 2 căn có bậc khác nhau.
4. Bài 4, bài 5 thuộc Dạng bất phương trình chứa nhiều căn.
Từ đó, để cung cấp cho các em học sinh một giáo trình gọn nhẹ với đầy đủ kiến
thức, bài giảng này sẽ được chia thành 4 phần (4 dạng bất phương trình).
 Ví dụ đầu tiên ở mỗi phần rất quan trọng, bởi nó sẽ cung cấp các phương
pháp để giải.
 Hoạt động sau mỗi ví dụ chính là bài tập.

Tham khảo thêm cuốn sách:
1. PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN ĐẠI SỐ  NXB Hà Nội
do LÊ HỒNG ĐỨC chủ biên.
2. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG
TRÌNH VÀ HỆ VƠ TỈ”  NXB Đại học Sư Phạm
do LÊ HỒNG ĐỨC ch biờn.
1. bất phơng trình chứa một căn bậc hai

2


VÝ dô 1:

(Đề thi đại học  Khối D năm 2002): Giải bất phương trình:

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 , víi f(x) vµ g(x) cã nghÜa   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

VËy, tËp nghiƯm cđa bÊt phơng trình là ; 2   3;    .
2

HOẠT ĐỘNG 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  .
DẠNG CƠ BẢN 1
Với bất phương trình

f(x)  g(x) ta có phép biến đổi tương đương:

 f(x) 0

g(x)  0
 f(x)  g2 (x)


.
(*)

Các em học sinh cần biết đánh giá tính giải được của bất phương
trình (*).
Ví dụ 2: Giải bất phơng trình:
x 1 2(x 2  1), x  .

3


Đánh giá và định hớng thực hiện: S dng lc đồ trong “DẠNG CƠ BẢN 1” bới

trong trường hợp này (*) là một bất phương trình bậc hai  Giải c.
Giải
Bất phơng trình tơng đơng với:
x 1
x 1

 2(x 2  1) 0
 x  1



  x  1
  x  1
 
.
 x  1 0
1

x

3

 2(x 2  1) (x  1) 2
 x 2  2x  3 0
 1 x 3



VËy, tập nghiệm của bất phơng trình là [1; 3] {1}.
HOẠT ĐỘNG 2: Giải các bất phương trình:

VÝ dơ 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 thùc hiÖn: Sử dụng lược đồ trong “DẠNG CƠ BẢN 1” bới
trong trường hợp này (*) là một bất phương trình trùng phương  Giải được.
Ngồi ra, bất phương trình còn được giải theo các cách khác:
 Nhẩm nghiệm x0 rồi chuyển bất phương trình về dạng tích (x  x0)h(x)
bằng phép nhân liên hợp. Cụ thể:
 Nhận xét rằng x0 = 1 là nghiệm của bất phương trình.
 Biến đổi bất phương trình về dạng:
x  3  2 3x  3 
2

2

x2  3  4
2

x 3 2


1
 (x 2  1) 
 3  0.
2

 x 3 2




3 x 2  1



 Sử dụng phương pháp đạt ẩn phụ, với t  x 2  3, t  3.
 Gi¶i
Ta có thể trình bày theo các cách sau:
1
Cách 1: Với điều kiện 3x2  1  0 tức x  , ta biến đổi phương trình về dạng:
3



x 2  3  3x 2  1



2





 x 2  1 0  x 1.

VËy, tËp nghiƯm cđa bất phơng trình là (; 1] [1; +).
Cỏch 2: Biến đổi phương trình về dạng:

4



2
2
 9x 4  7x 2  2 0  x  1 9x  2 0


x  3  2 3x  3 
2

2

x2  3  4
2



3 x 2  1

x 3 2


1
 (x 2  1) 
 3  0.

2
 x 3 2



(*)

Nhận xét rằng:
1
2



x 3 2

1

2

1
2

 30

x 3 2

nên (*) được biến đổi về dạng:
x 2  1 0  x 1.

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

Cách 3: Đặt t  x 2  3, t  3. Suy ra x2 = t2  3.
Bất phương trình có dạng:
t  3(t2  3)  1  3t2  t  10  0  (3t + 5)(t)(t  2)  0
t 3

2
2
2
 t  2 0  x  3 2  x + 3  4  x  1  x 1.
VËy, tËp nghiệm của bất phơng trình là (; 1] [1; +).

HOẠT ĐỘNG 3: Giải bất phương trình:

VÝ dơ 4:

a.

x 2  8 4x 2  1, x  R.

b.

x  1  5)(t  x, x  .

Giải bất phương trỡnh:

1 x 3 x 5)(t, x .
Đánh giá và định hớng thực hiện: S dng lc trong “DẠNG CƠ BẢN 1” bới
trong trường hợp này (*) là một bất phương trình bậc ba  Giải được.
Ngồi ra, bất phương trình cịn được giải theo cách:
 Nhẩm nghiệm x0 rồi chuyển bất phương trình về dạng tích (x  x0)h(x)

bằng phép nhân liên hợp. Cụ thể:
 Nhận xét rằng x0 = 2 thoả mãn VT = VP.
 Biến đổi bất phương trình về dạng:
1  x  3 x  2 
3

 x2

1  x3  9
1  x3  3

x  2

x3  8


x2  x  1 
0  (x  2)  1 
 0
1  x3  3
1  x3  3 


 Sử dụng phương pháp hàm số, với điều kiện x  1 nhận xét:
 VP là hàm đồng biến.

5)(t


 VT là hàm nghịch biến.

Hai đồ thị cắt nhau tại điểm có hồnh độ x = 2.
VËy, tËp nghiƯm của bất phơng trình là [2; 1].
Giải
Ta cú th trình bày theo các cách sau:
Cách 1: BÊt bÊt ph¬ng trình tơng đơng với:
1 x 3 0
x3 1
x 1



  x  5)(t 0
  x  5)(t
 x  5)(t 0
1  x 3 (x  5)(t)2
 x3  x 2  10x  24 0
(x  2)(x 2  x  12) 0



x 1
x 1


 x  5)(t  x  5)(t  2  x  1.
x  2 0
x  2


VËy, tËp nghiÖm của bất phơng trình là [2; 1].

Cỏch 2: Vi iu kiện 1  x3  0 tức x  1, ta biến đổi bất phương trình về dạng:
1  x 3  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 


VËy, tËp nghiƯm cđa bÊt ph¬ng trình là [2; 1].
Cỏch 3: Vi iu kin x 1 nhận xét:
 VP là hàm đồng biến.
 VT là hàm nghịch biến.
Hai đồ thị cắt nhau tại điểm có hồnh độ x = 2.
VËy, tËp nghiƯm cđa bÊt ph¬ng 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 c¸ch nhẩm nghiệm x0 rồi
chuyển bất phương trình về dạng tích (x  x0)h(x) bằng
phép nhân liên hợp, bëi 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.
Cách 4: Đánhgiá.

HOT ĐỘNG 4: Giải các bất phương trình:

6


VÝ dô 5:

a.

x 3  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 ®Þnh híng thùc hiƯn: Sử dụng lược đồ trong “DẠNG CƠ BẢN 1” bới

trong trường hợp này (*) là một bất phương trình bậc hai  Giải được.

Ngồi ra, bất phương trình cịn được giải theo cách lượng giác hố với:
x = a.cost, t  [0; ].
 Gi¶i
Ta có thể trình bày theo các cách sau:
Cách 1: BiÕn ®ỉi bÊt phơng trình về dạng:

a 2 x 2 ax 
a


a


a



x

0

2



x2

0

2



x2

 (a



a
x


  x a

 x 0

x )2

a



 x a

 a x 0

Vậy, nghiệm của bất phơng trình là a x 0 hoặc x = a
Cỏch 2: Điều kiện a x a.
Đặt x = a.cost, víi t  [0, ]  a 2  x 2 = a.sint.

Khi đó, bất phơng trình có dạng:
1
a.cost + a.sint  a  cost + sint  1  cos(t  ) 

4


 2 t 

 t 0


  a x 0

 x a

  1  cos t  0

 cos t 1





2

  a a. cos t  0

 a. cos t a



.

VËy, nghiƯm cđa bÊt phơng trình là a x 0 hoặc x = a.
HOẠT ĐỘNG 5: Giải bất phương trình:
2

2

x  a x 

2a 2
x2  a2

, x  .

DẠNG CƠ BẢN 2
Với bất phương trình

f(x)  g(x) ta có phép biến đổi tương đương:
g(x) 0
f(x) 0
(I) : 
hoặc (II) : 
2
g(x)  0
 f(x)  g (x). (*)
Các em học sinh cần biết đánh giá tính giải được của bất phương
trình (*).

7


Giải bất phơng trình:
2x 1 1 x, x .
Đánh giá và định hớng thực hiện: S dụng lược đồ trong “DẠNG CƠ BẢN 2” bới
trong trường hợp này (*) là một bất phương trình bậc hai  Giải được.
Ngồi ra, phương trình cịn được giải theo các cách khác:
 Nhẩm nghiệm x0 rồi chuyển bất phương trình về dạng tích (x  x0)h(x)
bằng phép nhân liên hợp. Cụ thể:
 Nhận xét rằng x0 = 0 thoả mãn VT = VP.
 Biến đổi bất phương trình về dạng:
VÝ dô 6:





2x  1  1  x  0 

2x  1  1

2


 x  0  x
 1  0
2x  1  1
 2x  1  1 

 Sử dụng phương pháp hàm số, với nhận xét:
 VT là hàm đồng biến.
 VP là hàm nghịch biến.
Hai đồ thị cắt nhau tại điểm có hoành độ x = 0.
Vậy, tập nghiệm của bất phương trình là (0; +).
 Gi¶i
Ta có thể trình bày theo các cách sau:
Cách 1: Bất phương trình tương đương với:
1  x 0
2x  1 0
hc (II) : 
(I) : 
2.
1  x  0
2x  1   1 x
Ta lần lợt:
Gii (I) ta c:
1

x 
2  x > 1.

 x  1
 Giải (II) ta được:
 x 1
x 1
 
 0  x 1.
 2

0  x  4
 x  4x  0

(1)

(2)

Từ (1) và (2) suy ra tập nghiệm của bất phương trình là (0; +).
1
Cách 2: Với điều kiện 2x + 1  0 tức x  , ta biến đổi bất phương trình về dạng:
2





2x  1  1  x  0 

2x  1  1

2


 x  0  x
 1  0
2x  1  1
 2x  1  1 

 x  0.

Vậy, tập nghiệm của bất phương trình là (0; +).
1
Cách 3: Điều kiện 2x + 1  0 tức x  .
2

8


Đặt t  2x  1, (t 0) . Suy ra x 

t2  1
.
2

Bất phương trình có dạng:
 t 1
t 2  1  t2 + 2t  3 > 0
 
t 1
2
 t   3 (loai)
 2x  1  1  2x + 1 > 1  x > 0.
Vậy, tập nghiệm của bất phương trình là (0; +).
Cách 4: Nhận xét rằng:
 VT là hàm đồng biến.
 VP là hàm nghịch biến.
Hai đồ thị cắt nhau tại điểm có hồnh độ x = 0.
Vậy, tập nghiệm của bất phương trình là (0; +).
HOẠT ĐỘNG 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 hiÖn: Sử dụng lược đồ trong “DẠNG CƠ BẢN 2” bới

trong trường hợp này (*) là một bất phương trình bậc hai có chứa dấu giá trị
tuyệt đối  Giải được bằng phương pháp chia khoảng.
 Gi¶i
Bất phương trình tương đương với:
1

x  2  0
1

.
(I) : x  0 hc (II) : 
2
2
 1  x  x  1  (*)


 4
2


1
Giải (I) ta được x  .
(1)
2
Giải (II): Ta có biến đổi cho (*):
1
1
 Với  x 0 tức x  thì:
4
4
2

1
1

 x  x    x2 + 2x  0  2  x  0, thoả mãn.
4
2


9


 Với

1
1
 x  0 tức x  thì:
4
4

2
1
1 
1
2
x   x    x  0 , vô nghiệm
2
4 
2
Suy ra, nghiệm của (*) là 2  x  0.
Và hệ (II) có dạng:
1

1
x  
   x 0.
2

2
  2 x 0
Từ (1) và (2) suy ra tập nghiệm của bất phương trình là (; 0].

(2)

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

x 2  3x  6 3x 2  9x 8, x .
Đánh giá và định hớng thực hiÖn: Nếu sử dụng lược đồ trong “DẠNG CƠ BẢN 2”

thì (*) là một bất phương trình bậc bốn  Để giải được bất phương trình này cần
có kỹ năng phân tích đa thức thành nhân tử.
Ngồi ra, phương trình còn được giải theo các cách khác:
 Sử dụng phương pháp đạt ẩn phụ, với t  x 2  3x  6, t 0.
 Nhẩm nghiệm x0 rồi chuyển phương trình về dạng tích (x  x0)h(x) bằng
phép nhân liên hợp. Cụ thể:
 Nhận xét rằng x0 = 1 là nghiệm của phương trình.
 Biến đổi phương trình về dạng:
x  3x  6  2 3x  9x  6 
2

2

x 2  3x  6  4
2

x  3x  6  2


1
 (x 2  3x  2) 
 3  0
2
 x  3x  6  2


 Gi¶i

Ta có thể trình bày theo các cách sau:
Cách 1: Biến đổi phương trình về dạng:





x 2  3x  6 3 x 2  3x  6  10.

Đặt t  x2  3x  6, (t 0) ta được:

10

3(x 2  3x  2)


2
t 3t 2  10  3t  t  10 0  

5)(t
t 2  t 2
3

2
x 2  3x  6 2  x  3x  2 0  1  x  2.



Vậy, tập nghiệm của bất phương trình là [1; 2].
Cách 2: Ta có biến đổi:

x  3x  6  2 3x  9x  6 
2

2

x 2  3x  6  4
2

3(x 2  3x  2)

x  3x  6  2



1
 (x 2  3x  2) 
 3  0.
2
 x  3x  6  2


(*)

Nhận xét rằng:
1



2

x  3x  6  2

1

2

1
2

 30

x  3x  6  2

nên (*) được biến đổi về dạng:
 x 2  3x  2 0  1  x  2.
Vậy, tập nghiệm của bất phương trình là [1; 2].
HOT NG 8: Giải bất phơng trình:
x 2 3x  5)(t  2x 2  6x  5)(t, x .

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:
1
0  2x + 1  1   x 0.
(*)

2
Trôc căn thức, ta biến đổi bất phơng trình về dạng:
Ví dô 9:

2 x  1  0

2x  1  1  0


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


11


1
Vậy, tập nghiệm của bất phơng trình là T =   ; 0  .
2




HOẠT ĐỘNG 9: Gi¶i bÊt 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:
2x 2
x 21, x  .
(3  9  2x ) 2
VÝ dụ 11:

Gii bt phng trỡnh:
x+

2x
x2 4

>3 5.

(1)

Đánh giá và ®Þnh híng thùc hiƯn: ThiÕt lËp ®iỊu kiƯn cã nghÜa cho bất phơng trình.

Dựa vào tập xác định để thực hiện phơng pháp chia khoảng.

12


ẩn phụ xuất hiện khi bình phơng hai vế của bất phơng trình.
Giải
Điều kiện:
x24 > 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:
2
x2 + 4x
2

x 4
x2

Đặt t =

x2 4

4x 2

+

x2  4

> 45)(t 

x2
x4
+
4.
> 45)(t .
x2  4
x2 4

(*)

(2)

, t > 0.

Khi đó, bất phơng trình (2) cã d¹ng:
t 5

t2 + 4t45)(t > 0  
 t > 5)(t 
t 9

x2
2

x 4

> 5)(t  x425)(tx2 + 100 >

0
 x 2  20

 

 | x | 20

 

.

2
 x  5
 | x | 5
KÕt hỵp víi trờng hợp đang xét, ta đợc tập nghiệm của bất phơng trình là:
(; 20 ) ( 5 ; 5 )  ( 20 ; +).

HOẠT ĐỘNG 11: Gi¶i bất phơng trình:
x

35
x
, x .
x 2 1 12
Giải bất phương trình:
x21  2x x 2  2x .
Đánh giá và định hớng thực hiện: Bt phng trỡnh được mở rộng từ dạng cơ bản
f(x) g(x) thành h(x) f(x) g(x) nên chưa thể sử dụng phép khai phương.
VÝ dơ 12:

Trước tiên, hãy đi đặt điều kiện có nghĩa cho bất phương trình.
Nhận xét rằng với ẩn phụ t  x 2  2x , (t 0) , ta được:
x2  2tx  1  0.
suy ra, bất phương trỡnh bc hai n x v tham s t.
Giải
Đặt t = x 2  2x , ®iỊu kiƯn t 0.
Bất phơng trình có dạng:
f(x) = x22tx1 0.
Coi vế trái là một tam thức bậc 2 theo x, ta cã:
’ = t2 + 1 = x2 + 2x + 1 = (x + 1)2
khi ®ã f(x) = 0 cã c¸c nghiƯm:

(1)

13


 x t  x  1
 x t  x 1

tức là (1) đợc biến đổi về dạng:
(xtx1)(xt + 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)
3x 2  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)(t 2x 4, x .
Đánh giá và định hớng thực hiƯn: DƠ thÊy cha thĨ sư dơng ngay phÐp khai phơng
cho bất phơng trình này, suy ra cần biến đổi:
x 9 2x 4 5)(t.
Tới đây, ta sẽ nhận đợc bất phơng trình dạng cơ bản.
Ngoài ra, cũng có thể sử dụng phơng pháp hàm số.
Giải
Ta có thể trình bày theo các cách sau:
Cách 1: Điều kiÖn:
 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.

14

(*)


Vậy, tập nghiệm của bất phơng trình là (0; +).
Cách 2: §iỊu kiƯn:

 x  9 0
 x 2.

 2x 4 0
Biến đổi bất phơng trình về dạng:

(*)

x 9  2x  4  5)(t.
Nhận xét rằng:
 VT là hàm đồng biến.
 VP là hàm hằng.
Hai đồ thị cắt nhau tại điểm có hồnh độ x = 0.
VËy, tập nghiệm của bất phơng trình là (0; +).
HOT NG 13: Giải các bất phơng trình:

Ví dụ 14:

a.

x 1  5)(t 

b.

3 x 

2x  3, x  .

x 2 1, x .

Giải bất phơng trình:

x  2  x 2  5)(t  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" rồi chuyển về dạng
tích (x  x0)h(x) bằng phép nhân liên hợp. Cụ thể:
 Nhận xét rằng x0 = 3 thoả mãn VT = VP..
 Biến đổi bất phương trình về dạng:
x 2 1
x 2  5)(t  4
x  2  1  x 2  5)(t  2  0 

0
x  2 1
x 2  5)(t  2
x 3
x2  9


0
x  2 1
x 2  5)(t  2

1
x 3 
 (x  3) 

  0.
x 2  5)(t  2 

 x  2 1
Giải
Ta có thể trình bày theo các cách sau:
Cách 1: §iỊu kiƯn:
 x 2
 x  2 0
(*)
 
 x 5.
2
x

5
x

5

0


Biến đổi phơng trình về dạng:







15)(t



 

x 2  1 



x 2  5)(t  2  0 

x 2 1
x 2  5)(t  4

0
x  2 1
x 2  5)(t  2

x 3
x2  9

0
x  2 1
x 2  5)(t  2

1
x 3 
 (x  3) 

  0.

x 2  5)(t  2 
 x  2 1
 x  3 > 0. x > 3.
Vậy, bất phơng trình có tập nghiệm là (3; +).
Cách 2: Điều kiện:
x 2
 x  2 0
 
 x  5.
 2
 x  5
 x  5 0


(*)



Xét hàm số f(x)  x  2  x 2  5)(t trên D  5;   :
1
x

> 0, xD  Hàm số đồng biến trên D.
2
2 x 2
x  5)(t
NhËn xÐt rằng phơng trình có:
VT là hàm đồng biến.
VP lµ hµm h»ng.
Hai đồ thị cắt nhau tại điểm có honh x = 3.

Vậy, bất phơng trình có tập nghiệm là (3; +).
f '(x)

HOT NG 14: Giải bất phơng trình:
x 2 3x 3 x 2  3x  6  3, x  .
VÝ dô 15:

(Đề thi đại học  Khối B năm 2012): Gi¶i bất phơng trình:
x 1 x 2 4x 1 3 x, (x ).

Đánh giá và định híng thùc hiƯn: DƠ thÊy kh«ng thĨ sư dơng ngay phép khai phơng

cho bất phơng trình này, suy ra cần sử dụng ẩn phụ.
Câu hỏi đợc đặt ra là ẩn phơ kiĨu g× ?
 Èn phơ dƠ nhËn thÊy nhÊt 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 trêng 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

chia cả hai vế của phơng trình cho

16

x 0 sẽ thÊy xt hiƯn

x

1
vµ
x

1
1
, từ đó nhận đợc ẩn phụ t x
(t 2) . Và khi đó, ta nhận đợc
x
x
bất phơng trình dạng:
x

t 2 6 3 t.



Nhận xét: 1. Với bất phơng trình đà 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: §iỊu kiƯn:
 x 2  3
x 2  4x 1 0

.

x 0
0 x 2 3

(*)

Đặt t x (t 0) bất phơng trình đợc chuyển vỊ d¹ng:
4
2
2
t 2  1  t 4  4t 2  1 3t  t  4t  1  t  3t  1.
Ta xÐt hai trêng hỵp:
Trêng hợp 1: Bất phơng trình (1) đúng khi:
2
t 2  3t  1 0  t  3t  1 0 t

3

(1)

5)(t hoặc
3 5)(t
t
.
2
2

Trờng hợp 2: Víi ®iỊu kiƯn:

t2 + 3t  1  0  3

3 5)(t
.
2
2
Bất phơng trình (1) đợc chuyển về d¹ng:



5)(t



t 

(**)

2

t 4  4t 2  1   t 2  3t  1  6t 3  15)(tt 2  6t 0
 3  5)(t
1

1
 t 0
t  (**) 
t 



 3t(2t  5)(tt  2) 0   2
2   2
2.

 2t  5)(tt  2 0
 t 2
 t 2
KÕt hỵp hai trêng hỵp 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

17


1

Vậy, bất phơng trình có tập nghiệm là 0;    4;    .
 4
C¸ch 2: §iỊu kiƯn:
 x 2  3
x 2  4x  1 0
(*)
 
.

x 0
 0 x 2  3
NhËn xét rằng x = 0 là nghiệm của bất phơng trình.
Với x > 0, biến đổi bất phơng trình về dạng:
1
1
x
x 4 3
x
x
1
1
Đặt t x
(t 2) suy ra x  t 2  2 nªn bất phơng trình đợc chuyển
x
x
về dạng:
3 t 0

2
t  t 2  6 3  t  6 3  t   3  t  0

 t 2  6 (3  t)2

 t 3
1
5)(t u  x 0
5)(t

1 5)(t
  t  3  t   x 

 u 
2
x 2
u 2
 6t 15)(t
 x 2
 u 2
 x 4



 2u  5)(tu + 2  0 


.
 x 1
 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 tr×nh:
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 +
Sử dụng hai ẩn phụ:

u 
x 0


v  x  2

 Gi¶i

18

.

x

.


Điều kiện x 0.
Biến đổi bất phơng trình về dạng:
2(x 2) 2 2x x2 +

(*)
x

.

(2)

Đặt:

u
x 0


v x 2

.
Khi đó, bất phơng trình có d¹ng:


2u 2  2 v 2  u + v
u=v0

Vậy, nghiệm của bất phơng trình là x = 4.

u  v  0

2
2

( u  v )2
2 u  2 v


x  2  0


x x 



u  v  0

2

0
( u  v )



x  2
 2

x  5)(tx 4 0

2

x=4

HOT NG 16: Giải bất phơng tr×nh:
a.

2x 2  12x  6 

2x  1  x  2, x  .

b.

2x 2  10x  16 

x  1 x  3, x  .

(Đề thi đại học  Khối A năm 2010): Gi¶i bÊt phơng trình:
x x
1.
2
1 2 x x 1
Đánh giá và định hớng thực hiện: Đây là bất phơng trình không mẫu mực chứa căn
P(x)
k (k là hằng số) , do vậy để giải nó

bậc hai và đợc cho dới dạng phân thức
Q(x)
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:
Q(x) < 0  1  2  x 2  x  1  0  2  x 2  x  1  1
VÝ dô 17:

 2  x 2  x  1  1  2x2  2x + 1 > 0, luôn đúng.

hoặc:





2
2 x 2 x  1  x 2   x  1  1 > 1  MS  0

hc:
2

1
3
3
2 x 2  x  1  2  x    
 1  MS  0
2 2
2

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



x



x 1





2 x2  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 đà trình bày trong phần
cấu trúc đề thi đại học môn toán thì đây luôn là câu hỏi khó nên các em học

19

sinh cÇn cã kiÕn thøc rÊt tèt míi cã thĨ 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 sè.
Híng 2: Sư dơng Èn phơ 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. Cụ thể
1
trong bài toán này chúng ta sẽ đặt t
x.
x
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 bëi ta cã biÕn
®ỉi:
2 x2  x  1  2   1  x  




2



 x

2


  1  x  x





2

1  x  x.

 Gi¶i
NhËn xÐt r»ng:





2
2 x 2  x  1  x 2   x  1  1 > 1  MS 1 





2 x 2  x 1 0.

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

x 1







2 x2 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) vỊ d¹ng:
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
x  1  x 
1  x  x 0
 x 1  x

20