(Sáng kiến kinh nghiệm) dạy phương pháp xét dấu để giải bất phương trình cho học sinh lớp 10a9 trường THPT sáng sơn năm học 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC TRƯỜNG TRUNG HỌC
PHỔ THÔNG SÁNG SƠN =====***=====

BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN

Tên sáng kiến: Dạy phương pháp xét dấu để giải bất phương trình
cho học sinh lớp 10A9 trường THPT Sáng Sơn năm học 2018-2019
Tác giả sáng kiến: Triệu Văn Hải
Mã sáng kiến:

18.52.01

Sông Lô, Năm 2019

0


BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN
1. Lời giới thiệu:
Bất phương trình đại số là một trong những phần kiến thức quan trọng của
chương trình mơn Tốn cấp THPT, thường xuất hiện ở tất cả các đề thi mơn Tốn,
từ thi học sinh giỏi đến thi THPT quốc gia. Học sinh muốn học tốt phần bất phương
trình này thì phải nắm vững phương pháp giải ngay từ năm lớp 10. Thực tế hiện nay
hầu hết giáo viên dạy phương pháp biến đổi tương đương giống như kiến thức viết
trong sách giáo khoa để giải bất phương trình.
Học sinh rất khó khăn khi học bất phương trình, ngay cả nhiều học sinh khá
– giỏi cũng giải sai các câu bất phương trình nhất là bất phương trình vơ tỷ. Nguyên
nhân học sinh giải sai là do phương pháp biến đổi tương đương như sách giáo khoa
và các sách tham khảo hiện nay trình bày thường phải biến đổi phức tạp, chia nhiều

trường hợp dẫn đến kết hợp nghiệm sai (dẫn đến thiếu nghiệm, thừa nghiệm), học
sinh cũng hay mắc sai lầm về logic toán học... Việc thử lại nghiệm trong giải bất
phương trình là khơng khả thi vì nghiệm thường là một tập hợp con của tập số thực.
Sách giáo khoa Đại số lớp 10 có đề cập đến phương pháp xét dấu để giải
các bất phương trình tích, thương như P ( x )  0, P ( x )  0, P ( x )  0, P ( x) 0 (*)
Q(x)

Q(x)

Q(x)

Q ( x)

( P x  ,Q  x là tích của các nhị thức bậc nhất hoặc tam thức bậc hai), nhưng
chỉ ở các ví dụ và trình bày xét dấu bằng cách lập bảng.
Do sách giáo khoa trình bày chưa đầy đủ, nên học sinh chưa hiểu đầy đủ
phương pháp xét dấu, chỉ biết vận dụng phương pháp này vào giải các bất phương
trình tích, thương đơn giản, bắt trước giống như các ví dụ sách đưa ra, không biết
áp dụng phương pháp để giải những bài tốn giải bất phương trình phức tạp hơn
(như bất phương trình chứa căn, bất phương trình mũ, logarit…), kể cả với những
học sinh khá – giỏi.
Trong quá trình dạy học, móc nối mạch kiến thức mơn Tốn của tồn bộ cấp
THPT thì tơi thấy: liên kết giữa kiến thức về hàm số liên tục ở chương trình Đại số
- Giải tích lớp 11 và một số ví dụ trong sách giáo khoa Đại số lớp 10 có giới thiệu
phương pháp xét dấu (sách không nêu thành phương pháp mà chỉ có tính chất giới
thiệu, gợi mở cho học sinh và giáo viên tìm tịi) để tổng hợp thành phương pháp xét
dấu giải bất phương trình.
Phương pháp này có thể vận dụng để giải bất phương trình đại số cấp THPT
lớp 10, 12 (cả cho phần bất phương trình mũ – logarit).
Theo tơi biết hiện nay chưa có sáng kiến hay cuốn sách nào viết hoàn chỉnh

về phương pháp xét dấu để giải bất phương trình. Trong đáp án của một số đề thi
Đại học – Cao đẳng mơn Tốn bằng hình thức Tự luận của của một số trường Đại
học – Cao đẳng trước năm 2002 hoặc gợi ý giải đề thi Đại học mơn Tốn Tự luận
của Bộ GD&ĐT đăng tải trên các trang mạng Internet và báo Tốn học tuổi trẻ thì
1


có sử dụng phương pháp xét dấu giải một số bài tốn khó thuộc phần bất phương
trình. Sáng kiến hệ thống đầy đủ phương pháp xét dấu để giải bất phương trình đại
số một cách chính xác, khơng phải phân chia nhiều trường hợp, giúp học sinh tránh
được những sai lầm thường gặp và tiết kiệm được thời gian hơn các phương pháp
khác khi giải các bài tập bất phương trình.
Điểm mới của sáng kiến ở chỗ: Chuyển việc giải bất phương trình f ( x)  0
(hoặc f ( x)  0 ) về việc giải phương trình f ( x)  0 , tìm ra các nghiệm, sắp xếp các
nghiệm theo thứ tự nhỏ đến lớn trên trục số, xét dấu f(x) trên mỗi khoảng rồi chọn
khoảng nghiệm thích hợp; nhờ kết hợp tính chất của hàm số liên tục của hàm số, cụ
thể là: nếu hàm số f(x) liên tục trên một tập con của R là một đoạn (hoặc khoảng,
nửa đoạn, nửa khoảng) mà phương trình f(x) = 0 vơ nghiệm (tức khơng cắt trục
hồnh) thì f(x) giữ nguyên một dấu trên tập con đó (tức là ln nằm phía trên hoặc
phía dưới trục hồnh theo cách diễn giải trực quan cho học sinh dễ hiểu).
Lớp 10A9 trường THPT năm học 2018-2019 tơi dạy có lực học mơn Tốn
hơi yếu (điểm bình qn thi vào lớp 10 là 3,25 điểm). Nên trong quá trình dạy phần
bất phương trình, nhờ sáng kiến này mà các em đã rất tự tin, nắm vững phương
pháp giải phần bất phương trình.
2. Tên sáng kiến: Dạy phương pháp xét dấu để giải bất phương trình cho học sinh
lớp 10A9 trường THPT Sáng Sơn năm học 2018-2019.
3. Tác giả sáng kiến:
- Họ và tên: Triệu Văn Hải
- Địa chỉ tác giả sáng kiến: Trường THPT Sáng Sơn, huyện Sông Lô, tỉnh Vĩnh
Phúc.

- Số điện thoại: 0987817908. E_mail:
4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: là tác giả của sáng kiến
5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:
+ Giáo viên dạy lớp 10,11,12, dạy ôn thi THPT quốc gia; dạy ôn thi học sinh
giỏi.
+ Học sinh lớp 10, học sinh lớp 11,12 ôn thi học sinh giỏi và ôn thi THPT
quốc gia (các câu hỏi vận dụng).
6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: 10/01/2019.
7. Mô tả bản chất của sáng kiến:
- Dạy học sinh sử dụng phương pháp xét dấu để giải nhanh các bất phương trình
khó, phức tạp thuộc chương trình bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Tốn lớp 10,11,12;
chương trình dạy ơn thi THPT quốc gia mơn Tốn.
a) Về nội dung của sáng kiến:

2


PHẦN I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT
1.Dấu của nhị thức bậc nhất:
1.1. Định nghĩa : Nhị thức bậc nhất (đối với x) là biểu thức có dạng f(x) = ax + b,

b

trong đó a, b là những số cho trước và a  0 . Số x0  a gọi là nghiệm của nhị
thức bậc nhất.
1.2. Định lý về dấu của nhị thức bậc nhất:
Nhị thức bậc nhất f(x) = ax + b, ( a  0 ), cùng dấu với hệ số a khi x lớn
hơn nghiệm và trái dấu với hệ số a khi x nhỏ hơn nghiệm.
1.3. Trục xét dấu của f(x) = ax + b ( a  0 ):
X

-
b
+
a
f(x) = ax + b
f(x) trái dấu với a
0
f(x) cùng dấu với a
1.4. Sử dụng trục xét dấu:
* Nếu a > 0 ta có trục xét dấu:

* Nếu a < 0 ta có trục xét dấu :

1.5. Minh hoạ bằng đồ thị :

3


y a<0

a>0

y
y=ax+b

y=ax+b

+

+

b

+

+

-a

+

-

O

x

x

+

O

-b
a

-

-

-

-

x

-

-

b

x

+

-

-

a
f(x)

-

0

+

f(x)

+

b

a
0

+

-

2. Dấu của tam thức bậc hai
2.1. Định nghĩa :
-Tam thức bậc hai (đối với x) là biểu thức có dạng f (x )  ax 2  bx  c , trong đó
a, b, c là những số cho trước và a  0 .
-Số x (nếu có) thoả mãn ax 2  bx  c  0 được gọi là nghiệm của tam thức bậc
0

0

0

hai nói trên.
2.2. Định lý về dấu của tam thức bậc hai:
Cho tam thức bậc hai f ( x )  ax 2  bx  c ,  a  0
Nếu  0 thì f(x) cùng dấu với hệ số a với mọi x  .
Nếu  0 thì f(x) cùng dấu với hệ số a với mọi x  b
2a
Nếu  0 thì f(x) có hai nghiệm x1, x2 (x1< x2). Khi đó f(x) trái dấu với hệ số a

với mọi x nằm trong khoảng (x1, x2) và f(x) cùng dấu với hệ số a với mọi x nằm
ngoài đoạn x1 ; x2 .
2.3. Minh hoạ bằng đồ thị và bảng xét dấu:

4


* Nếu  0

y

a>0
y

Đồ thị

a<0
x

O

Bảng xét dấu

x

O

x

-

+

f(x)

x

+

-

f(x)

+

-

* Nếu  0

a>0

a<0

y

y

Đồ thị

b

-

O

2a

x

- b

O

x

2a
b

Bảng xét
dấu

x
f(x)

-
+

b

-

+
2a
0

+

x
f(x)

-
-

-

+

2a
0

-

5


* Nếu  0
a>0
Đồ thị

a<0

y

y

O
x
x1
Bảng xét dấu
x
f(x)

-

x1

x

O
x1

x2

x2
x2

+ 0 - 0

+
+

x -
f(x)

x1
- 0

x2
+ 0

+
-

6


PHẦN II.
SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP XÉT DẤU GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH
1. PHƯƠNG PHÁP
Để giải một bất phương trình bằng phương pháp xét dấu cần tiến hành các bước :
- Bước 1. Tìm điều kiện của bất phương trình;
- Bước 2 : Chuyển bất phương trình về một trong các dạng
f ( x )  0; f ( x )  0; f ( x )  0; f ( x)  0 ;
- Bước 3: Xét dấu vế trái f (x)
+ Tìm nghiệm của phương trình f ( x)  0 (nếu f (x) có chưa ẩn ở mẫu dạng

P ( x)

Q
( x)

thì tìm nghiệm của các phương trình: P ( x)  0 và Q( x)  0 ) và sắp xếp
nghiệm theo thứ tự từ nhỏ đến lớn trên trục số thực.

+ Xét dấu f (x) trên một trong mỗi khoảng ; x1 , x1 ; x2 ,..., xn ; bằng
cách: lấy một số a thuộc khoảng đó thay vào f (x) , dấu của f (a) chính là dấu của
f (x) trên khoảng đó.
- Bước 4: Kết luận nghiệm
Chọn các khoảng chứa x mà f (x) mang dấu “-” làm nghiệm của bất phương trình
f ( x)  0 , các khoảng chứa x mà f (x) mang dấu “+” làm nghiệm của bất
phương trình f ( x)  0 .
Với bất phương trình f ( x )  0, f ( x)  0 thì chú ý lấy cả đoạn hoặc nửa đoạn mà có
điểm đầu mút khơng vi phạm điều kiện của bất phương trình.
Ví dụ như sau:
+

-

x1

a (f a)>0

b ( f (b)<0
-

f (x )  0  x   ; x1   x2 ;;

)

+
x2



c ( f (c)>0 )

(x )  0  x x1 ; x2 

Ví dụ 1: Giải bất phương trình
a) x  1 3 x 2  7 x  4   0
3x 11
0
2
x  4x  4x
e) x 4  5 x2  4 
0 Lời giải:
c)

3

 Đặt
4

f ( x )   x  1 3 x 2  7 x 

1  1 1
x1 x2 x
3  5
d)
1 x 2x 1
b)

+


7


Cho x  1  0  x  1; 3x 2  7x  4  0 



x 1
4 x 

3

Ta có trục xét dấu
-

-

4
-1

3

1
+

-

+

-

+

Từ trục xét dấu suy ra  x  1 3x  7x  4  0
2





4



 4


x



Nghiệm của bất phương trình là  ; 1  1; 


3  x 1
1



 3

Lưu ý: Có thể thể hiện kết quả xét dấu dưới dạng dòng như sau:
4
x
f (x )

-

-3
-

+

-1
+

1
-

+

Nhận xét:
Nếu các đa thức P(x), Q(x) có các nghiệm x1 , x2 ,..., xn đơi một khác nhau và
x1  x2  ...  xn (nghĩa là khơng có nghiệm bội) thì trên mỗi khoảng


; x1 , x1 ; x2
,..., xn ; tích
P x  .Q xhoặc

Q

x 

thương  
giữ một dấu P x
Q x 
không đổi. Áp dụng khẳng định trên, muốn xác định dấu của P x  trên mỗi

khoảng trên, ta chỉ cần tính giá trị của phân thức tại một điểm nào đó của khoảng.


Chẳng hạn, trong ví dụ trên, f ( x ) 
x  1 3 x 2  7 x  4 có các nghiệm là
1; 1;  4 . Các nghiệm này chia tập thành các khoảng (-;  4 ),( 4 ; -1),
3
3
3
(-1; 1) và (1; +). Trên mỗi khoảng, f(x) chỉ nhận một dấu xác định. Ta lấy


8


x  0   1;1, tính được:
(0)   0  1 3.0 2  7.0  4  4  0  f x   0, x   1;1

Khi x qua điểm 1, chỉ có nhị thức x – 1 đổi dấu, do đó f(x) đổi dấu. Vì vậy
f x  0 trên khoảng (1; +). Khi x qua điểm -1 thì chỉ có tam thức bậc hai
3x 2  7x  4 đổi dấu, do đó f(x) đổi dấu. Vì vậy f x  0 trên khoảng   3 ;1  ,







f

tương tự

4

x  0 trên khoảng  ;

 4








3
Từ đó cũng thu được kết quả như trên.
x

0

b) Điều kiện x 1
1
1
1
x  x  2  x 
x1



x2







x1



x1 x2

x 2
0

xx  1 x  2

x

Xét dấu f (x) 




2



x  0



 

Cho x  2  0  x  2 ,

x x

1

x  x  1 x  2

0



x 2

x x  1 x  2

2

2

x

2

0





x1

Ta có bảng xét dấu
x

-

f(x)

-

-1

- 2

-2
+

0

-

0
+

2

+

0

Từ kết quả dấu f(x) và tập xác định của bất phương trình tá có tập nghiệm là





2; 2  1;0  2;

3x 11

 0 . Xét dấu vế trái
x 3  4x 2  4x
Điều kiện x  2; x  0 .

Ta có:
 3x  11  0  x  11 ;
3
c)

f x 

3x  11
x 3  4x 2  4x

 3x 11

x  22 x

9




x22x0x0x0

Nhận xét:
1. Có thể kẻ trục xét dấu cho bài này như sau (dấu dùng để chỉ các số là nghiệm
nằm ở mẫu số, làm cho f(x) không xác định, khi lấy nghiệm loại các số này):
Điều kiện x  2 .Các nghiệm của tử thức và mẫu thức của f(x) chia R thành các x  0

 11   11

Ta có f 1 

3 11



, 

khoảng ;0, 0;2,  2;

;

 3 3

7 0 nên f x  0 trên khoảng (0; 2). Khi x qua điểm 0

144
thì f(x) đổi dấu nên f(x) > 0 trên khoảng ;0. Vì x  22 bằng 0 tại x = 2
nhưng nó luôn dương với mọi x khác 2 nên khi x qua điểm 2, f(x) không đổi dấu,
vậy f(x) < 0 trên  2;11  . Khi x qua điểm 11 thì f(x) đổi dấu nên f(x) > 0 trên
3

3
 11
 . Vậy ta có trục xét dấu sau:
khoảng 
;
3

-

x

f(x)

0

2

+

+

11

-

3
0

-

+

3x 11
Dựa vào trục xét dấu suy ra

3

11

2

x  4x  4x

 0  x   0;2




 .

 2;

 3

d) Điều kiện: x  1; x  1
2
Khi đó, 3  5
3(2 x  1)  5(1  x )  0 
11x  2  0
1
2x1
(1  x )(2 x  1)
(1 x )(2 x 1)
x
,
Xét dấu f ( x)  11x  2
(1  x )(2 x 1)
Ta có: 11x  2  0  x  2 ; (1  x )(2 x  1)  0  x  1  x  1
11
2

Từ đó dấu f(x) như sau:
x
Nghiệm của bất phươngf(x)

 1
2



trình là+  ;



2
11
1

-  

2

2

0

 11



1

;1



+

-

10


 Xét dấu: f x   x

4

 5 x 2  4   x 2  1x2  4

x 2  1  0  x 1 và x 2  4  0  x 2 .
Bảng xét dấu:
-

x
f(x)

-2
+

0

-1

-

0

1
+

+

2

0

-

0

+

Nghiệm bất phương trình là x   ; 2   1;1  2;.
Ví dụ 2: Giải các hệ bất phương trình

2  8 x  2   x 10
2
 x
 1 x 2  3x  5  0




b)  2

a) 

2
2
2
x  16 x  21  36x

2

x  13x 2  8x  4  0


2
2
 x 2  8 x    x 10 

1

Giải: a) 


 16 x  21 2  36 x2
2




2

2
2
2
1  x  8 x  x  10 x  8 x  x  10  0  x  7 x  10 x  9 x  10  0(*)



 x

2

Xét dấu vế trái (*):
x

-

f(x)

-1
+

0

2
-

0

5
+

0

+

10
-

0

+

1 1;25;10.

 2    x 2  16 x  21  6 x x 2  16 x  21  6 x  0   x 2  10 x  21x 2  22 x

 21  0 Bảng xét dấu:Từđótậpnghiệm của bất phương trình (1) là S
x
f(x)

-

1
+

0

3
-

0

7
+

0

+

21
-

0

+

Suy ra tập nghiệm của bất phương trình (2) là S2   ;1  3;7 

21;. Vậy tập nghiệm của hệ đã cho là S  S1  S2   1; 1 5;7
Biểu diễn trên trục số:
11


-1

1

2



2



b) 

3

5

7

10

21

1

 1 x  3x  5  0
2

2

x  13x 2  8x  4  0 2

1  1  x  5. Tập nghiệm của (1) là S1  1;5
Ta có  x  1 3x 2  8x  4   0  x 1  x  2  x  2


3

Ta có trục xét dấu:
2
x

-1

-

f(x)

-

+

2

3

0

+

0

-

0

+

 1; 2  2; 
Suy ra tập nghiệm của (2) là S2  





3

Vậy tập nghiệm của hệ đã cho là: S  S1  S2  2;5.
2. SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP XÉT DẤU GIẢI NHANH BẤT PHƯƠNG
TRÌNH VƠ TỶ
* Phương pháp xét dấu thể hiện hiệu quả cao đối với các bài bất phương trình vơ
tỷ. * Khi giải bất phương trình vơ tỷ bằng phương pháp xét dấu, ta phải chú ý đặt
điều kiện xác định của bất phương trình và khi lập trục xét dấu (hay kẻ trục xét
dấu) ta phải thể hiện điều kiện đó trên bảng (hay trên trục đó).
Trong mỗi ví dụ dưới đây, tác giả trình bày lời giải bất phương trình bằng cả hai
phương pháp: “ Phương pháp biến đổi tương đương và phương pháp xét dấu”
để so sánh, đối chiếu và thấy rõ ưu việt của phương pháp xét dấu.
Ví dụ 1. Giải bất phương trình x26x582x
Giải:
Cách 1: (Dùng phương pháp biến đổi tương đương)
 x 2  6x  5  0
I 


8

 2x  0

82x0

x26x582x








 x

2

 6x  5   8  2x 2

II



I



1  x  5  4  x  5 (1)

x  4

12


x4
x  4
2
2
II x  6 x  5  4 x  32 x  64  2  38 x  69  0
5x


x  4

3x4
2

 x  23

5


3

4x5

3x4

3x5
    

Kết hợp (1), (2) suy ra nghiệm của bất phương trình là
Ghi chú: sử dụng cách này, học sinh thường mắc sai lầm như sau:
2

 x  6x  5  8  2x 





8  2x  0

 x 2  6x  5   8  2x2
x26x50

Tức là các em bỏ quên trường hợp 

!

Cách 2: (Dùng phương pháp xét dấu)
Điều kiện:  x 2  6 x  5  0  1  x  5
 x 2  6 x  5  8  2 x  x 2  6 x  5  8  2 x  0
Xét dấu f (x )  x 2  6x  5  8  2x .
x  4
f ( x )  0  x 2  6 x  5  8  2x 
 6 x  5  4 x 2  32 x  64
2
x  4


x  4

5 x

2

 x

 38 x  69 

x  3

 

0


x 




Dấu f(x) như sau:
x

-

f(x)

x3
23

5
1

3
-

0

5

+

+

Từ trục xét dấu suy ra f (x )  x26x582x03x5, đây
cũng lànghiệm của bất phương trình đã cho.
Nhận xét: Phương pháp 2 sẽ giúp học sinh dễ tiếp thu và tránh mắc sai lầm như
trên.
Ví dụ 2. Giải bất phương trình:

x23x

2x 2  3x  2  0 .


13

Giải:
Cách 1: Dùng phương pháp biến đổi tương
đương Bất phương trình đã cho tương đương với
1
x  2


2 x 2  3 x  2  0
x  1
x  2
2


2
  x  2
0
 2 x  3 x  2 

1

 x 2  3 x  0
x3
x 
x2








2



x3
 x  0
Nhận xét: Một cách tổng quát ta có cách giải bất phương trình: f ( x ) g ( x)  0
g ( x)  0


f (x ) g ( x)  0 g ( x)  0
 f (x)  0

Tuy nhiên, nhiều học sinh khi làm bài thường bỏ quên trường hợp g(x) = 0 (dẫn tới
mất một nghiệm x = 2 trong ví dụ 3.2 nói trên).
Cách 2: (Dùng phương pháp xét dấu)
x1
2

Điều kiện 2x

3x20





2

x  2

Xét dấu vế trái của bất phương trình:
Giải phương trình:  x  3x
2

 2x


2

 3x  2  0 

x

2

x  0


 3x  0

x3

2

 2x  3x  2  0










x 

1

2

x  2
Dấu vế trái như sau:
-

+

1
2

0

-

2



Từ đó ta có tập nghiệm của bất phương trình (4) là S  ; 

Ví dụ 3 (Đề thi ĐH khối A - 2004)
Giải bất phương trình:



 7x
2x2 16 
.
x3
x3
x3

+

3

1

 2  3; .

2


14

Giải: Cách 1: Dùng phương pháp biến đổi tương đương
x2 160  x  4
Điều kiện: 

x  3  0

Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với

 x  4


10  2x  0

2

2

 16  x  3  7  x  2x  16  10  2x  x
2

x








10  2x  0



 2

 4

4



x  5
 x5





2

 20 660
x

x

2

 16  10  2x2

 x  10  34

x

Cách 2: Dùng phương pháp xét dấu
x2 160  x  4
Điều kiện: 

x  3  0

Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với
2  x 2  16   x  3  7  x  2  x 2  16   2 x  10  0 .
Xét dấu f x   2  x 2  16   2 x 10
2 x  10  0
2

f (x )  0  2  16 2 x  10 
 2  16   2 x 10
x



x  5


x  10  34

 34

x  10

2



 x  10 

2

x

34



Trục xét dấu:
4

-

+
10- 34


Nghiệm của bất phương trình đã cho là x  10  34 .

15


1  21  4x  x2

Ví dụ 4. Giải bất phương trình:

x 1

 0.(6)

Giải:
Cách 1: Dùng phương pháp biến đổi tương đương
21  4 x  x2  0  x 1.
Điều kiện: 

x  1  0
1  21  4x  x 2
0
x 1



1  (21  4x  x2 )

1

x 1

0

 x 2  4x  20

1 

x  1

21  4x  x2

21  4x  x

2



0

(6.1)



Vì 21  4 x  x 2  0, x   21  4 x  x 2  1  0,x  nên
6.1   x 2  4 x  20  0  x  1  0 (Vì  x 2  4 x  20  0,x  )


x 1
 x 1 là nghiệm của bất phương trình (6).
Cách 2: Dùng phương pháp xét dấu
Điều kiện: 21  4 x  x2  0  x 1.


x  1  0

Xét dấu f ( x)  1  21  4x  x2
x 1

Ta có: x + 1 = 0  x = -1
1  21  4 x  x 2  0  21  4 x  x 2  1  21  4 x  x 2  1  x 2  4 x
 20  0 (vơ nghiệm)
Dấu f(x) :

Vậy nghiệm của bất phương trình (6) là x < -1.
Nhận xét: ở bài toán này, nhiều học sinh giải theo cách 1 không đúng đáp số vì
mắc sai lầm trong biến đổi.
1  1  4x2
Ví dụ 5: Giải bất phương trình

x

3

(7)

16


x0

x  0

1
Giải: Điều kiện 
 1
2



x

1  4x  0

2
 2
Cách 1: Dùng phương pháp biến đổi tương đương
4x
4x 2

3

7 
1  1  4x2  3  4x  3 1  1  4x2
1  4x2 
x 1






 3 1  4x 2  4x  3

 1
1
 x
 2
2


3

 1  4 x  0
2



4 x  3  0













 4 x  32




x







3






4



2

1

3
4

 x 

13

 





 2

2

1
2

6



6x0

x  0
Kết hợp với điều kiện được nghiệm của (7) là  1
Cách 2: Dùng phương pháp xét dấu
x  0
x0

1
Điều kiện 
 1
2


x

1  4x  0


2
 2

x

2



 0x

4

13 x

 1x1

 2

x

4 x  3  0


 
 9 1  4 x 2  





x

1

.

2





2
2
7  1  1  4x  3  0  1  3x  1  4x  0

xx

Xét dấu f ( x)  1  3 x  1  4x2
x
Ta có:

17


1  3x  1 
4x

2

0 1
4x

2



 1  3x  

1  3x  0
 4x 2  1  3x

2

1



 1
x
 1

3
x

  x  0  x  0
3


2

6
 6x  0 
13x
x 
13

Ta có trục xét dấu:
-

1
-

0

1
2

2

x  0
1



Từ trục xét dấu ta có f(x) < 0 







2

1

x



2

1 ; 1  \ 0
 2 2
3
2  x  x  1 1 (8)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình (7) là  

Ví dụ 6: Giải bất phương trình:
Giải: Điều kiện x 1.
Bất phương trình tương đương với 3 2   x  1 1 0
x
Xét dấu f ( x )  3 2  x  x  1 1
Giải phương trình f(x) = 0 ta được : x = 1, x = 2, x = 10
Trục xét dấu:

1

+

2

-

10

Nghiệm của bất phương trình là 1;2 10; 
Ví dụ 7. (Đề thi ĐH sư phạm Hà Nội - khối D -2001)
Giải bất phương trình: 2  x  4x  3  2.(9)
x
Cách 1: Dùng phương pháp biến đổi tương đương
 2  x  0  x  2
Điều kiện: 

x


0


x  0

Trường hợp 1: x < 0: 9  2  x  4 x  3  2 x  2  x  3  2x(9.2)

+

18