CHUYÊN ĐỀ BPT CHỨA CĂN

79 VAÁN ÑEÀ 5 BAÁT PHÖÔNG TRÌNH COÙ CHÖÙA CAÊN 80 Vấn đề 5 Bất phương trình có chứa căn. A. Tóm tắt lý thuyết Thường ta gặp một trong các dạng sau : 1-\ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≥ < > ⇔< 0A BA 0B BA 2 2-\ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩ ⎨ ⎧ > ≥ ⎩ ⎨ ⎧ ≥ < ⇔> 2 BA 0B 0A 0B BA 3-\ A 2 ≥ B 2 ⇔ (A + B ) ( A – B ) ≥ 0 4-\ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩ ⎨ ⎧ ≥− < ⎩ ⎨ ⎧ ≥ ≥ ⇔≥ BA 0A BA 0A BA 5-\ Trong trường hợp gặp nhiều dấu căn ta đặt điều kiện các biểu thức có x ở phiá dưới dấu căn , tìm điều kiện chung , từ đó biến đồi tương đương để đưa về các dạng cơ bản trên . 6-\ Bất phương trình hữu tỉ : Bất phương trình hưũ tỉ là bất phương trình đưa được về dạng : () () Px Qx ≥ 0 ( ≤ 0 , > 0 , < 0) trong đó P(x), Q(x) là các biểu thức đưa được về dạng tích các tam thức hoặc nhò thức. Nguyên tắc giải : Cách 1 : - Đưa bất phương trình về một trong các dạng nêu trên - Phân tích P(x), Q(x) thành tích các tam thức hay nhò thức. - Lập bảng xét dấu của biểu thức ở VT. - Dựa vào bảng xét dấu rút ra tập nghiệm Cách 2 : Đặt ẩn phụ. 81 Ngoài ra chắn rằng ta sẽ còn gặp nhiều dạng khác …… Sau đây là một ví dụ và một số bài có hướng dẫn giải…… B. VÀI VÍ DỤ CƠ BẢN VÀ CÁC BÀI TẬP CÓ HƯỚNG DẪN GIẢI Đầu tiên ta xem vài ví dụ đơn giản sau : Ví dụ1 : Giải các bất phương trình sau : a) 3x x2x1517 2 + −− > 0 (1) Điều kiện : 17 – 15x – 2x 2 ≥ 0 ⇔ 2 17 − ≤ x ≤ 1 . Sau đó chú ý đến mẫu có ( x + 3) là một nhò thức bậc nhất . • Trường hợp 1: 2 17 − < x < 3 − : bất phương trình vô nghiệm . (vì tử số > 0 còn mẫu số < 0 ⇒ VT < 0 ) • Trường hợp 2 : -3 ≤ x ≤ 1: (1) ⇔ 17 – 15x – 2x 2 > 0 ⇔ 2 17 − < x < 1 (2) Sau đó giao với điều kiện 3 − ≤ x ≤ 1 ta được 3 − < x < 1 . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là : S = ( 3 − ; 1 ) b) x x411 2 −− < 3 ⇔ x x3x411 2 −−− < 0 Trường hợp 1 : ⎩ ⎨ ⎧ > <−−− 0x 0x3x411 2 )dk( ⇔ 1 – 3x < 2 x41 − ⇔ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩ ⎨ ⎧ −>− ≥− ⎩ ⎨ ⎧ ≥− <− 22 2 )x31(x41 0x31 0x41 0x31 ⇔ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ +−>− ≤ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≤≤− > 22 x9x61x41 3 1 x 2 1 x 2 1 3 1 x 82 ⇔ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ <− ≤ ≤< 0x6x13 3 1 x 2 1 x 3 1 2 ⇔ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ << ≤ ≤< 13 6 x0 3 1 x 2 1 x 3 1 ⇔ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ≤< ≤< 3 1 x0 2 1 x 3 1 So với điều kiện ⇔ 0 < x ≤ 2 1 (1). Trường hợp 2 : ⎩ ⎨ ⎧ < >−−− )dk(0x 0x3x411 2 ⇒ 1 – 3x > 2 x41 − ⇔ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ −<− ≥− >− 22 2 )x31(x41 0x41 0x31 ⇔ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ >< ≤≤− < 13 6 vx0x 2 1 x 2 1 3 1 x ⇔ 0x 2 1 <≤− v 2 1 x 13 6 ≤< So với điều kiện ⇔ 0x 2 1 <≤− v 2 1 x 13 6 ≤< (2) Hợp (1) (2) ta được nghiệm của bpt là : 2 1 x 2 1 ≤≤− c) 2x2xx 22 +++ > 4 – 2x ⇔ 062x2x2x2x 22 >−+++++ (*) Đặt t = 2x2x 2 ++ ≥ 1 (1) (*) ⇔ t 2 + t – 6 > 0 ⇔ t < 3 − v t > 2 (2) (1) ∧ (2) ⇔ t > 2 Vậy bất phương trình ⇔ 2x2x 2 ++ > 2 ⇔ x 2 + 2x + 2 > 0 ⇔ x < 31−− v x > 31 +− 83 d) 24 xx1 −− ≥ x – 1 ⇔ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩ ⎨ ⎧ +−≥−− ≥− ⎩ ⎨ ⎧ ≥−− <− 1x2xxx1 01x 0xx1 01x 224 24 Trường hợp 1 : Với x < 1 và ≥−− 24 xx1 0 ⇔ 1xx 24 ≤− x 2 (x 2 – 1) để luôn có nghóa là x 2 – 1 ≥ 0 ⇔ x ≤ 1 − v x ≥ 1 (*) Với x ≤ 1− ⇔ x 4 – x 2 –1 ≤ 0 (1) Đặt t = x 2 ( t ≥ 0) (1) ⇔ t 2 – t – 1 ≤ 0 ⇔ 2 51 t 2 51 + ≤≤ − So với điều kiện ta được : 0 ≤ t ≤ 2 51 + ⇒ x 2 2 51+ − ≤ 0 ⇔ 2 51 x 2 51 + ≤≤ + − So với điều kiện có nghóa ta được : x φ ∈ (a) Trường hợp 2 : Với x ≥ 1thì 1 24 xx −− ≥ x 2 – 2x + 1 ⇔ x2xxx 224 +−≤− ⇔ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ +−≤− ≥− ≥− 23424 24 2 x4x4xxx 0xx 0xx2 ⇔ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ ≤ −≤ ≤≤ 4 5 x 1x 2x0 v 1x ≥ ⇔ 1≤ x ≤ 2 (b) Hợp (a) (b) , nghiệm bất phương trình là : 1 ≤ x ≤ 2 e) 4x4x 2 ++ < x + 2 Cách 1 : 4x4x 2 ++ < x + 2 ⇔ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ +<++ ≥++ >+ 22 2 )2x(4x4x 04x4x 02x ⇔ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ < ∈ −> )voly(0x0 Rx 2x ⇔ x φ ∈ 84 Cách 2: Dựa vào tính chất của giá trò tuyệt đối. Ta có : AA ≥ luôn đúng với mọi A và AA < luôn sai với mọi A . Bất phương trình ⇔ 2x2x +<+ (1) vận dụng tính chất trên Vậy (1) luôn sai Rx∈∀ do đó (1) có S = φ . Ví dụ 2 a) Tìm miền xác đònh của hàm số sau : 6 y5x x = −− Giải 1/ 6 y5x x =−− được xác đònh khi : 2 6 x5x6 5x 0 0 x x x0 x0 ⎧ ⎧ −+ −− ≥ ⎪⎪ ≤ ⇔ ⎨⎨ ⎪⎪ ≠ ≠ ⎩ ⎩ ( ][ ) x0 ,0 2, 3 2x3 ≠ ⎧ ⇔ ⇔−∞ ∪ + ⎨ ≤≤ ⎩ Vậy, miền xác đònh của y là [ ] ( ) D2,3 ,0=∪−∞ b) Giải bất phương trình : x3 2x8 7x+≥ −+ − Giải x3 2x8 7x+≥ −+ − (1) Điều kiện của nghiệm: 4x7 (2) ≤ ≤ (1) ()() x 3 2x 8 7 x 2 2x 8 7 x⇔+≥ −+−+ − − ()() 2 4 2 2x 8 7 x 4 (2x 8)(7 x) 2x 22x 60 0⇔≥ − − ⇔≥ − − ⇔ − + ≥ 2 x11x300⇔− +≥ x5x6 (3)⇔≤∨≥ (2) và (3) cho [ ] [ ] x4,5 6,7∈∪ Ví dụ 3 Giải bất phương trình : 2 1x x 1 0 − −+> Từ đó suy ra bảng xét dấu của : () 2 fx 1 x x 1 = −− + Giải Ta có : 2 1x 1x 0−− + > 2 2 1x 0 x1 1x x 1 1x x 1 −≥ ⎧ ≤ ⎧ ⎪⎪ ⇔⇔ ⎨⎨ − >+ ⎪ −> + ⎪ ⎩ ⎩ [] x1 x1,0 1x0 ≤ ⎧ ⇔⇔∈− ⎨ −≤ ≤ ⎩ 85 Vậy : 2 1x 1x 0 1 x 0−− + >⇔−≤≤ Từ đó suy ra Bảng xét dấu của () 2 fx 1 x 1 x=−−+ Theo trên : () 2 fx 1 x 1 x 0 1 x 0=−−+ >⇔−≤≤ nên () fx 0 x < -1 x > 0<⇔ ∨ Ví dụ 4 Giải phương trình : () 2 x2x1 x1 x x x 0 − −− − + − = Giải 1) 2 x2x1(x1)x x x 0−−−− +−= ⇔ () x 2x1(x1)x xx1 0−−−− + −= Đặt : Ax Bx1 (A 0) (B 0) ⎧ =≥ ⎪ ⎨ =− ≥ ⎪ ⎩ Ta có : 22 22 AB1 A2BABAB0 (1) (2) ⎧ −= ⎪ ⎨ −− + = ⎪ ⎩ Thay : 22 AB1=+vào (2), ta có : 2 B12BAB(B1)0 + −− −= B1 (B 1)(B 1 AB) 0 B1AB 0 = ⎡ ⇔− −− =⇔ ⎢ − −= ⎣ • B = 1 ta được : x11 x = 2−=⇔ • 222 B1 0 B1 AB ( (B 1) A B −≥ ⎧ ⎪ −= ⇔ ⎨ −= ⎪ ⎩ vì A0,B0)≥≥ 2222 B1 B2B1(B1)B B1 2 vì : A ≥ ⎧ ⎪ ⇔ ⎨ −+= + =+ ⎪ ⎩ 4 B1 B2B10(*) ≥ ⎧ ⎪ ⇔ ⎨ +−= ⎪ ⎩ Vì B1≥ nên (*) vô nghiệm nếu Kết luận : Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2 86 Ví dụ 5 Giải bất phương trình : 22 (x 3) x 4 x 9 − −≤ − Giải Tập xác đònh của phương trình là : ( ] [ ) ;2 2; − ∞− ∪ ∞ Ta có : 22 (x 3) x 4 x 9 (1) −−≤− 2 (x 3) x 4 (x 3) 0 (2) ⎡⎤ ⇔− −−+ ≤ ⎢⎥ ⎣⎦ Đặt 2 f(x) (x 3) x 4 (x 3) . ⎡⎤ =− −−+ ⎢⎥ ⎣⎦ Rõ ràng f xác đònh và liên tục trên ( ] [ ) ;2 2; − ∞− ∪ +∞ 2 x3 f(x) 0 x4x3 (3) = ⎡ =⇔ ⎢ ⎢ −=+ ⎣ (3) 22 13 x4x6x9 x 6 x3 ⎧ −= + + ⎪ ⇔⇔=− ⎨ ≥− ⎪ ⎩ Tóm lại, hai nghiệm của f(x) = 0 là x = 3 và x = 13 6 − . f (4) 16 4 7 12 7 0= −−= −< . f( 3) 6 5 0−=− < . f( 2) 5 0−=> . f(2) 5 0=> x - ∞ - 6 13 -2 2 3 4 +∞ f(x) - 0 + | | + 0 - Vậy :Tập nghiệm BPT là 13 xhayx3 6 ≤ −≥ Ví dụ 7 Giải bất phương trình : 2 2x 6x 1 x 2 0 − +− + > Giải Đặt f(x) 2 2x 6x 1 x 2=−+−+ '927.∆= − = Rõ ràng f xác đònh và liên tục trên 87 37 37 ;;. 22 ⎛⎤⎡⎞ −+ −∞ ∪ +∞ ⎜⎟ ⎥⎢ ⎜⎟ ⎝⎦⎣⎠ Trong tập xác đònh, ta có : 2 f(x) 0 2x 6x 1 x 2 0=⇔ − +−+= 2 2x 6x 1 x 2⇔−+=− 22 2x 6x 1 x 4x 4 x3 x2 ⎧ −+=−+ ⎪ ⇔ ⇔= ⎨ ≥ ⎪ ⎩ x - ∞ 0 2 73 − 2 73 + 3 4 +∞ f(x) + || || - 0 + f(0) 0;f(4) 0.>> Đáp số : 37 x; (3;) 2 ⎛⎞ − ∈ −∞ ∪ ∞ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ Sau đây là môt số bài tập có hướng dẫn giải : Bài 0 (khởi động ) Giải bất phương trình: a) 2x − < 4 – x ⇔ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≥− +−<− >− 02x xx8162x 0x4 2 ⇔ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≥ >+− < 2x 018x9x 4x 2 ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ < <≤ 3x 4x2 v 6x > ⇔ 2 ≤ x < 3 b) x4x 2 − > x – 3 ⇔ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩ ⎨ ⎧ −>− ≥− ⎩ ⎨ ⎧ ≥− <− 22 2 )3x(x4x 03x 0x4x 03x ⇔ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩ ⎨ ⎧ >− ≥ ⎩ ⎨ ⎧ ≤ < 09x2 3x 0x 3x v 4x ≥ ⇔ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ > ≥ ≤ 2 9 x 3x 0x ⇔ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ > ≤ 2 9 x 0x ⇔ x ≤ 0 v x > 2 9 88 c) 12xx 2 −+ ≤ 8 – x ⇔ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≥−+ +−≤−+ ≥− 012xx xx166412xx 0x8 2 22 ⇔ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ −≤ ≤ ≤ 4x 17 76 x 8x v 3x ≥ ⇔ x ≤ 4− v 3 ≤ x ≤ 17 76 ⇔ x ≤ 4 − v 3 ≤ x ≤ 17 76 d) 8x7x 2 −− + 6 ≤ x ⇔ 8x7x 2 −− ≤ x – 6 ⇔ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ +−≤−− ≥−− ≥− 36x12x8x7x 08x7x 06x 22 2 ⇔ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ ≤ −≤ ≥ 5 44 x 1x 6x v x ≥ 8 ⇔ 8 ≤ x ≤ 5 44 e) 2+ 10x3x 2 −− > x ⇔ 10x3x 2 −− > x – 2 ⇔ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩ ⎨ ⎧ +−>−− ≥− ⎩ ⎨ ⎧ ≥−− <− 4x4x10x3x 02x 010x3x 02x 22 2 ⇔ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩ ⎨ ⎧ > ≥ ⎩ ⎨ ⎧ −≤ < 14x 2x 2x 2x v 5x ≥ ⇔ ⎢ ⎣ ⎡ > −≤ 14x 2x Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ( ] [ ) + ∞ − ∞ − ;14U2; f) (x – 3) 4x 2 − ≥ x 2 – 9 ⇔ (x – 3) )3x4x( 2 −−− ≥ 0 Trường hợp 1 : ⎩ ⎨ ⎧ +≤− ≤− 3xx4x 03x 2 ⇔ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩ ⎨ ⎧ ++≥− ≥+ ⎩ ⎨ ⎧ ≥− <+ ≤ 9x6x4x 03x 04x 03x )dk(3x 22 2 ⇔ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ −≤ −≥ ⎩ ⎨ ⎧ −≤ −< ≤ 6 13 x 3x 2x 3x 3x v 2x ≥ ⇔ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ −≤ ≤ 6 13 x 3x ⇔ x ≤ 6 13 − (1) [...]... < 0 ≤ 3 1 − 4 x 2 2 4 ⎡ 1 1⎤ ⇒ (2) đúng với mọi x thuộc ⎢− ; ⎥ \ {0} ⎣ 2 2⎦ ⎡ 1 1⎤ Vậy nghiệm của (1) là ⎢− ; ⎥ \ {0} ⎣ 2 2⎦ Ta đã có : x ≤ Bài 3 x 4 + x 2 + 1 + x ( x 2 − x + 1) ≤ ( x 2 + 1) 3 x (Đề thi chuyên Toán –Tin ĐHQG Hà nội1988) Giải Điều kiện bài toán có nghóa : x > 0 Chia hai vế cho thành : x+ x ( x 2 + 1) và sau khi biến đổi bất phương trình trở 1 − x 1 x+ 1 x + 1− 1 x+ 1 x ≤x+ 1 x 1 =... 6x − 5 > 8 − 2x (Đề Đại Học Quốc Gia HàNội ) Giải − x 2 + 6x − 5 > 8 − 2x ⇔ − ( x − 1)( x − 5) > 2(4 − x ) (1) Điều kiện : 1 ≤ x ≤ 5 Nếu 4 < 4 ≤ 5 (1) nghiệm đúng Nếu 1 ≤ x≤ 4 : (1) ⇔ − x 2 + 6x − 5 > 64 − 32 x + 4x 2 ⇔ 23 4x 2 − 32 x + 64 < 0 ⇔ 3 < x < 5 Ta chỉ có 3 < x ≤ 4 Vậy nghiệm của bất phương trình là 3 < x ≤ 5 107 Bài 24 Giải bất phương trình : 5 x + 5 2 x < 2x + 1 +4 2x (Đề Đại Học Luật TPHCM)... ) 1+ 3 4 b) Với m = 1/ 2 : t1 = 0, t 2 = 2 ⇒ 0 ≤ t = x − 3 ≤ 2 Đáp số : m ≤ ⇔ 0 ≤ x − 3 ≤ 4 ⇒ 3 ≤ x ≤ 7 (do áp dụng phần 2) Bài 15 Với mỗi giá trò a > 0 , giải bất phương trình a + x + a − x > a (1) (Đề thi các trường Đại học miền Bắc năm 1970) Giải ⎧a + x ≥ 0 ⎧ x ≥ −a ⇔ ⎨ ⇔ -a ≤ x ≤ a (*) ⎩a − x ≥ 0 ⎩x ≤ a Điều kiện : ⎨ (1) ⇔ ( a+x + a−x ) 2 > a2 ⇔ 2a + 2 a 2 − x 2 > a2 ⇔ 2 a 2 − x 2 > a(a – 2) ⎧a(a... đó m < 0 ⇔ 1 + log 2 Kết hợp với điều kiện ban đầu ta có 0 < y < 1 Vậy với 0 < y < 1 thì bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x Bài 17 Giải phương trình : ( ) 2 5 x + 24 − 5 x − 1 ≥ 5 x + 7 (*) (Đề thi Đại học Tổng hợp Quốc gia Matxcơva – 1977) Giải x x Điều kiện 5 – 7 ≥ 0 ⇔ 5 ≥ 7 ⇔ x ≥ log57 (*) ⇔ ⇔ 102 ( 2(5 ) + 24) ≥ 2 5 x + 24 − 5 x − 1 ≥ 5 x + 7 x 5x − 7 + 5x + 7 ( ) ( )( ⇔ 2 5 x + 24 ≥ 5... x +1 < 2 ⇔ x + 1 < 4 ⇔ x < 3 Giao với điều kiện ban đầu ta được nghiệm của bất phương trình là –1 ≤ x ≤ 0 103 Bài 19 Giải phương trình : (x 2 ) − 4 x + 3 + 1 log 5 x 1 + 5 x ( 8x − 2 x 2 ) − 6 +1 ≤ 0 (Đề thi Khoa Hoá Đại học Tổng hợp Quốc gia Matxcơva – 1983) Giải ⎧x 2 − 4x + 3 ≥ 0 ⎪ Điều kiện để hệ có nghiệm là : ⎨ x > 0 ⎪8 x − 2 x 2 − 6 ≥ 0 ⎩ ⎧x 2 − 4x + 3 ≥ 0 ⎧x > 0 ⎪ ⇔ ⎨x > 0 ⇔ ⎨ 2 ⇔x=1∨x=3 ⎩x −... Nếu x > 1 ⇒ ⎨ với x > 1 Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là : 4 ≤x x − 2 (Đề Đại Học Mỏ Đòa Chất ) Giải ⎧x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1 Điều kiện : ⎨ ⎩x + 2 ≥ 0 Lúc đó : 2 x − 1 − x + 2 > x − 2 (1) 4( x − 1) − ( x + 2) > x –2 (1) ⇔ 2 x −1 − x − 2 [ ] ⇔ ( x – 2) 3 − 2( x − 1 − x + 2 > 0 Vì... Vì x ≥ 1 nên x −1 − x + 2 ≥ Vậy (1) ⇔ x – 2 < 0 ⇔ x < 2 106 3 ⇒ 3 − 2( x − 1 − x + 2 ) < 0 Bài 22: Tìm m để bất phương trình : (1 + 2x )(3 − x ) > m + (2x 2 − 5x + 3) ⎡ 1 ⎤ thoả mãn ∀x ∈ ⎢− ;3⎥ ⎣ 2 ⎦ (Đề Đại Học Giao Thông Vận Tải ) Giải Điều kiện cần : ⎡ 1 ⎤ (1 + 2x )(3 − x ) > m + (2x 2 − 5x + 3) (*) ∀x ∈ ⎢− ;3⎥ ⎣ 2 ⎦ Cho x = 3 : 0 > m + 6 ⇒ m < − 6 ⎡ 1 ⎤ Điều kiện đủ : Với m < − 6 ta chứng minh... hay x ≥ 4 98 (vô nghiệm) Bài 13 Giải bất phương trình : (1 + x2 1+ x ) 2 > x−4 (Đại học Sư phạm Vinh - 2001) Giải (1 + x 2 1+ x ) 2 > x − 4 (*) • Khi x = 0 : (*) ⇔ 0 > -4 (đúng) Vậy x = 0 là nghiệm của bpt (*) • Khi x ≠ 0 : ( ) 2 x2 1− 1+ x (*) ⇔ > x – 4 ⇔1 - 2 x2 ⎧ x ≥ −1 ⎧ 1+ x < 3 ⎪ ⇔⎨ ⇔ ⎨1 + x < 9 ⇔ ⎩x ≠ 0 ⎪x ≠ 0 ⎩ 1+ x + 1 + x > x – 4 ⎧− 1 ≤ x < 8 ⎨ ⎩x ≠ 0 Vậy : (*) có nghiệm là : -1 ≤ x < 8 Bài... (lọai) 24 2 2 − x 3 − x ậy nghiệm của (1) là : x =1 hoặc x ≥ 4 ⇔ 4(2 – x )(3 – x) ≥ (11 – 2x)2 (vì x < 1 ) ⇔ x ≥ 109 Bài 28 Giải và biện luận theo tham số m bât phươngtrình sau: x 2 − 4 ≥ m (x – 2) (1) (Đề Đại Học Quốc Gia Hà Nội ) Giải Điều kiện : x2 – 4 ≥ 0 ⇔ ⎡ x ≤ −2 ⎢x ≥ 2 ⎣ * Nếu m = 0 : bât phươngtrình có nghiệm : ⎡ x ≤ −2 ⎢x ≥ 2 ⎣ * Nếu m > 0 , ta có : ⎡ x ≤ −2 ⎡ x ≤ −2 (1) ⇔ ⎢⎧x 2 − 4 ≥ m 2 (... 1) x ≥ 2(m 2 + 1) ⎣⎩ ⎣⎩ ⎡x ≥ 2 2( m 2 + 1) * Nếu − 1 < m < 0 thì (1) ⇔ ⎢ x≤ ⎢ m2 −1 ⎣ * Nếu m ≤ − 1 thì (1) ⇔ x ≥ 2 110 Bài 29 Tìm nghiệm của bất phương trình : x + 1 − x 2 < x 1 − x 2 trong [ 0 , 1 ] (Đề Đại Học Kiến Trúc Hà Nội ) Giải x + 1− x2 ≥ 1− x2 ≥ x 1− x2 ∀x ∈ [ 0 , 1 ] , vậy bất phương trình đã cho vô nghiệm trong [ 0 , 1 ] Bài 30 Giải và biện luận bất phương trình : x − m − x − 2m > x − 3m