Ngoaøi ra chaén raèng ta seõ coøn gaëp nhieàu daïng khaùc …… Sau ñaây laø moät ví duï vaø moät soá baøi coù höôùng daãn giaûi…… B.. Caùch 2: Döïa vaøo tính chaát cuûa giaù trò tuyeä[r]
(1)VẤN ĐỀ
(2)Vấn đề
Bất phương trình có chứa A Tóm tắt lý thuyết
Thường ta gặp dạng sau : 1-\
⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧
≥ < > ⇔ <
0 A B A
0 B B
A 2-\
⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡
⎩ ⎨ ⎧
> ≥ ⎩⎨ ⎧
≥ < ⇔ >
2
B A
0 B
0 A B B
A 3-\ A2 ≥ B2 ⇔ (A + B ) ( A – B ) ≥ 4-\
⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩⎨ ⎧
≥ − < ⎩⎨ ⎧
≥ ≥ ⇔ ≥
B A0 A
B A A B
A
5-\ Trong trường hợp gặp nhiều dấu ta đặt điều kiện biểu thức có x phiá dấu , tìm điều kiện chung , từ biến đồi tương đương để đưa dạng
6-\ Bất phương trình hữu tỉ :
Bất phương trình hưũ tỉ bất phương trình đưa dạng : ( )
( ) P x
Q x ≥ ( ≤ , > , < 0) P(x), Q(x) biểu thức đưa
được dạng tích tam thức nhị thức Nguyên tắc giải :
Caùch :
- Đưa bất phương trình dạng nêu - Phân tích P(x), Q(x) thành tích tam thức hay nhị thức - Lập bảng xét dấu biểu thức VT
- Dựa vào bảng xét dấu rút tập nghiệm Cách :
(3)Ngồi chắn ta cịn gặp nhiều dạng khác …… Sau ví dụ số có hướng dẫn giải…… B VÀI VÍ DỤ CƠ BẢN VÀ CÁC BÀI TẬP CĨ HƯỚNG DẪN GIẢI
Đầu tiên ta xem vài ví dụ đơn giản sau : Ví dụ1 :
Giải bất phương trình sau : a)
3 x
x x 15
17
+ −
− > (1) Điều kieän : 17 – 15x – 2x2 ≥ ⇔
2 17
− ≤ x ≤ Sau ý đến mẫu có ( x + 3) nhị thức bậc • Trường hợp 1:
2 17
− < x <−3 : bất phương trình vơ nghiệm (vì tử số > mẫu số < ⇒ VT < )
• Trường hợp : -3 ≤ x ≤ 1: (1) ⇔ 17 – 15x – 2x2 >
⇔
2 17
− < x < (2)
Sau giao với điều kiện −3 ≤ x ≤ ta −3 < x < Vậy tập nghiệm bất phương trình : S = (−3 ; ) b)
x x 1− −
< ⇔
x
x x
1− − −
< Trường hợp :
⎩ ⎨ ⎧
> − − < −
0
x 4x 3x
1
) dk
( ⇔ – 3x < 1−4x2
⇔ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡
⎩ ⎨ ⎧
− >
− ≥
− ⎩ ⎨ ⎧
≥ − < −
2
2
) x ( x
0 x
0 x
0 x
⇔ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎡
⎪ ⎨ ⎧ ≤ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧
≤ ≤ −
>
3 x
2 x 13
(4)⇔ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ < − ≤ ≤ < x x 13 x x ⇔ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ < < ≤ ≤ < 13 x x x ⇔ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ≤ < ≤ < x x
So với điều kiện ⇔ < x ≤ 1 (1) Trường hợp :
⎩ ⎨ ⎧
< − − > −
) dk (
x 4x 3x
1
⇒ – 3x > 1−4x2
⇔ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ − < − ≥ − > − 2 ) x ( x x x ⇔ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎪ ⎨ ⎧ > < ≤ ≤ − < 13 vx x x 13 x
⇔ x
1
< ≤
− v
2 x 13 ≤ <
So với điều kiện ⇔ x 1≤ <
− v
2 x 13
6 < ≤ (2) Hợp (1) (2) ta nghiệm bpt :
2 x ≤ ≤ − c) x2 + x2 +2x+2 > – 2x
⇔ x2 +2x+2+x2 +2x+2−6>0 (*) Đặt t = x2 +2x+2 ≥ (1)
(*) ⇔ t2 + t – > ⇔ t < −3 v t > (2) (1) ∧ (2) ⇔ t >
Vậy bất phương trình ⇔ x2 +2x+2 >
(5)d) 1− x4 −x2 ≥ x – ⇔
⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡
⎩ ⎨ ⎧
+ − ≥ − −
≥ − ⎩ ⎨ ⎧
≥ − −
< −
1 x x x x
0 x
0 x x
0 x
2
2
Trường hợp :
Với x < 1− x4 −x2 ≥0 ⇔ x4 −x2 ≤1
x2(x2 – 1) để ln có nghĩa x2 – ≥ ⇔ x ≤ −1 v x ≥ (*) Với x ≤ −1 ⇔ x4 – x2 –1 ≤ (1)
Đặt t = x ( t ≥ 0) (1) ⇔ t2 – t – ≤ ⇔
2 t
5
1 +
≤ ≤ −
So với điều kiện ta : ≤ t ≤
5
1+ ⇒ x2
5 1+
− ≤
⇔
2 x
5
1 +
≤ ≤ + −
So với điều kiện có nghĩa ta : x ∈φ (a) Trường hợp :
Với x ≥ 1thì 1− x4 −x2 ≥ x2 – 2x + ⇔ x4 −x2 ≤−x2 +2x
⇔ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧
+ − ≤
− ≥
− ≥
−
2 4
2
2
x x x x x
0 x x
0 x x
⇔ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧
≤ − ≤ ≤ ≤
4 x
1 x x
v x≥1 ⇔ 1≤ x ≤ (b)
Hợp (a) (b) , nghiệm bất phương trình : ≤ x ≤ e) x2 +4x+4 < x +
Caùch : x2 +4x+4 < x +
(6)Cách 2: Dựa vào tính chất giá trị tuyệt đối
Ta có : A ≥A ln với A A <A sai với A Bất phương trình ⇔ x+2 <x+2 (1) vận dụng tính chất Vậy (1) ln sai ∀x∈Rdo (1) có S = φ
Ví dụ
a) Tìm miền xác định hàm số sau : y x x
= − −
Giaûi 1/ y x
x
= − − xác định :
6 x 5x 6
5 x 0
x x
x x
⎧
⎧ − − ≥ − +
⎪ ⇔⎪ ≤
⎨ ⎨
⎪ ≠ ⎪ ≠
⎩ ⎩
( ] [ )
x
,0 2,
2 x
≠ ⎧
⇔⎨ ≤ ≤ ⇔ −∞ ∪ +
⎩
Vậy, miền xác định y D=[ ]2,3 ∪ −∞( , 0)
b) Giải bất phương trình : x − + − 2x ≥ + x Giaûi
x 2x
x − + − ≥ +
(1)
Điều kiện nghiệm: x 7≤ ≤ (2)
(1) ⇔ + ≥x 2x x 2x x− + − + ( − )( − )
( )( )
4 2x x (2x 8)(7 x) 2x 22x 60
⇔ ≥ − − ⇔ ≥ − − ⇔ − + ≥
2
x 11x 30
⇔ − + ≥ ⇔ ≤ ∨ ≥x x (3)
(2) vaø (3) cho x∈[ ] [ ]4,5 ∪ 6,7
Ví dụ
Giải bất phương trình : 1 x− − x2+ >1 0
Từ suy bảng xét dấu : f x( )= 1 x− − x2+1 Giải
Ta coù : 1 x− − 1 x+ >0
2
1 x x
1 x x
1 x x
− ≥
⎧ ⎧ ≤
⎪ ⎪
⇔⎨ ⇔⎨
− > + ⎪
− > +
⎪ ⎩
⎩
[ ] x
x 1,0
1 x
≤ ⎧
⇔⎨− ≤ ≤ ⇔ ∈ −
(7)Vaäy : 1 x− − 1 x+ > ⇔ − ≤ ≤0 1 x 0
Từ suy Bảng xét dấu f x( )= 1 x− − 1 x+ Theo : f x( )= 1 x− − 1 x+ > ⇔ − ≤ ≤0 1 x 0 nên
( )
f x < ⇔0 x < -1 x > 0∨
Ví dụ
Giải phương trình : x x 1− − −(x 1− ) x+ x2− =x 0 Giaûi
1) x x (x 1) x− − − − + x2− =x 0
⇔ x x (x 1) x− − − − + x x 1( − =) Đặt : A x
B x
(A 0) (B 0)
⎧ = ≥
⎪ ⎨
= − ≥
⎪⎩
Ta coù : 2
2
A B
A 2B AB AB
(1) (2)
⎧ − =
⎪ ⎨
− − + =
⎪⎩
Thay : A2 =B2+1vaøo (2), ta coù : B2+ −1 2B AB(B 1) 0− − = B
(B 1)(B AB)
B AB
= ⎡
⇔ − − − = ⇔ ⎢
− − =
⎣
• B = ta : x 1− = ⇔ x =
• B AB B 02 2 2(
(B 1) A B
− ≥ ⎧⎪ − = ⇔ ⎨
− =
⎪⎩ A 0, B 0)≥ ≥
2 2
B
B 2B (B 1)B : A2 B
≥ ⎧⎪ ⇔ ⎨
− + = + = +
⎪⎩
4
B
B 2B 0(*)
≥ ⎧⎪ ⇔ ⎨
+ − = ⎪⎩
Vì B 1≥ nên (*) vô nghiệm
(8)Ví dụ
Giải bất phương trình : (x 3) x− 2− ≤4 x2−9
Giải
Tập xác định phương trình : (−∞ − ∪; 2] [2; ∞)
Ta coù : (x 3) x− 2− ≤4 x2−9 (1)
(x 3)⎡ x (x 3)⎤ (2)
⇔ − ⎢ − − + ⎥≤
⎣ ⎦
Đặt f (x) (x 3)= − ⎡ x2− −4 (x 3) + ⎤
⎢ ⎥
⎣ ⎦
Rõ ràng f xác định liên tục (−∞ − ∪; 2] [2; + ∞)
2
x f (x)
x x (3)
= ⎡ = ⇔ ⎢
⎢ − = + ⎣
(3) x2 x2 6x x 13
x
⎧ − = + + ⎪
⇔⎨ ⇔ = −
≥ − ⎪⎩
Tóm lại, hai nghiệm f(x) = x = x = 13
−
f (4)= 16 7− − = 12 0− <
f ( 3)− = −6 0<
f ( 2) 0− = >
f (2) 0= >
x -∞ -6 13
-2 +∞
f(x) - + | | + - Vậy :Tập nghiệm BPT laø x 13hay x
6
≤ − ≥
Ví dụ
Giải bất phương trình : 2x2−6x x 0+ − + >
Giải Đặt f(x) = 2x2−6x x 2+ − +
'
(9)3 7 ; ; 2 ⎛ − ⎤ ⎡ + ⎞ −∞ ∪ +∞ ⎜ ⎥ ⎢ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎦ ⎣ ⎠ Trong tập xác định, ta có :
2
f (x) 0= ⇔ 2x −6x x 0+ − + =
2
2x 6x x
⇔ − + = − 2x2 6x x2 4x x
x ⎧ − + = − + ⎪ ⇔⎨ ⇔ = ≥ ⎪⎩ x
-∞ 3− 3+
+∞
f(x) + || || - + f (0) 0;f (4) 0.> > Đáp số : x ;3 (3; )
2
⎛ − ⎞
∈ −∞⎜⎜ ⎟⎟∪ ∞
⎝ ⎠
Sau mơt số tập có hướng dẫn giải : Bài (khởi động )
Giải bất phương trình: a) x−2 < – x ⇔ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≥
− < − + − >
−
0
x 16 8x x x x 2⇔ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧
≥− + > <
2
x 9x 18 x x ⇔ ⎩⎨ ⎧ < < ≤ x x
v x>6 ⇔ ≤ x < b) x2 −4x > x –
⇔ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩ ⎨ ⎧ − > −≥ − ⎩ ⎨ ⎧ ≥ −< − 2 ) x ( x x x x x x ⇔ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩⎨ ⎧ > − ≥ ⎩⎨ ⎧ ≤ < x x x x
v x≥4 ⇔
⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ > ≥ ≤ x x x ⇔ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ > ≤ x x
(10)c) x2 +x−12 ≤ – x ⇔ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≥ − + − ≤ − + +≥ − 12 x x x x 16 64 12 x x x 2 ⇔ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ − ≤ ≤ ≤ x 17 76 x x v x≥ ⇔ x ≤ −4 v ≤ x ≤
17
76⇔ x ≤
− v ≤ x ≤ 17 76 d) x2 −7x−8+ ≤ x
⇔ x2 −7x−8 ≤ x – ⇔
⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ + − ≤ − − − ≥ − ≥ − 36 x 12 x x x x x x 2 ⇔ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ ≤ − ≤ ≥ 44 x x x
v x ≥ ⇔ ≤ x ≤
5 44
e) 2+ x2 −3x−10 > x ⇔ x2 −3x−10 > x – ⇔ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩ ⎨ ⎧ + − > − − ≥ − ⎩ ⎨ ⎧ ≥ − − < − x x 10 x x x 10 x x x 2 ⇔ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩⎨ ⎧ > ≥ ⎩⎨ ⎧ − ≤ < 14 x x x x
v x≥5 ⇔
⎢⎣ ⎡ >− ≤ 14 x x
Vậy tập nghiệm bất phương trình S = (−∞;−2] [U14;+∞) f) (x – 3) x2 −4 ≥ x2 – ⇔ (x – 3) ( x2 −4−x−3) ≥
Trường hợp : ⎩ ⎨ ⎧ + ≤ − ≤ − x x x x
2 ⇔
⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩ ⎨ ⎧ + + ≥ − ≥ + ⎩ ⎨ ⎧ ≥ − < + ≤ x x x x x x ) dk ( x 2 ⇔ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎪ ⎨ ⎧ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ − ≤ − ≥ ⎩⎨ ⎧ − ≤− < ≤ 13 x x x x x
v x≥2 ⇔
⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ − ≤ ≤ 13 x x
⇔ x ≤ 13
(11)Trường hợp : ⎩ ⎨ ⎧ + ≤ − ≥ − x x x ⇔ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≥ − ≤ + + −≥ + ≥ x x x x x x 2 ⇔ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≥ − ≤ − ≥ ≥ vx x 13 x x
⇔ x ≥ (2)
Hợp (1) (2) : x ≤ 13
− v x ≥ g) 6x2 −12x+7 + 2x ≥ x2
⇔ 6x2 −12x+7 ≥ x2 – 2x ⇔ 6(x2 −2x)+7 ≥ x2 – 2x (1) Đặt y = x2 – 2x ⇔ y + = (x + 1)2 ≥ ⇔ y ≥ −1
(1) ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ ≥ + − ≥ (*) y y y (*) ⇔ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩ ⎨ ⎧ ≥ + ≥ ⎩⎨ ⎧ ≥ +≤ < − y y y y 61 y
⇔ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩ ⎨ ⎧ ≤ − − ≥ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ − ≥ < ≤ − y y y y y ⇔ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩⎨ ⎧ ≤ ≤ −≥ < ≤ − y y1 y
⇔ ⎢⎣⎡0−1≤≤yy≤<70 ⇔ ⎢⎣⎡
≤ − ≤≤ − ≤ − x x 0 x x 2 ⇔ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩ ⎨ ⎧ ≤ − − ≥ − ⎩ ⎨ ⎧ < − + ≥ − x x x x x x x x 2 2 ⇔ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩ ⎨ ⎧ + ≤ ≤ −≤ ≥ ⎩⎨ ⎧ < <∈ ∀ x vx x x 0x R
⇔ ⎢⎣ ⎡
≤ ≤ −< 8< x
2 x
0
v 2≤x≤1+
(12)Bài
Giải bất phương trình :
4 x 2 x 1 x 1
2
− ≤ − +
+ (1)
Giải
Điều kiện :
⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧
≥ −
≥ −
≥ +
0 x
0 x
0 x
2
⇔ -1 ≤ x ≤
Khi (1) ⇔ + x + – x + 1−x2 ≤
2
4 x
2 ⎟⎟
⎠ ⎞ ⎜⎜
⎝ ⎛
−
⇔ + 1−x2 ≤ +
16 x4
- x2 ⇔ – x2 - 1−x2 +1+
16 x4
≥ ⇔ ≤ ( 1−x2 −1)2 +
16 x4
(2) (2) với x ∈ [-1 ; 1]
Nghiệm bất phươnt trình x ∈ [-1 ; 1] Bài
Giải bất phương trình : x
x
1
< −
− (1)
Giải Điều kiện :
⎩ ⎨ ⎧
≠ ≥ −
0 x
0 x
1
⇔
⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧
≠ ≤ ≤ −
0 x
2 1 x 2 1
(3) ⇔
) x 1 ( x
) x (
2
< −
+ − −
⇔
2 x 1
x
−
+ <
(13)Ta có : x ≤
2 1 <
4 3
⇒ 4x – < ≤ 1−4x2
⇒ (2) với x thuộc ⎢⎣⎡− ⎥⎦⎤
2 1 ; 2
1 \ { }
0
Vậy nghiệm (1) ⎢⎣⎡− ⎥⎦⎤
2 1 ; 2
1 \ { }
0
Baøi
x ) 1 x ( ) 1 x x ( x 1 x
x4 + + + − + ≤ +
(Đề thi chuyên Toán –Tin ĐHQG Hà nội1988) Giải
Điều kiện tốn có nghĩa : x >
Chia hai vế cho x(x2 +1) sau biến đổi bất phương trình trở
thành :
x x x x
1 x x
1 x
x ≤ +
+ − + + − +
Ta đặt : x +
x 1
= t ≥ , Bất phương trình tương đương với :
t t t t
1− ≤ − − , hai vế dương với t ≥ nên bình phương hai vế ta -
t 1
≤ t2 + t
-t 1-2t.
t 1−
⇔
t 1
≤t+1-2
t
1− ⇔ ≤ (
t
(14)Baøi
Giải biện luận bất phương trình : x−m+2m≤ x+2m (1) Giải
Điều kiện :
⎩ ⎨ ⎧
≥ +
≥ −
0 m 2 x
0 m x
⇔
⎩ ⎨ ⎧
− ≥ ≥
m 2 x
m x
(2) Ta xét ba trường hợp :
a) m = : (1) ⇔ x≤ x với x ≥ b) m > : (2) ⇔ x ≥ m
Khi (1) ⇔ x – m + 4m2 + 4m 1−m ≤ x + 2m
⇔ 4m x−m ≤ 3m - 4m2 ⇔ 4 x−m ≤ 3- 4m (do m > 0)
⇔ ( )
⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧
− ≤ −
≥ −
16 m 4 3 m x
0 m 4 x
2 ⇔
( )
⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧
− + ≤
≤ <
16 m m x
4 m
2
Giao với điều kiện x ≥ m ⇒ với < m ≤
4
3 (1) có nghieäm :
m ≤ x ≤ m +
2
4 m 4 3
⎟ ⎠ ⎞ ⎜
⎝ ⎛ −
Baøi
Giải bất phương trình : (12 – x)
2 x
x 12
−
− + (x – 2)
x 12
2 x
− − <
3 82 Giaûi
Điều kiện : x
x 12
− − >
⇔ < x < 12 Bất phương trình :
⇔
( ) ( ) 3(12 x)(x 2) (12 x)(x 2) 82
x 12
1
x
2
2 + − < − − − −
−
⇔ (x – 2)2 + (12 – x)2 <
82 ( )( )
(15)⇔ (x – 2)2 + (12 – x)2 + 2(x – 2)(12 – x) <
(12 x)(x 2) 2(x 2)(12 x)
82 − − + − −
⇔ (x – + 12 – x)2 < 82
) x 12 )( x ( ) x )( x 12
( − − + − −
⇔ 102 < 82
) x )( x 12 ( ) x )( x 12
( − − + − −
Đặt t = (12−x)(x−2) , t > Bất phương trình ⇔
⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧
+ < >
2
2 t 2t
3 82 10
0 t
⇔ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧
> ∨ − < >
3 t 50 t
0 t
⇔ t > ⇔ (12−x)(x−2)>3 ⇔ (12 – x)(x – 2) > ⇔ < x < 11
Kết luận : < x < 11 Bài
Giải bất phương trình :
3 x
x2 − ++ - 2x2 −3x+1 ≥ x –
(Đại học Kiến trúc Hà nội ) Giải
3 x
x2 − ++ - 2x2 −3x+1 ≥ x – (*)
Điều kiện :
⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧
≥ + −
≥ + −
0 1 x 3 x 2
0 3 x 4 x
2
⇔
1 3 1 2
x x
x ⎡ ⎢ = ⎢
≥ ⎢ ⎢
≤ ⎢ ⎣
(16)(*) ⇔ (x−1)(x−3) - (x−1)(2x−1) ≥ x – ⇔ x−3 - 2x−1 ≥ x−1
Ta thấy : x−3 - 2x−1 < x−1 ( với x ≥ 3) Vậy bất phương trình khơng thoả ∀ x ≥
• Với x ≤
2 1
(*) ⇔ 3−x - 1−2x ≥ - 1−x
⇔ 3−x + 1−x ≥ 1−2x
⇔ – x + – x + (3−x)(1−x) ≥ – 2x ⇔ + (3−x)(1−x) ≥ (luôn thoả ∀ x ≤
2 1 )
Keát luaän : x = hay x ≤
2 1
Bài
Giải bất phương trình : (x+5)(3x+4) > 4(x – 1)
(Đại học kinh tế Quốc Dân) Giải
Ta coù : (x+5)(3x+4) > 4(x – 1)
⇔
⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢
⎣ ⎡
⎩ ⎨ ⎧
− > + +
≥ − ⎩ ⎨ ⎧
< −
≥ + +
) 2 ( ) 1 x ( 16 ) 4 x 3 )( 5 x (
0 1 x
) 1 ( 0
1 x
0 ) 4 x 3 )( 5 x (
(17)Giaûi (1) : (1) ⇔
⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧
< ⎢ ⎢ ⎣ ⎡
− ≥
− ≤
1 x
3 4 x
5 x
⇔
⎢ ⎢ ⎣ ⎡
< ≤ −
− ≤
1 x 3 4
5 x
Giaûi (2) : (2) ⇔
⎩ ⎨ ⎧
≥
< − −
1 x
0 x 51 x 13
⇔
⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧
≥ < < −
1 x
4 x 13
1
⇔ ≤ x <
Hợp lại ta có : x ≤ -5 hay x 4 3
4 ≤ <
−
Bài
Giải bất phương trình : 1+x − 1−x ≥x (1)
(Đại học Ngoại thương 2001) Giải
Điều kiện : -1 ≤ x ≤
(1) ⇔ x
x 1 x 1
) x 1 ( ) x 1
( ≥
− + +
− − +
⇔ x 1 0
x 1 x 1
2 ⎟≥
⎠ ⎞ ⎜
⎝
⎛ −
− +
+ (2)
Nếu x = (2) nghiệm
Xét x ≠ , ta có ( 1+x + 1−x)2 = + 2 1−x2 < + =
⇒ 1+x + 1−x < ⇒
x 1 x 1
2
− +
+ - >
Do (2) ⇔ x >
(18)Bài
Giải bất phương trình : 7x−13− 3x−9 ≤ 5x−27
(Đại học Dân lập phương Đông 2001) Giải
27 x 5 9 x 3 13 x
7 − − − ≤ −
⇔ 7x−13≤ 3x−9+ 5x−27
⇔
⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧
− −
+ − + − ≤ − ≥
) 27 x 5 )( 9 x 3 ( 2 27 x 5 9 x 3 13 x 7
5 27 x
⇔
⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧
− ≥ − −
≥
x 23 ) 27 x 5 )( 9 x 3 ( 2
5 27 x
⇔
⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧
≥ + −
≤ ≤
0 443 x 458 x
59
23 x 5 27
2
⇔
⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧
⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡
− ≤
+ ≥
≤ ≤
59 26304 229
x
59 26304 229
x
23 x 27
⇔ x 23
59 26304
(19)Baøi 10
Chứng minh với t ∈[ ]−1;1 ta có :
2
2 2 t
t 1 t t
1+ + − ≥ + − ≥ −
(Đại học quốc Gia TP HCM -2001) Giải
Với {t} ≤ , ta có : 1+t + 1−t ≥1+ 1−t2
⇔ +t + 1−t2 +1 – t ≥ + – t2 + 1−t2
⇔ t2≥ ( với t ) Xét : + 1−t2 ≥ – t2
⇔ – t2 - 1−t2 ≤ ⇔ 1−t2( 1−t2 −1)≤0
⇔ 1−t2 ≤ (luôn )
Vậy với t ∈[ ]−1;1 , ta có : 1+t + 1−t ≥1+ 1−t2 ≥2−t2
Baøi 11
Giải bất phương trình : 2x2 + x2 −5x−6 > 10x + 15
(Đại học Y- Hà Nội- 2001 ) Giải
2x2 + x2 −5x−6 > 10x + 15
⇔ 2(x2 – 5x – 6) + x2 −5x−6 +3 >
Đặt y = x2 −5x−6 ; với x ≤ -1 x ≥ y ≥
Ta có bất phương trình : 2y2 + y – > ⇔
⎢ ⎢ ⎡
− < >
) loai ( 3 y
(20)⇔
⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡
− <
+ >
2 53 5 x
2 53 5 x
Bài 12
Giải bất phương trình :
4 x x x x x
x2 − + + − + ≥ − +
(Đại học Y Dược TP HCM - 2001) Giải
4 x x x x x
x2 − + + − + ≥ − + (*)
Điều kiện : ⎢
⎣ ⎡
≤ ≥
1 x
4 x
(*) ⇔ (x−2)(x−1)+ (x−3)(x−1) ≥ (x−4)(x−1) (**) •Trường hợp : x ≥
(**) ⇔ x−2+ x−3≥2 x−4= x−4+ x−4
(Bất phương trình ln với x ≥ ;vì x – > x – 4; x – > x – )
•Trường hợp : x <
(**) ⇔ (2−x)(1−x)+ (3−x)(1−x) ≥2 (4−x)(1−x)
⇔ 2−x + 3−x ≥2 4−x (vô nghiệm) Vì ∀x < : – x < – x ; – x < – x
(21)Bài 13
Giải bất phương trình :
(1 1 x) x 4
x
2
− > +
+
(Đại học Sư phạm Vinh - 2001) Giải
(1 1 x) x 4
x
2
− > +
+ (*)
•Khi x = : (*) ⇔ > -4 (đúng) Vậy x = nghiệm bpt (*)
•Khi x ≠ :
(*) ⇔ ( 2 )
2
x x 1 1
x − + > x –
⇔1 - 1+x + + x > x –
⇔
⎩ ⎨ ⎧
≠ < +
0 x
3 x
1 ⇔
⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧
≠ < +
− ≥
0 x
9 x
1 x
⇔
⎩ ⎨ ⎧
≠ < ≤ −
0 x
8 x 1
Vậy : (*) có nghiệm : -1 ≤ x < Bài 14
1) Giải biện luận theo a bất phương trình: 2x a− ≥x 2) Cho bất phương trình : mx− x m 1− ≤ +
a) Giải bất phương trình với m
=
b) Với giá trị m bất phương trình có nghiệm ? Giải
1) Điều kiện : x a / 2.≥
2x a− ≥x.⇔ 2 2x a− ≥2x a a− + ⇔ − ≥1 a ( 2x a 1)− − (1) • a 0− < ⇔ >a 1: (1) vô nghiệm
• a 0− = ⇔ =a 1: (1) có nghiệm x =
(22)) a 1 a a /
α < < ⇒ − − ≥ neân (2)⇔ −1 a− ≤ ≤ +x 1 a−
) a : (2) a/2 x + 1-a
β ≤ ⇔ ≤ ≤
2) Điều kiện nghiệm : x 3≥
Đặt t= x 0− ≥ ⇒ =x t2+ ≥3 3và bất phương trình cho trở thành
f (t) mt= − +t 2m 0, t 0− ≤ ≥ (1) b) α) m :≤ Vì t 0≥ nên (1) thỏa mãn
β) m : f (t)> có biệt số ∆ = −1 4m(2m 1)− = −8m2+4m 1.+
Để (1) có nghiệm t 0,≥ trước hết cần có :
0 m (1 3) /
∆ ≥ ⇒ < ≤ +
Khi f(t) có nghiệm t1 2m
− ∆
= vaø t2 2m
+ ∆
= > Từ suy bất
phương trình cho có nghiệmt1≤t2(nếut1≥0) :
0 t t≤ ≤ (nếut1<0)hoặc t=t2(nếut1=t ).2
Đáp số : m
+ ≤
b) Với m 1/ : t= 1=0, t2 = ⇒ ≤ =2 t x 2− ≤
0 x x
⇔ ≤ − ≤ ⇒ ≤ ≤ (do áp dụng phần 2) Bài 15
Với giá trị a > , giải bất phương trình a+x + a−x >a (1)
(Đề thi trường Đại học miền Bắc năm 1970) Giải
Điều kiện :
⎩ ⎨ ⎧
≥ −
≥ +
0 0
x a
x a
⇔
⎩ ⎨ ⎧
≤ − ≥
a x
a x
⇔ -a ≤ x ≤ a (*)
(1) ⇔ ( )2
a x a x
a+ + − >
⇔ 2a + 2 x
a − > a2 ⇔ a2 −x2 > a(a – 2)
⇔ ( ) (( ) )
( )
⎩ ⎨ ⎧
− >
− − ∨
⎩ ⎨ ⎧
≥ −
< −
2
2 2
2 4 2
2 0
0 2
a a x a a a x
a a a
⇔
( )
⎩ ⎨ ⎧
− <
≥ ∨ ⎩
⎨ ⎧
≤ ≤ −
< <
a a x a a x a
a
4
2
0
3
(23)Xét hệ (2) ta có :
• Nếu a ≥ ⇒ 4x2 < a3(4 – a) < : hệ vô nghiệm
• Neáu ≤ a < ⇒ x2 < ( )
a a
−
4 4
3
⇔ x < a a(4−a)
2
Kết hợp điều kiện (*) ta chọn ⏐x⏐ < a a(4−a)
2
Vậy nghiệm bất phương trình (1) : • ⏐x⏐≤ a với < a <
• ⏐x⏐ < a a(4−a)
2 với ≤ a <
Voâ nghieäm a ≥
Chú ý : Dễ dàng kiểm chứng a a(4−a)
2 ≤ a với ≤ a <
Baøi 16
Với giá trị y tồn giá trị x nghiệm bất phương trình
2log 2log 2
1
2
1 y − + y −x > (1)
Giải Đặt y2 =m
2
log , điều kiện y ≠ Bất phương trình cho thành
2m – + 2mx – x2 > ⇔ x2 – 2mx + – 2m < (2)
Bài tốn trở thành tìm m để bất phương trình (2) có nghiệm
Trước hết ta định m để bất phương trình (2) vơ nghiệm , tức định m để x2 – 2mx + – 2m ≥∀x
Điều xảy :
∆’ ≤ ⇔ m2 + 2m – ≤ ⇔ -3 ≤ m ≤
do trị m để bất phương trình (2) có nghiệm : m < -3 ∨ m >
• Với m < -3 , ta có : log
(24)• Với m > ta có : log 2
1 y > ⇔ < y
2 <
2 1
⇔ < ⏐y⏐ <
2 2
Bài 16 Định y để :
0 1 log 1 2 1 log 1 2 1 log
2 2 2 2
2 >
⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜
⎝ ⎛
+ +
− ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜
⎝ ⎛
+ +
+ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜
⎝ ⎛
+ −
y y y
y x
y y x
nghiệm với x
Giải
Đặt : m
y y = + +
1 log
1 2
Điều kiện
1
+ y
y
> ⇔ y < -1 ∨ y >
Bất phương trình cho thành (3 – m)x2 + 2mx – 2m > (2) Bất phương trình (2) nghiệm với x :
0
6
3
0
3
'
< ⇔ ⎩
⎨ ⎧
<
> ∨ < ⇔ ⎩
⎨ ⎧
<
< + − ⇔ ⎩
⎨ ⎧
> −
< ∆
m m
m m
m
m m m
Từ m < ⇔
1 log
1 2
+ +
y y
< ⇔
1 log2
+ y
y < -1
⇔
1
+ y
y <
2 1
⇔ -1 < y < Kết hợp với điều kiện ban đầu ta có < y <
Vậy với < y < bất phương trình cho nghiệm với x Bài 17
Giải phương trình : 2(5x +24)− 5x −1≥ 5x +7 (*)
(Đề thi Đại học Tổng hợp Quốc gia Matxcơva – 1977) Giải
Điều kieän 5x – ≥ ⇔ 5x≥ ⇔ x ≥ log 57 (*) ⇔ 2(5x +24)− 5x −1≥ 5x +7
(25)⇔ 2(5x +24)≥5x −7+5x +7+2 (5x −7)(5x +7)
⇔ 52x −49 ≤48 ⇔ 5x −49 ≤24 ⇔ 52x −49≤576 ⇔ 52x≤ 625 ⇔ 5x≤ 25 = 52 ⇔ x ≤
Giao với điều kiện ban đầu ta nghiệm bất phương trình log57 ≤ x ≤
Bài 18
Giải bất phương trình
( )
1
2 log
3 log
2 2
2 +
+ + + − >
+ −
x x x x
x
Giải Điều kiện để tốn có nghĩa :
⎩ ⎨ ⎧
≥ +
≥ −
0
0 x
x x
⇔ -1 ≤ x ≤ ∨ x ≥
Ta coù VP =
1
2 log
2
1 +
+ + +
− x x
x
=
2 log 1
2 log
2
2
1 +
+ + +
− x x
x
=
1
1 log
2
+ + +
− x x
x
= log ( 4 1 1)
2 x − x+ x+ +
Từ bất phương trình trỡ thành :
( 4 3) log ( 4 1 1)
log
2
2 x − x+ > x − x+ x+ +
⇔ −4 +3> −4 + +1+1 x x x x
x
⇔ x+1<2 ⇔ x + < ⇔ x <
(26)Baøi 19
Giải phương trình :
( ) 1( 8 2 6 1) 0
5 log 1 3
4
5
2 − + + + − − + ≤
x x x x x
x
(Đề thi Khoa Hoá Đại học Tổng hợp Quốc gia Matxcơva – 1983) Giải
Điều kiện để hệ có nghiệm :
⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧
≥ − − >
≥ + −
0 6 2 8
0
0 3 4
2
x x x
x x
⇔
⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧
≤ + − >
≥ + −
0 3 4 0
0 3 4
2
x x x
x x
⇔
⎩ ⎨ ⎧
= + − >
0
x x x
⇔ x = ∨ x = • Với x = ta có vế trái bất phương trình :
( ) ( ) 1 0
5 1 log 1 6 2 8 1 5 log 1 3
4 5
5
2 − + + + − − + = + =
x x x x x
x
Vậy x = nghiệmcủa bất phương trình cho • Với x = , ta có vế trái bất phương trình
( ) ( )
5
4 log
5 x
x x x x
x
− + + + − − +
5
3 1
log log
5 3
= + = − +
=
3
3 log 3
log5 − = 5 > (Để ý
3 > )
Vậy x = nghiệm bất phương trình Kết luận : bất phương trình cho có nghiệm x =
(27)Baøi 20
Giải bất phương trình : cosx – y2 - − −1≥0
x y
Giaûi
Đây dạng dẫn đến đối lập :
Phương trình cho tương đương với : cosx – y2≥ − −1
x
y (1)
Điều kiện y – x2 – ≥ ⇔ y ≥ x2 + (2) Nếu y < ⇔ (2) không nghiệm Vậy x ≥ , lúc (2) ⇔ y2≥ (x2 + 1)2 (3) Bất phương trình (1) có nghiệm : cosx – y2≥ ⇔ y2≤ cosx (4)
Từ (3) (4) ta có : cosx ≥ y2≥ (x2 + 1)2 (5) ⇒ cosx ≥ (x2 + 1)2 (6) Mà cosx ≤ (x2 + 1)2≥
Suy (6) có nghiệm
( ) ⎪⎩
⎪ ⎨ ⎧
= +
=
1 1
1 cos
2
x x
⇔
⎩ ⎨ ⎧
= =
0 1 cos
x x
⇔ x = Khi (5) trở thành :
1 ≥ y2≥ ⇔ y2 = ⇔ y = ∨ y = -1 (loại y ≥ 0) Vậy nghiệm bất phương trình cho x = ; y = Bài 21
Giải bất phương trình 2x−1+ 3x−2 > 4x−3+ 5x−4 (1)
Giải Điều kiện :
5 4 0
4 5
0 3 4
0 2 3
0 1 2
≥ ⇔ ⎪
⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧
≥ −
≥ −
≥ −
≥ −
x
x x x x
Bất phương trình (1) tương đương với :
2 3 4 5 3 4 1
2x− − x− > x− − x− (2)
(28)vaø 5x−4− 3x−2 ≥0⇔ 5x−4 ≥ 3x−2
⇔ 5x – ≥ 3x – ⇔ x ≥ Vaäy :
• Nếu x = : (2) ⇔ > : vô lý • Nếu x < ⇒
⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧
< − − −
> − − −
0 2 3 4 5
0 3 4 1 2
x x
x x
⇒ (2) nghiệm với x <
Kết hợp với điều kiện ban đầu ta có nghiệm số :
5 4
≤ x < • Nếu x > ⇒
⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧
> − − −
< − − −
0 2 3 4 5
0 3 4 1 2
x x
x x
⇒ (2) không nghiệm với x >
Vậy nghiệm bất phương trình cho :
5 4
≤ x < Chú ý :
Nếu giải cách thông thường thời gian nhiều Bài 22
Giải bất phương trình : x−1− x+2>x−2
(Đề Đại Học Mỏ Địa Chất ) Giải
Điều kiện : ⎩⎨ ⎧
≥ + ≥ −
0 x
x ⇔ x ≥ Lúc : x−1− x+2 >x−2 (1)
(1) ⇔
2 x x
) x ( ) x (
− − −
+ −
− > x –2 ⇔ ( x – 2)[3−2( x−1− x+2] >
(29)Bài 22:
Tìm m để bất phương trình : (1+2x)(3−x)>m+(2x2 −5x+3) thoả mãn ∀ ∈⎢⎣⎡− ;3⎥⎦⎤
2
x
(Đề Đại Học Giao Thông Vận Tải ) Giải
Điều kiện cần :
) x x ( m ) x )( x
( + − > + − + (*)
⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡− ∈
∀ ;3
2 x Cho x = : > m + ⇒ m < −6
Điều kiện đủ : Với m < −6 ta chứng minh (*) ∀ ∈⎢⎣⎡− ;3⎥⎦⎤ x Đặt t = (1+2x)(3−x) ≥ (*) trở thành :
t > m + – t2 ⇔ t2 + t > m + Điều hiển nhiên :
t2 + t ≥
⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ ∈
∀ ;3
2
x ; m + < Vậy m cần tìm : m < −6
Bài 23
Giải bất phương trình : −x2 +6x−5>8−2x
(Đề Đại Học Quốc Gia HàNội ) Giải
x x
x2 + − > −
− ⇔ −(x−1)(x−5)>2(4−x) (1) Điều kiện : ≤ x ≤
Nếu < ≤ (1) nghiệm
Neáu ≤ x≤ : (1) ⇔ −x2 +6x−5>64−32x+4x2 ⇔
0 64 x 32 x
4 − + < ⇔ < x <
(30)Baøi 24
Giải bất phương trình : x
1 x x
5 x
5 + < + +
(Đề Đại Học Luật TPHCM) Giải
Điều kiện : x >
Đặt t = ,t x
2
x + ≥
Ta coù : t2 = 2(t 1) x
2 x x
1
x+ + ⇒ + = −
Bất phương trình cho :
⇔ 5t<2(t2 −1)+4⇔2t2 −5t+2>0
⇔ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡
> <
2 t
) loai (
t ⇔ 1 4
x
1 x x
1
x + > ⇔ + + >
⇔ 4x2 –12x +1 > ( x > 0) ⇔
⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡
+ >
− < <
2 2 x
2 2 x
Baøi 25
Cho Bất phương trình : (x2 +1)2 +m≤x x2 +2+4 1-\Giải Bất phương trình m =
2-\ Xác định tham số m để Bất phương trình cho thoả với x đoạn [ 0;1 ]
( Đại Học Luật TPHCM) Giải
1-\ (x2 +1)2 +3≤x x2 +2 +4
⇔
⎩ ⎨ ⎧
≥ + ≤ +
⇔ + ≤
+
0
x(x 2) x x
2 x x x
x4 2 2
⇔
⎩ ⎨ ⎧
≥ < − ≤
⇔ ⎩
⎨ ⎧
≥+0 − ≤ x0 x0 x 2x
x4 2
(31)m ≤ −x4 −2x2 +x x2 +2+3 m ≤ −x2(x2 +2)+x x2 +2 +3
Đặt t = x x2 +2 ≤ x ≤ , ta coù : ≤ t ≤ 3 Bất phương trình theo t : m ≤ −t2+ t + ; t∈ [0; 3]
Đặt f(t) = −t2+ t + ; t∈ [0; 3]
f’(t) = −2t+ f’(t) = ⇔ t = Bảng biến thiên cho ta :
Điều kiện m : m ≤ Bài 27
Giải bất phng trình :
4 x x x x x
x2 − + + − + ≥ − +
( Đại Học Quốc Gia TP HC M ) Giải
4 x x x x x
x2 − + + − + ≥ − + (1)
⇔ (x−1)(x−2) + (x−1)(x−3)≥ (x−1)(x−4) (2) bất phuơng trình có nghĩa x ≤ x ≥
Xét trường hợp :
* x ≥ : (2) ⇔ x−1 x−2+ x−1 x−3≥2 x−1 x−4 ⇔ x−2+ x−3≥2 x−4
bất phương trình hiển nhiên x –2 > x –3 > x – ≥ * x ≤ : (2) ⇔ x−1 x−2+ x−1 x−3≥2 x−1 x−4 Rõ ràng x = nghiệm
Xét x < Lúc :
(2) ⇔ 2−x + 3−x≥2 4−x
⇔ 5−2x+2 2−x 3−x ≥ (4 – x) ⇔ 2−x 3−x ≥ 11 – 2x
(32)Baøi 28
Giải biện luận theo tham số m bât phươngtrình sau:
x2 − ≥ m (x – 2) (1)
(Đề Đại Học Quốc Gia Hà Nội ) Giải
Điều kiện : x2 – ≥ ⇔
⎢⎣ ⎡ ≥− ≤ x x
* Neáu m = : bât phươngtrình có nghiệm : ⎢⎣⎡xx≥≤−22 * Nếu m > , ta coù :
(1) ⇔
⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩ ⎨ ⎧ ≥+ ≥ − − ≤ ⇔ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩ ⎨ ⎧ ≥− ≥ − − ≤
x m (x 2) x
2 x
x m (x 2) x x 2 2 ⇔ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩ ⎨ ⎧ ≥ − ≥ + − ≤
xm 1)x 2(m 1) (
2 x
2
* Neáu < m ≤ (1) ⇔ ⎢⎣ ⎡ ≥− ≤ x x
* Neáu > m ≤ (1) ⇔ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − + ≤ ≤ − ≤ m ) m ( x 2 x 2
* Nếu m < (1) ⇔ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩ ⎨ ⎧ − ≥ −− ≤ ≥ 2
2 4 m (x 2)
x x x ⇔ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩ ⎨ ⎧ − ≤ +− ≤ ≥ ) x ( m x x x
2 ⇔ ⎢⎢
⎣ ⎡ ⎩ ⎨ ⎧ + ≥ − − ≤ ≥ ) m ( x ) m ( x x 2
* Neáu −1< m < (1) ⇔ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − + ≤ ≥ m ) m ( x x 2
(33)Baøi 29
Tìm nghiệm bất phương trình :
2
2 x 1 x
x
x+ − < − [ , ]
(Đề Đại Học Kiến Trúc Hà Nội ) Giải
2
2 1 x x 1 x
x
x+ − ≥ − ≥ − ∀x∈ [ , ] , bất phương trình cho vơ nghiệm [ , ]
Bài 30
Giải biện luận bất phương trình : m x m x m
x− − − > − ( m : tham số ) Giải
Xét x−m− x−2m> x−3m
⇔ x−m> x−2m+ x−3m (*) * Nếu m ≤ ⇒ bất phương trình vơ nghiệm * Nếu m > Điều kiện x ≥ 3m :
(*) ⇔ x−m>x−2m+x−3m+2 (x−2m)(x−3m) ⇔ 4m−x>2 (x−2m)(x−3m)
Khi 3m ≤ x < 4m , bình phương vế bất phương trình , ta : )
m mx x ( mx x m
16 + − > − +
⇔
2 m ) ( x
m ) ( m mx 12 x
3 − + < ⇔ − < < +
Giao với điều kiện : 3m ≤ x < , ta : 3m ≤ x <
m ) ( + Kết luận :
+ Nếu m ≤ : bất phương trình vô nghiệm + Nếu m > : bất phương trình có nghiệm 3m ≤ x <
2 m )
(34)Baøi 31
Giải bất phương trình ( −3) −4 ≤ −9
x x
x
(Đại học dân lập Ngoại ngữ – Tin học , năm 1997) Giải
( −3) −4≤ −9
x x
x ⇔ (x−3) x2 −4 ≤(x−3)(x+3)
Với x = ta có đẳng thức
Với x ≠ ta phân làm trường hợp • x > :
Lúc ta có : −4
x ≤ x +
⇒ x2 – ≤ x2 + 6x + ⇒ x ≥
6 13
−
Vì x > nên tất nhiên x ≥
6 13
− Do nghiệm bất phương trình x >
• x <
Ta có :x < ⇔ x – < nên bất phương trình tương đương với
4 −
x ≥ x +
Suy : x ≤
6 13
−
Với x ≤
6 13
− x > nghiệm bất phương trình x ≤
6 13
−
Đáp số :Vậy nghiệm bất phương trình cho :
⎢ ⎢ ⎣ ⎡
− ≤ ≥
6 13 3
x x
Baøi 32
Cho bất phương trình x - x−1 ≤ m +
a) Giải bất phương trình với m =
b) Với giá trị m bất phương trình vơ nghiệm Giải
a) Ta phải có điều kiện x ≥
(35)⇔ x2 – 6x + ≤ ⇔ ≤ x ≤ b) Xeùt x - x−1 ≤ m +
Đặt t = x−1 ≥ ⇒ x – = t2
⇒ t2 – 2t ≤ m ⇒ (t – 1)2≤ m +
⇒ - m+1 ≤ t ≤ + m+1
Kết hợp với điều kiện t ≥ ta thấy ∀m ≥ -1 bất phương trình ln có nghiệm
max{1−1 m+1,0}≤ t ≤ + m+1
⇒ + max2{1− m+1,0}≤ x ≤ + (1 + m+1)2 Baøi 33
Giải bất phương trình : x+3− x−1> 2x−1
(Đại học dân lập Hồng Bàng , năm 1998 – 1999) Giải
x+3− x−1> 2x−1
⇔
( )( )
⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧
+ < − −
+ − + −
≥ −
≥ −
3 1
2 1 2
1 2 1
0 1 2
0 1
x x
x x
x x x
⇔
⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧
+ − ≤ + − ≥ ≥
5 2 1 3 2 2
2 1 1
2
x x
x x x
⇔
( )
⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧
+ − < + −
≥ + −
≥
25 20 4
1 3 2 4
0 5 2
1
2
x x
x x x x
⇔ ⎪⎪⎨
⎧ ≤ ≥
5 1
x
⇔ ⎪⎪⎨
⎧ ≤ ≤
2 5
1 x
(36)Vậy nghiệm bất phương trình cho ≤ x ≤
2 3
Baøi 34
Giải bất phương trình 3 6 4 2 2 x x x
x + + < − −
(Đại học Giao thông vận tải , năm 1998) Giải
Đặt t = +6 +4 x
x , ta coù :
3 6 4 2 2 x x x
x + + < − − (1)
⇔
⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧
≥
+ + =
− − <
0
4
(2)
2 2
2
t
x x t
x x t
⇔ x2 + 2x =
3 4
2 −
t
(3)
Thế (3) vào (1) ta coù : t < - ⎟⎟
⎠ ⎞ ⎜⎜
⎝ ⎛ −
3 t
⇔ t2 + 3t – 10 = ⇔ -5 < t < (4) Do t ≥ neân :0 ≤ t <
⇔ t2 < ⇔ 3x2 + 6x + < ⇔ -2 < x < Đáp số (1) ⇔ -2 < x <
Baøi 35
Giải bất phương trình : 3 2 1
5 4 9
2
+ ≤ − −
x x
x
(Đại học sư phạm Quy Nhơn , năm 1998) Giải
Bpt ⇔ 3 2
1 5
4 9
2
+ ≤ − −
x x
x
⇔ ( )( )
1
2 3
2 − ≤ +
− +
x x
x x
• x <
3 2
− : (3x + 2)(3x – 2) > Do ( )( )
1
2 3
2 − ≤ +
− +
x x
x
(37)•
3 2 5
1 < ≤
x : (3x + 2)(3x – 2) ≤
Do ( )( )
5
2 3
2 − ≤ +
− +
x x
x
x hiển nhiên thoả mãn
• x >
3
2 : (3x + 2)(3x – 2) >
Do : ( )( )
5
2 3
2 − ≤ +
− +
x x
x x
⇔ 3x – ≤ −1 x
⇔ (3x – 2)2≤ 5x2 – ⇔ 4x2 – 12x + ≤ ⇔
3 2
≤ x ≤
2 5
Vậy tập nghiệm bất phương trình : ⎥
⎦ ⎤ ⎜⎜
⎝ ⎛ ∪ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎢
⎣ ⎡
− −
2 5 ; 5 1 5
1 ; 3 2
C.BAØI TẬP TỰ GIẢI Giải bất phương trình sau : Bài
a 2x+1<5 b 3x−2>1 c x
3 x
−
+ ≥ d
2 x
1 x
−
− ≤ Baøi
(38)Baøi
a (x+2)(x−5) < – x b x2 −x−12 < x c
3 x
x x 15
17
+ −
− > d
20 x
9 − < x e x2 −4x > x – f. 3x2 −22x > 2x –
Baøi
a) x2 −5x+6 ≤ x + b) 2x2−3x x 1− < −
c) x2+ −x 12 < – x d) 3 x− < – x
e ) x2−7x 8− < x –
Baøi
a) s ≥ x – b) x 1+ < x – c) x2−2x > – x
d) x2−3x 10− > x – e) 2x2+7x 5+ > x +
e) x+1− x−2 ≤ f) x+3− x−4 ≥
g) x−1+ x+2 ≤ h) 3x+1+ x−4− 4x+5 < k) x+1− x−1≥2 x−3
Baøi
Giải bất phương trình sau : a) 4(x + 1)2 < (2x + 1)(1 - 3+2x)2 b) (x – 3) x2 +4 ≤ x2 –
c) x+2 − x+1 ≤ x d) 2x2 −6x+1−x+2>0
e)
1 x
x x
x
> + − +
f) 5x2 +10x+1≥7−x2 −2x g)
4 x x x
2 − ≤ − + +
Đáp số :
a) - x
3
− <
(39)b) x ≤ -6
5 x ≥ c) x >
3 − d) x ≤
2
3− x
≥ e) -3
4 < x < -1 f) x ≤ -3 x ≥ g) –1 ≤ x ≤ h) 17−4x + x−5≤ 13x+1
Baøi
Giải bất phương trình : a)
x x x x
x− − − > − b) 2x
9 x
x
2 < + −
+
c) x2 +2x−15+ x2 −8x+15 > 4x2 −18x+18 d) x – <
( )2
2 x 1
x
+
+ e) 2x
1 x x
5 x
5 + < + +
Hướng dẫn :
a) x > 1, x ≠
2
5+ b) < x <
8 45 c) x < x > d) –1 ≤ x ≤ e) Đặt t =
x
1
x + ⇒ t2 = x + 1 a
1
+ ⇒ 2x + 2t x
2
1 = −
Bất phương trình : 2t2 –5t + > ⇔
⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡
> >
2 t
2 t
Đáp số : x > 2
3+ < x < 2 3− Bài
a) x+6> x−1+ 2x−5 b) x−2− x+3−2 x ≥ c) 2 7+x − 2 7−x >4 28 d) x2 + x2 +11 < 31
e)
4 x
4 x
2 −
>
− f)
2 x
4 x
+
(40)Baøi
a) x2 −3x+5+x2 ≤ 3x +
b) 2x2 − (x−3)(2x−7) < 13x +
c) 2x+ 6x2 +1 < x + d) (1+x2) x2 +1>x2 −1
e) x+5+2>3 x−3 e) 31+ x <2−31− x
f) x−2+46−x ≥ 2 g) 4−4x3+x6 >x−3 2
h) x4 −2x2 +1 > – x Baøi 10
a) 3x2 +5x+7− 3x2 +5x+2 >
b) x
x
4
− −
− < c) (x−3) x2 −4≤x2 −9
d)
2 x
x 12 2 x
x 12
x x
− − − −
− >
e)
x x
1 x
4
2
2
2 + − − >
− + f)
3 x
5 x x
16 x2
− > − + − −
g) x2 +3x+4+ x+1>−3 h) x2 +3x+2− x −x+1 < Bài 11
Tìm m để phương trình : (1+2x).(3−x) > m+ (2x2-5x +3) thỏa mãn ∀ , x ∈
⎥⎦ ⎤ ⎢⎣
⎡− , 3
2 1
(41)Bài 12
Giải biện luận phương trình : x
x − − > a (1) với a : tham số dương
Hướng dẫn :
(1) ⇔ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧
− <
+ − ≥
1 x x ) a ( x
1 x
2 ⇔
⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧
+ − < −
+ > ≥
2 2
)] a ( x [ x ) x (
2 a x
1 x
Đáp số :
a = : bất phương trình vô nghiệm
0 < a < : bất phương trình có nghiệm : ≤ x ≤
2
a
1 a
⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜
⎜ ⎝ ⎛ + a > : bất phương trình vô nghiệm