Chuyên đề Bất phương trình có chứa căn

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-\ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩⎨ ⎧ > ≥⎩ ⎨⎧ ≥ 2BA 0B 0A 0B BA 3-\ A2 ≥ B2 ⇔ (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 : ( ) ( ) P x Q x ≥ 0 ( ≤ 0 , > 0 , < 0) trong đó P(x), Q(x) là các biểu thức đưa được về dạng tích các tam thức hoặc nhị 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 nhị 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 – 2x2 ≥ 0 ⇔ 2 17− ≤ x ≤ 1 . Sau đó chú ý đến mẫu có ( x + 3) là một nhị 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 – 2x2 > 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 < 2x41− ⇔ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ ⎩⎨ ⎧ −>− ≥−⎩ ⎨⎧ ≥− <− 22 2 )x31(x41 0x31 0x41 0x31 ⇔ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ +−>− ≤ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≤≤− > 22 x9x61x41 3 1x 2 1x 2 1 3 1x 82 ⇔ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ <− ≤ ≤< 0x6x13 3 1x 2 1x 3 1 2 ⇔ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ << ≤ ≤< 13 6x0 3 1x 2 1x 3 1 ⇔ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ≤< ≤< 3 1x0 2 1x 3 1 So với điều kiện ⇔ 0 < x ≤ 2 1 (1). Trường hợp 2 : ⎩⎨ ⎧ −−− )dk(0x 0x3x411 2 ⇒ 1 – 3x > 2x41− ⇔ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ −<− ≥− >− 22 2 )x31(x41 0x41 0x31 ⇔ ⎪⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎪ ⎨ ⎧ >< ≤≤− < 13 6vx0x 2 1x 2 1 3 1x ⇔ 0x 2 1 <≤− v 2 1x 13 6 ≤< So với điều kiện ⇔ 0x 2 1 <≤− v 2 1x 13 6 ≤< (2) Hợp (1) (2) ta được nghiệm của bpt là : 2 1x 2 1 ≤≤− c) 2x2xx 22 +++ > 4 – 2x ⇔ 062x2x2x2x 22 >−+++++ (*) Đặt t = 2x2x 2 ++ ≥ 1 (1) (*) ⇔ t2 + t – 6 > 0 ⇔ t 2 (2) (1) ∧ (2) ⇔ t > 2 Vậy bất phương trình ⇔ 2x2x 2 ++ > 2 ⇔ x2 + 2x + 2 > 0 ⇔ 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 ≤− x2(x2 – 1) để luôn có nghĩa là x2 – 1 ≥ 0 ⇔ x ≤ 1− v x ≥ 1 (*) Với x ≤ 1− ⇔ x4 – x2 –1 ≤ 0 (1) Đặt t = x 2 ( t ≥ 0) (1) ⇔ t2 – t – 1 ≤ 0 ⇔ 2 51t 2 51 +≤≤− So với điều kiện ta được : 0 ≤ t ≤ 2 51+ ⇒ x2 2 51+− ≤ 0 ⇔ 2 51x 2 51 +≤≤+− So với điều kiện có nghĩa ta được : x φ∈ (a) Trường hợp 2 : Với x ≥ 1thì 1 24 xx −− ≥ x2 – 2x + 1 ⇔ x2xxx 224 +−≤− ⇔ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ +−≤− ≥− ≥− 23424 24 2 x4x4xxx 0xx 0xx2 ⇔ ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ ≤ −≤ ≤≤ 4 5x 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 trị 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 định của hàm số sau : 6y 5 x x = − − Giải 1/ 6y 5 x x = − − được xác định khi : 26 x 5x 65 x 0 0x x x 0 x 0 ⎧⎧ − +− − ≥⎪ ⎪ ≤⇔⎨ ⎨⎪ ⎪≠ ≠⎩ ⎩ ( ] [ )x 0 ,0 2, 3 2 x 3 ≠⎧⇔ ⇔ −∞ ∪ +⎨ ≤ ≤⎩ Vậy, miền xác định của y là [ ] ( )D 2,3 ,0= ∪ −∞ b) Giải bất phương trình : x32x87x +≥−+− Giải x32x87x +≥−+− (1) Điều kiện của nghiệm: 4 x 7 (2)≤ ≤ (1) ( )( )x 3 2x 8 7 x 2 2x 8 7 x⇔ + ≥ − + − + − − ( ) ( ) 24 2 2x 8 7 x 4 (2x 8)(7 x) 2x 22x 60 0⇔ ≥ − − ⇔ ≥ − − ⇔ − + ≥ 2x 11x 30 0⇔ − + ≥ x 5 x 6 (3)⇔ ≤ ∨ ≥ (2) và (3) cho [ ] [ ]x 4,5 6,7∈ ∪ Ví dụ 3 Giải bất phương trình : 21 x x 1 0− − + > Từ đó suy ra bảng xét dấu của : ( ) 2f x 1 x x 1= − − + Giải Ta có : 21 x 1 x 0− − + > 22 1 x 0 x 1 1 x x 11 x x 1 − ≥⎧ ≤⎧⎪ ⎪⇔ ⇔⎨ ⎨ − > +⎪− > +⎪ ⎩⎩ [ ]x 1 x 1,0 1 x 0 ≤⎧⇔ ⇔ ∈ −⎨− ≤ ≤⎩ 85 Vậy : 21 x 1 x 0 1 x 0− − + > ⇔ − ≤ ≤ Từ đó suy ra Bảng xét dấu của ( ) 2f x 1 x 1 x= − − + Theo trên : ( ) 2f x 1 x 1 x 0 1 x 0= − − + > ⇔ − ≤ ≤ nên ( )f x 0 x 0< ⇔ ∨ Ví dụ 4 Giải phương trình : ( ) 2x 2 x 1 x 1 x x x 0− − − − + − = Giải 1) 2x 2 x 1 (x 1) x x x 0− − − − + − = ⇔ ( )x 2 x 1 (x 1) x x x 1 0− − − − + − = Đặt : A x B x 1 (A 0) (B 0) ⎧ = ≥⎪⎨ = − ≥⎪⎩ Ta có : 2 2 2 2 A B 1 A 2B AB AB 0 (1) (2) ⎧ − =⎪⎨ − − + =⎪⎩ Thay : 2 2A B 1= + vào (2), ta có : 2B 1 2B AB(B 1) 0+ − − − = B 1 (B 1)(B 1 AB) 0 B 1 AB 0 =⎡⇔ − − − = ⇔ ⎢ − − =⎣ • B = 1 ta được : x 1 1 x = 2− = ⇔ • 2 2 2 B 1 0 B 1 AB ( (B 1) A B − ≥⎧⎪− = ⇔ ⎨ − =⎪⎩ vì A 0,B 0)≥ ≥ 2 2 2 2 B 1 B 2B 1 (B 1)B B 12 vì : A ≥⎧⎪⇔ ⎨ − + = + = +⎪⎩ 4 B 1 B 2B 1 0(*) ≥⎧⎪⇔ ⎨ + − =⎪⎩ Vì B 1≥ nên (*) vô nghiệm nếu Kết luận : Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2 86 Ví dụ 5 Giải bất phương trình : 2 2(x 3) x 4 x 9− − ≤ − Giải Tập xác định của phương trình là : ( ] [ ); 2 2; −∞ − ∪ ∞ Ta có : 2 2(x 3) x 4 x 9 (1) − − ≤ − 2(x 3) x 4 (x 3) 0 (2) ⎡ ⎤⇔ − − − + ≤⎢ ⎥⎣ ⎦ Đặt 2f (x) (x 3) x 4 (x 3) .⎡ ⎤= − − − +⎢ ⎥⎣ ⎦ Rõ ràng f xác định và liên tục trên ( ] [ ); 2 2; −∞ − ∪ + ∞ 2 x 3 f (x) 0 x 4 x 3 (3) =⎡= ⇔ ⎢⎢ − = +⎣ (3) 2 2 13x 4 x 6x 9 x 6x 3 ⎧ − = + +⎪⇔ ⇔ = −⎨ ≥ −⎪⎩ 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 13x hay x 3 6 ≤ − ≥ Ví dụ 7 Giải bất phương trình : 22x 6x 1 x 2 0− + − + > Giải Đặt f(x) 22x 6x 1 x 2= − + − + ' 9 2 7.∆ = − = Rõ ràng f xác định và liên tục trên 87 3 7 3 7; ; . 2 2 ⎛ ⎤ ⎡ ⎞− +−∞ ∪ +∞⎜ ⎟⎥ ⎢⎜ ⎟⎝ ⎦ ⎣ ⎠ Trong tập xác định, ta có : 2f (x) 0 2x 6x 1 x 2 0= ⇔ − + − + = 22x 6x 1 x 2⇔ − + = − 2 22x 6x 1 x 4x 4 x 3 x 2 ⎧ − + = − +⎪⇔ ⇔ =⎨ ≥⎪⎩ x -∞ 0 2 73− 2 73+ 3 4 +∞ f(x) + || || - 0 + f (0) 0;f (4) 0.> > Đáp số : 3 7x ; (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 ⇔ ⎩⎨ ⎧ ⇔ 2 ≤ x < 3 b) x4x 2 − > x – 3 ⇔ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ ⎩⎨ ⎧ −>− ≥−⎩ ⎨⎧ ≥− <− 22 2 )3x(x4x 03x 0x4x 03x ⇔ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩⎨ ⎧ >− ≥⎩ ⎨⎧ ≤< 09x2 3x 0x 3x v 4x ≥ ⇔ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ > ≥ ≤ 2 9x 3x 0x ⇔ ⎢⎢⎣ ⎡ > ≤ 2 9x 0x ⇔ x ≤ 0 v x > 2 9 88 c) 12xx 2 −+ ≤ 8 – x ⇔ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≥−+ +−≤−+ ≥− 012xx xx166412xx 0x8 2 22 ⇔ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ −≤ ≤ ≤ 4x 17 76x 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 44x 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 − ≥ x2 – 9 ⇔ (x – 3) )3x4x( 2 −−− ≥ 0 Trường hợp 1 : ⎩⎨ ⎧ +≤− ≤− 3xx4x 03x 2 ⇔ ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ ⎩⎨ ⎧ ++≥− ≥+⎩ ⎨⎧ ≥− <+ ≤ 9x6x4x 03x 04x 03x )dk(3x 22 2 ⇔ ⎪⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎪ ⎨ ⎧ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ −≤ −≥⎩ ⎨⎧ −≤ −< ≤ 6 13x 3x 2x 3x 3x v 2x ≥ ⇔ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ −≤ ≤ 6 13x 3x ⇔ x ≤ 6 13− (1) 89 Trường hợp 2 : ⎩⎨ ⎧ +≤− ≥− 3x4x 03x 2 ⇔ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≥− ++≤− ≥+≥ 04x 9x6x4x 03x 3x 2 22 ⇔ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≥−≤ −≥ ≥ 2vx2x 6 13x 3x ⇔ x ≥ 3 (2) Hợp (1) (2) : x ≤ 6 13− v x ≥ 3 g) 7x12x6 2 +− + 2x ≥ x2 ⇔ 7x12x6 2 +− ≥ x2 – 2x ⇔ 7)x2x(6 2 +− ≥ x2 – 2x (1) Đặt y = x2 – 2x ⇔ y + 1 = (x + 1)2 ≥ 0 ⇔ y ≥ 1− (1) ⇔ ⎩⎨ ⎧ ≥+ −≥ (*)y7y6 1y (*) ⇔ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩⎨ ⎧ ≥+ ≥⎩ ⎨⎧ ≥+ <≤− 2y7y6 0y 07y6 0y1 ⇔ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩⎨ ⎧ ≤−− ≥ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ −≥ <≤− 07y6y 0y 6 7y 0y1 2 ⇔ ⎢⎢⎣ ⎡ ⎩⎨ ⎧ ≤≤− ≥ <≤− 7y1 0y 0y1 ⇔ ⎢⎣ ⎡ ≤≤ <≤− 7y0 0y1 ⇔ ⎢⎣ ⎡ ≤−≤ ≤−≤− 7x2x0 0x2x1 2 2 ⇔ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ ⎩⎨ ⎧ ≤−− ≥− ⎩⎨ ⎧ <− ≥+− 07x2x 0x2x 0x2x 01x2x 2 2 2 2 ⇔ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩⎨ ⎧ +≤≤− ≥≤⎩ ⎨⎧ <<∈∀ 81x81 2vx0x 2x0 Rx ⇔ ⎢⎣ ⎡ ≤≤− << 0x81 2x0 v 81x2 +≤≤ ⇔ 81x81 +≤≤− 90 Bài 1 Giải bất phương trình : 4 x2x1x1 2 −≤−++ (1) Giải Điều kiện : ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ ≥− ≥− ≥+ 0 4 x2 0x1 0x1 2 ⇔ -1 ≤ x ≤ 1 Khi đó (1) ⇔ 1 + x + 1 – x + 2 2x1− ≤ 22 4 x2 ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ − ⇔ 2 + 2 2x1− ≤ 4 + 16 x 4 - x2 ⇔ 1 – x2 - 2 2x1− +1+ 16 x 4 ≥ 0 ⇔ 0 ≤ ( )22 1x1 −− + 16 x 4 (2) (2) đúng với mọi x ∈ [-1 ; 1] . Nghiệm của bất phươnt trình là mọi x ∈ [-1 ; 1] . Bài 2 Giải bất phương trình : 3 x x411 2 <−− (1) Giải Điều kiện : ⎩⎨ ⎧ ≠ ≥− 0x 0x41 2 ⇔ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≠ ≤≤− 0x 2 1x 2 1 (3) ⇔ 3 )x411(x )x41(1 2 2 < −+ −− ⇔ 2x411 x4 −+ < 3 ⇔ 4x 4x – 3 (2) 91 Ta đã có : x ≤ 2 1 < 4 3 ⇒ 4x – 3 < 0 ≤ 3 2x41− ⇒ (2) đúng với mọi x thuộc ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡− 2 1; 2 1 \ { }0 Vậy nghiệm của (1) là ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡− 2 1; 2 1 \ { }0 Bài 3 x )1x()1xx(x1xx 32 224 +≤+−+++ (Đề thi chuyên Toán –Tin ĐHQG Hà nội1988) Giải Điều kiện bài toán có nghĩa : x > 0 . Chia hai vế cho )1x(x 2 + và sau khi biến đổi bất phương trình trở thành : x 1x x 1x 11 x 1x 1 x 1x +≤ + −+ + −+ Ta đặt : x + x 1 = t ≥ 2 , Bất phương trình tương đương với : t 1tt t 11 −−≤− , do hai vế dương với mọi t ≥ 2 nên bình phương hai vế ta được 1 - t 1 ≤ t2 + t - t 1 -2t. t 11− ⇔ t 1 ≤t+1-2 t 11− ⇔ 0 ≤ ( t 11− - 1)2 đúng với mọi t ≥ 2 , Vậy : bất phương trình đúng với mọi x > 0. 92 Bài 4 Giải và biện luận bất phương trình : m2xm2mx +≤+− (1) Giải Điều kiện : ⎩⎨ ⎧ ≥+ ≥− 0m2x 0mx ⇔ ⎩⎨ ⎧ −≥ ≥ m2x mx (2) Ta xét ba trường hợp : a) m = 0 : (1) ⇔ x ≤ x đúng với mọi x ≥ 0 b) m > 0 : (2) ⇔ x ≥ m Khi đó (1) ⇔ x – m + 4m2 + 4m m1− ≤ x + 2m ⇔ 4m mx − ≤ 3m - 4m2 ⇔ 4 mx − ≤ 3- 4m (do m > 0) ⇔ ( )⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ −≤− ≥− 16 m43mx 0m4x 2 ⇔ ( ) ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ −+≤ ≤< 16 m43mx 4 3m0 2 Giao với điều kiện x ≥ m ⇒ với 0 < m ≤ 4 3 thì (1) có nghiệm : m ≤ x ≤ m + 2 4 m43 ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ − Bài 5 Giải bất phương trình : (12 – x) 2x x12 − − + (x – 2) x12 2x − − < 3 82 Giải Điều kiện : 2x x12 − − > 0 ⇔ 2 < x < 12 Bất phương trình : ⇔ ( ) ( ) ( ) )2x)(x12()2x(x123 82 x12 1 2x 1 22 −−−−<−+− ⇔ (x – 2)2 + (12 – x)2 < 3 82 ( )( )2xx12 −− 93 ⇔ (x – 2)2 + (12 – x)2 + 2(x – 2)(12 – x) < ( )( ) )x12)(2x(22xx12 3 82 −−+−− ⇔ (x – 2 + 12 – x)2 < 3 82 )x12)(2x(2)2x)(x12( −−+−− ⇔ 102 < 3 82 )2x)(x12(2)2x)(x12( −−+−− Đặt t = )2x)(x12( −− , t > 0 Bất phương trình ⇔ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ +< > 22 t2t 3 8210 0t ⇔ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ >∨−< > 3t 3 50t 0t ⇔ t > 3 ⇔ 3)2x)(x12( >−− ⇔ (12 – x)(x – 2) > 9 ⇔ 3 < x < 11 Kết luận : 3 < x < 11 Bài 6 Giải bất phương trình : 3x4x 2 ++− - 1x3x2 2 +− ≥ x – 1 (Đại học Kiến trúc Hà nội ) Giải 3x4x 2 ++− - 1x3x2 2 +− ≥ x – 1 (*) Điều kiện : ⎪⎩ ⎪⎨⎧ ≥+− ≥+− 01x3x2 03x4x 2 2 ⇔ 1 3 1 2 x x x ⎡⎢ =⎢ ≥⎢⎢ ≤⎢⎣ •Với x =1 , bất phương trình nghiệm đúng •Với x ≥ 3 , ta có : 94 (*) ⇔ )3x)(1x( −− - )1x2)(1x( −− ≥ x – 1 ⇔ 3x − - 1x2 − ≥ 1x − Ta thấy : 3x − - 1x2 − < 1x − ( với x ≥ 3) Vậy bất phương trình không thoả ∀ x ≥ 3 • Với x ≤ 2 1 . (*) ⇔ x3− - x21− ≥ - x1− ⇔ x3− + x1− ≥ x21− ⇔ 3 – x + 1 – x + 2 )x1)(x3( −− ≥ 1 – 2x ⇔ 3 + 2 )x1)(x3( −− ≥ 0 (luôn thoả ∀ x ≤ 2 1 ) Kết luận : x = 1 hay x ≤ 2 1 Bài 7 Giải bất phương trình : )4x3)(5x( ++ > 4(x – 1) (Đại học kinh tế Quốc Dân) Giải Ta có : )4x3)(5x( ++ > 4(x – 1) ⇔ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩⎨ ⎧ −>++ ≥− ⎩⎨ ⎧ <− ≥++ )2( )1x(16)4x3)(5x( 01x )1( 01x 0)4x3)(5x( 2 95 Giải (1) : (1) ⇔ ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ < ⎢⎢⎣ ⎡ −≥ −≤ 1x 3 4x 5x ⇔ ⎢⎢⎣ ⎡ <≤− −≤ 1x 3 4 5x Giải (2) : (2) ⇔ ⎩⎨ ⎧ ≥ <−− 1x 04x51x13 2 ⇔ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≥ <<− 1x 4x 13 1 ⇔ 1 ≤ x < 4 Hợp lại ta có : x ≤ -5 hay 4x 3 4 <≤− Bài 8 Giải bất phương trình : xx1x1 ≥−−+ (1) (Đại học Ngoại thương 2001) Giải Điều kiện : -1 ≤ x ≤ 1 (1) ⇔ x x1x1 )x1()x1( ≥−++ −−+ ⇔ x 01 x1x1 2 ≥⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −−++ (2) Nếu x = 0 thì (2) nghiệm đúng . Xét x ≠ 0 , ta có ( x1x1 −++ )2 = 2 + 2 2x1− < 2 + 2 = 4 ⇒ x1x1 −++ < 2 ⇒ x1x1 2 −++ - 1 > 0 Do đó (2) ⇔ x > 0 Vậy nghiệm của bất phương trình là : 0 ≤ x ≤ 1. 96 Bài 9 Giải bất phương trình : 27x59x313x7 −≤−−− (Đại học Dân lập phương Đông 2001) Giải 27x59x313x7 −≤−−− ⇔ 27x59x313x7 −+−≤− ⇔ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ −−+−+−≤− ≥ )27x5)(9x3(227x59x313x7 5 27x ⇔ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ −≥−− ≥ x23)27x5)(9x3(2 5 27x ⇔ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≥+− ≤≤ 0443x458x59 23x 5 27 2 ⇔ ⎪⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎪ ⎨ ⎧ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ −≤ +≥ ≤≤ 59 26304229x 59 26304229x 23x 5 27 ⇔ 23x 59 26304229 ≤≤+ 97 Bài 10 Chứng minh rằng với mọi t [ ]1;1−∈ ta có : 22 t2t11t1t1 −≥−+≥−++ (Đại học quốc Gia TP HCM -2001) Giải Với {t} ≤ 1 , ta có : 2t11t1t1 −+≥−++ ⇔ 1 +t + 2 2t1− +1 – t ≥ 1 + 1 – t2 + 2 2t1− ⇔ t2 ≥ 0 ( luôn đúng với mọi t ) Xét : 1 + 2t1− ≥ 2 – t2 ⇔ 1 – t2 - 2t1− ≤ 0 ⇔ ( ) 01t1t1 22 ≤−−− ⇔ 2t1− ≤ 1 (luôn đúng ) Vậy với mọi t [ ]1;1−∈ , ta có : 22 t2t11t1t1 −≥−+≥−++ Bài 11 Giải bất phương trình : 2x2 + 6x5x 2 −− > 10x + 15 (Đại học Y- Hà Nội- 2001 ) Giải 2x2 + 6x5x 2 −− > 10x + 15 ⇔ 2(x2 – 5x – 6) + 6x5x 2 −− +3 > 0 Đặt y = 6x5x 2 −− ; với x ≤ -1 hoặc x ≥ 6 thì y ≥ 0 Ta có bất phương trình : 2y2 + y – 3 > 0 ⇔ ⎢⎢⎣ ⎡ −< > )loai( 2 3y 1y Vậy 6x5x 2 −− > 1 ⇔ x2 – 5x – 7 > 0 98 ⇔ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ −< +> 2 535x 2 535x Bài 12 Giải bất phương trình : 4x5x23x4x2x3x 222 +−≥+−++− (Đại học Y Dược TP HCM - 2001) Giải 4x5x23x4x2x3x 222 +−≥+−++− (*) Điều kiện : ⎢⎣ ⎡ ≤ ≥ 1x 4x (*) ⇔ )1x)(3x()1x)(2x( −−+−− ≥ 2 )1x)(4x( −− (**) • Trường hợp 1 : x ≥ 4 (**) ⇔ 4x23x2x −≥−+− = 4x4x −+− (Bất phương trình luôn đúng với mọi x ≥ 4 ;vì x – 2 > x – 4; x – 3 > x – 4 ) • Trường hợp 2 : x < 1 (**) ⇔ )x1)(x4(2)x1)(x3()x1)(x2( −−≥−−+−− ⇔ x42x3x2 −≥−+− (vô nghiệm) Vì ∀ x < 1 : 2 – x < 4 – x ; 3 – x < 4 – x • Trường hợp 3 : x = 1 : (**) đúng Đáp số : x = 1 hay x ≥ 4 99 Bài 13 Giải bất phương trình : ( ) 4xx11 x 2 2 −> ++ (Đại học Sư phạm Vinh - 2001) Giải ( ) 4xx11 x 2 2 −> ++ (*) •Khi x = 0 : (*) ⇔ 0 > -4 (đúng) Vậy x = 0 là nghiệm của bpt (*) •Khi x ≠ 0 : (*) ⇔ ( )2 22 x x11x +− > x – 4 ⇔1 - 2 x1+ + 1 + x > x – 4 ⇔ ⎩⎨ ⎧ ≠ <+ 0x 3x1 ⇔ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≠ <+ −≥ 0x 9x1 1x ⇔ ⎩⎨ ⎧ ≠ <≤− 0x 8x1 Vậy : (*) có nghiệm là : -1 ≤ x < 8 Bài 14 1) Giải và biện luận theo a bất phương trình: 2x a x.− ≥ 2) Cho bất phương trình : mx x 3 m 1− − ≤ + a) Giải bất phương trình với 1m . 2 = b) Với giá trị nào của m thì bất phương trình có nghiệm ? Giải. 1) Điều kiện : x a / 2.≥ 2x a x.− ≥ ⇔ 22 2x a 2x a a 1 a ( 2x a 1) (1) − ≥ − + ⇔ − ≥ − − • 1 a 0 a 1: (1)− vô nghiệm • 1 a 0 a 1: (1)− = ⇔ = có nghiệm x = 1 • 2 21 a 0 a 1: (1) 0 ( 2x a 1) ( 1 a )− > ⇔ < ⇔ ≥ − − − − 1 a 2x a 1 1 a⇔ − − ≤ − − ≤ − 1 1 a 2x a 1 1 a (2) ⇔ − − ≤ − ≤ + − 100 ) 0 a 1 1 1 a a / 2 α < < ⇒ − − ≥ nên (2) 1 1 a x 1 1 a⇔ − − ≤ ≤ + − ) a 0 : (2) a/2 x 1 + 1-a.β ≤ ⇔ ≤ ≤ 2) Điều kiện của nghiệm : x 3≥ Đặt 2t x 3 0 x t 3 3= − ≥ ⇒ = + ≥ và bất phương trình đã cho trở thành 2f (t) mt t 2m 1 0, t 0 (1) = − + − ≤ ≥ b) ) m 0 : α ≤ Vì t 0≥ nên (1) được thỏa mãn. ) m 0 : f (t) β > có biệt số 21 4m(2m 1) 8m 4m 1.∆ = − − = − + + Để (1) có nghiệm t 0,≥ trước hết cần có : 0 0 m (1 3) / 4∆ ≥ ⇒ < ≤ + Khi đó f(t) có nghiệm 1 1t 2m − ∆= và 2 1t 0.2m + ∆= > Từ đó suy ra bất phương trình đã cho có nghiệm 1 2t t≤ (nếu 1t 0≥ ) hoặc là : 20 t t≤ ≤ (nếu 1t 0)< hoặc 2t t= (nếu 1 2t t ).= Đáp số : 1 3m 4 +≤ b) Với 1 2m 1/ 2 : t 0, t 2 0 t x 3 2= = = ⇒ ≤ = − ≤ 0 x 3 4 3 x 7⇔ ≤ − ≤ ⇒ ≤ ≤ (do áp dụng phần 2). Bài 15 Với mỗi giá trị a > 0 , giải bất phương trình axaxa >−++ (1) (Đề thi các trường Đại học miền Bắc năm 1970) Giải Điều kiện : ⎩⎨ ⎧ ≥− ≥+ 0 0 xa xa ⇔ ⎩⎨ ⎧ ≤ −≥ ax ax ⇔ -a ≤ x ≤ a (*) (1) ⇔ ( ) 22 axaxa >−++ ⇔ 2a + 2 22 xa − > a2 ⇔ 2 22 xa − > a(a – 2) ⇔ ( ) ( )( ) ( )⎩⎨ ⎧ −>− −∨ ⎩⎨ ⎧ ≥− <− 222222 24 2 0 02 aaxa aa xa aa ⇔ ( )⎩⎨ ⎧ −< ≥∨ ⎩⎨ ⎧ ≤≤− << aax a axa a 44 220 32 (2) 101 Xét hệ (2) ta có : • Nếu a ≥ 4 ⇒ 4x2 < a3(4 – a) < 0 : hệ vô nghiệm • Nếu 2 ≤ a < 4 ⇒ x2 < ( )aa −4 4 3 ⇔ ( )aaax −< 4 2 Kết hợp điều kiện (*) ta chọn được ⏐x⏐ < ( )aaa −4 2 Vậy nghiệm của bất phương trình (1) là : • ⏐x⏐ ≤ a với 0 < a < 2 • ⏐x⏐ < ( )aaa −4 2 với 2 ≤ a < 4 Vô nghiệm khi a ≥ 4 Chú ý : Dễ dàng kiểm chứng rằng ( )aaa −4 2 ≤ a với 2 ≤ a < 4 . Bài 16 Với giá trị nào của y tồn tại ít nhất một giá trị của x là nghiệm của bất phương trình 0log23log2 22 2 1 2 2 1 >−+− xyy (1) Giải Đặt my =2 2 1log , điều kiện y ≠ 0 Bất phương trình đã cho thành 2m – 3 + 2mx – x2 > 0 ⇔ x2 – 2mx + 3 – 2m < 0 (2) Bài toán trở thành đi tìm m để bất phương trình (2) có nghiệm Trước hết ta định m để bất phương trình (2) vô nghiệm , tức là định m để x2 – 2mx + 3 – 2m ≥ ∀x Điều này xảy ra khi và chỉ khi : ∆’ ≤ 0 ⇔ m2 + 2m – 3 ≤ 0 ⇔ -3 ≤ m ≤ 1 do đó các trị của m để bất phương trình (2) có nghiệm là : m 1 • Với m < -3 , ta có : 3log 2 2 1 − 8 ⇔ ⏐y⏐ > 2 2 102 • Với m > 1 ta có : 1log 2 2 1 >y ⇔ 0 < y2 < 2 1 ⇔ 0 < ⏐y⏐ < 2 2 Bài 16 Định y để : 0 1 log12 1 log12 1 log2 222 2 >⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ ++−⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ +++⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ +− y y y yx y yx nghiệm đúng với mọi x Giải Đặt : m y y =++ 1log1 2 Điều kiện 1+y y > 0 ⇔ y 0 Bất phương trình đã cho thành (3 – m)x2 + 2mx – 2m > 0 (2) Bất phương trình (2) nghiệm đúng với mọi x nếu và chỉ nếu : 0 3 60 3 06 03 0' 2 <⇔ ⎩⎨ ⎧ < >∨<⇔ ⎩⎨ ⎧ < <+−⇔ ⎩⎨ ⎧ >− <∆ m m mm m mm m Từ đó m < 0 ⇔ 1 log1 2 ++ y y < 0 ⇔ 1 log2 +y y < -1 ⇔ 1+y y < 2 1 ⇔ -1 < y < 1 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 : ( ) 75152452 +≥−−+ xxx (*) (Đề thi Đại học Tổng hợp Quốc gia Matxcơva – 1977) Giải Điều kiện 5x – 7 ≥ 0 ⇔ 5x ≥ 7 ⇔ x ≥ log57 (*) ⇔ ( ) 75152452 +≥−−+ xxx ⇔ ( ) 75752452 ++−≥+ xxx 103 ⇔ ( ) ( )( )7575275752452 +−+++−≥+ xxxxx ⇔ 484952 2 ≤−x ⇔ 24495 ≤−x ⇔ 5764952 ≤−x ⇔ 52x ≤ 625 ⇔ 5x ≤ 25 = 52 ⇔ x ≤ 2 Giao với điều kiện ban đầu ta được nghiệm của bất phương trình là log57 ≤ x ≤ 2 Bài 18 Giải bất phương trình ( ) 1 114 2log34log 2 2 1 2 2 ++++− >+− xxx xx Giải Điều kiện để bài toán có nghĩa là : ⎩⎨ ⎧ ≥+ ≥− 01 042 x xx ⇔ -1 ≤ x ≤ 0 ∨ x ≥ 4 Ta có VP = 1 114 2log 2 2 1 ++++− xxx = 2 1log 114 2log 2 12 2 1 ++++− xxx = 114 1log 2 2 1 +++− xxx = ( )114log 22 +++− xxx Từ đó bất phương trình trỡ thành : ( ) ( )114log34log 2222 +++−>+− xxxxx ⇔ 11434 22 +++−>+− xxxxx ⇔ 21 <+x ⇔ x + 1 < 4 ⇔ x < 3 Giao với điều kiện ban đầu ta được nghiệm của bất phương trình là –1 ≤ x ≤ 0 104 Bài 19 Giải phương trình : ( ) ( ) 016281 5 log134 25 2 ≤+−−+++− xx x xxx (Đề thi Khoa Hoá Đại học Tổng hợp Quốc gia Matxcơva – 1983) Giải Điều kiện để hệ có nghiệm là : ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≥−− > ≥+− 0628 0 034 2 2 xx x xx ⇔ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≤+− > ≥+− 034 0 034 2 2 xx x xx ⇔ ⎩⎨ ⎧ =+− > 034 0 2 xx x ⇔ x = 1 ∨ x = 3 • Với x = 1 ta có vế trái của bất phương trình là : ( ) ( ) 01 5 1log16281 5 log134 5 2 5 2 =+=+−−+++− xx x xxx Vậy x = 1 là nghiệmcủa bất phương trình đã cho • Với x = 3 , ta có vế trái của bất phương trình là ( ) ( )2 25 14 3 1 log 8 2 6 15xx x x xx− + + + − − + 5 5 3 1 1log log 3 1 5 3 3 = + = − + = 0 3 25 3log 3 23log 55 >=− (Để ý rằng 1 3 25 3 > ) Vậy x = 3 không phải là nghiệm của bất phương trình Kết luận : bất phương trình đã cho có nghiệm x = 1 Bạn đọc hãy thử tìm 1 số bất phương trình mà chỉ có 1 nghiệm .chúc các bạn thành công nhé ! 105 Bài 20 Giải bất phương trình : cosx – y2 - 012 ≥−− xy Giải Đây là một trong những dạng dẫn đến sự đối lập : Phương trình đã cho tương đương với : cosx – y2 ≥ 12 −− xy (1) Điều kiện y – x2 – 1 ≥ 0 ⇔ y ≥ x2 + 1 (2) Nếu y < 0 ⇔ (2) không nghiệm đúng Vậy x ≥ 0 , lúc đó (2) ⇔ y2 ≥ (x2 + 1)2 (3) Bất phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi : cosx – y2 ≥ 0 ⇔ y2 ≤ cosx (4) Từ (3) và (4) ta có : cosx ≥ y2 ≥ (x2 + 1)2 (5) ⇒ cosx ≥ (x2 + 1)2 (6) Mà cosx ≤ 1 và (x2 + 1)2 ≥ 1 Suy ra (6) có nghiệm khi và chỉ khi ( )⎪⎩ ⎪⎨⎧ =+ = 11 1cos 22x x ⇔ ⎩⎨ ⎧ = = 0 1cos x x ⇔ x = 0 Khi đó (5) trở thành : 1 ≥ y2 ≥ 1 ⇔ y2 = 1 ⇔ y = 1 ∨ y = -1 (loại vì y ≥ 0) Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là x = 0 ; y = 1 Bài 21 Giải bất phương trình 45342312 −+−>−+− xxxx (1) Giải Điều kiện : 5 4 045 034 023 012 ≥⇔ ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ ≥− ≥− ≥− ≥− x x x x x Bất phương trình (1) tương đương với : 23453412 −−−>−−− xxxx (2) Ta có : ⇔−≥−⇔≥−−− 341203412 xxxx 2x – 1 ≥ 4x – 3 ⇔ x ≤ 1 106 và 234502345 −≥−⇔≥−−− xxxx ⇔ 5x – 4 ≥ 3x – 2 ⇔ x ≥ 1 Vậy : • Nếu x = 1 : (2) ⇔ 0 > 0 : vô lý • Nếu x < 1 ⇒ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ <−−− >−−− 02345 03412 xx xx ⇒ (2) được nghiệm đúng với x < 1. Kết hợp với điều kiện ban đầu ta có nghiệm số là : 5 4 ≤ x < 1 • Nếu x > 1 ⇒ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ >−−− <−−− 02345 03412 xx xx ⇒ (2) không nghiệm đúng với x > 1. Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là : 5 4 ≤ x < 1 Chú ý : Nếu giải bằng cách thông thường sẽ mất thời gian hơn nhiều . Bài 22 Giải bất phương trình : 2x2x1x2 −>+−− (Đề Đại Học Mỏ Địa Chất ) Giải Điều kiện : ⎩⎨ ⎧ ≥+ ≥− 02x 01x ⇔ x ≥ 1 Lúc đó : 2x2x1x2 −>+−− (1) (1) ⇔ 2x1x2 )2x()1x(4 −−− +−− > x –2 ⇔ ( x – 2) [ ]2x1x(23 +−−− > 0 Vì x ≥ 1 nên 2x1x +−− ≥ 3 ⇒ 2x1x(23 +−−− ) < 0 Vậy (1) ⇔ x – 2 < 0 ⇔ x < 2 107 Bài 22: Tìm m để bất phương trình : )3x5x2(m)x3)(x21( 2 +−+>−+ thoả mãn ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡−∈∀ 3; 2 1x (Đề Đại Học Giao Thông Vận Tải ) Giải Điều kiện c