PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHÓM 3 – TOÁN 2006A
MỤC LỤC
Trang
Mục lục 3
Phần 1: Phương trình vô tỷ 4
Phương pháp 1: Biến đổi tương đương 4
Phương pháp 2: Đặt ẩn phụ 6
Dạng 1 6
Dạng 2 8
Dạng 3 9
Dạng 4 10
Phương pháp 3: Hàm số 12
Dạng 1: Sử dụng tính chất liên tục của hàm số 12
Dạng 2: Sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số 13
Dạng 3: Sử dụng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất 14
Dạng 4: Sử dụng định lý Lagrange 15
Dạng 5: Sử dụng định lý Rôn 16
Phương pháp 4: Đồ thị 17
Phương pháp 5: Điều kiện cần và đủ 18
Phương pháp 6: Đánh giá 19
Phần 2: Bất phương trình vô tỷ 21
Phương pháp 1: Biến đổi tương đương 21
Phương pháp 2: Đặt ẩn phụ 22
Dạng 1 22
Dạng 2 23
Dạng 3 23
Phương pháp 3: Hàm số 24
Dạng 1: Sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số 24
Dạng 2: Sử dụng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất 25
Phương pháp 4: Đồ thị 26
Phương pháp 5: Điều kiện cần và đủ 27

3. Sử dụng định lý Lagrange.
4. Sử dụng định lý Rôn.
Phương pháp 4: Đồ thị.
Phương pháp 5: Điều kiện cần và đủ.
Phương pháp 6: Đánh giá.
PHƯƠNG PHÁP 1: BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
I. Phương pháp
Với các dạng phương trình cơ bản:
Dạng 1: Phương trình:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
, ,
, , 0 *
, ,
f x m g x m
x D
f x m g x m
f x m g x m
=
∈


⇔ = ≥ ⇔

=


Lưu ý rằng: Điều kiện

, 0f x m ≥
.
Dạng 3: Phương trình:
4
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHÓM 3 – TOÁN 2006A
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
, , ,
, to mean và f , 0
, to mean và , 0
, , 2 , , ,
f x m g x m h x m
f x m x m
g x m g x m
f x m g x m f x m g x m h x m
+ =

≥


⇔ ≥


+ + =


Lưu ý rằng: Không cần
( )

+ ≥
≥ −

 
− = + ⇔ ⇔
 
= − −
− = +




( )
I
a) Với
1m =
, hệ
( )
I
được chuyển về dạng:
1
1
2 2
x
x
x
≥ −

⇔ = −


2 2
1
1 1
0
1 0
2 2
m
m m
m
m
m m
≥

+ +
⇔ − ≥ − ⇔ − ≥ ⇔

− ≤ <

.
Kết luận:
- Với
1m
≥
hoặc
1 0m
− ≤ <
, phương trình có nghiệm
2
1
2

− + − + − − = +


5
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHÓM 3 – TOÁN 2006A
( ) ( )
( ) ( ) ( )
2
2
1
1
2
1
2 1 0
2
1 1 2 2 1
1 1 2 2 1
1 1
0.
2 2
2 7 0
x
x
x x
x x x
x x x
x
x
x x


Phương pháp dùng ẩn phụ dạng 1 là việc sử dụng một ẩn phụ để chuyển phương trình
ban đầu thành một phương trình với một ẩn phụ.
Ta lưu ý các phép đặt ẩn phụ thường gặp sau:
1. Nếu bài toán chứa
( )
f x
và
( )
f x
có thể:
Đặt
( )
t f x=
, điều kiện tối thiểu
0t ≥
, khi đó
( )
2
f x t=
.
2. Nếu bài toán chứa
( )
f x
,
( )
g x
và
( ) ( )
.f x g x k=


t f x g x= ±
, khi đó
( ) ( )
2
.
2
t k
f x g x
−
=
.
4. Nếu bài toán chứa
2 2
a x−
có thể:
Đặt
x a sint=
với
,
2 2
t
π π
 
∈ −
 
 
hoặc
x a cost=
với
[ ]

[ ]
0, \
0
t
π
π
 
∈
 
 
.
6. Nếu bài toán chứa
2 2
a x+
có thể:
Đặt
x a tgt=
với
,
2 2
t
π π
 
∈ −
 ÷
 
hoặc đặt
x a cotgt=
với
( )

Để tìm điều kiện đúng cho ẩn phụ đối với các phương trình vô tỉ, ta có thể lựa chọn
một trong các phương pháp sau:
1. Sử dụng tam thức bậc hai.
2. Sử dụng các bất đẳng thức.
3. Sử dụng đạo hàm.
II. Bài tập áp dụng
1. Giải phương trình:
2 2
3 3 3 6 3x x x x− + + − + =
Giải:
Đặt
2
3 3t x x= − +
, ta có:
2
3 3 3
2 4 4
t x
 
= − + ≥
 ÷
 
Do đó điều kiện ẩn phụ là
3
4
t ≥
.
Khi đó phương trình có dạng:
( ) ( )
( ) ( )

.
2. Giải phương trình:
(
)
2 2
1 1 1 2 1x x x+ − = + −
.
Điều kiện:
2
1 0 1 1x x− ≥ ⇔ − ≤ ≤
.
Đặt
sinx t=
với
;
2 2
t
π π
 
∈ −
 
 
.
Khi đó phương trình có dạng:
(
)
( )
( )
2 2
1 1 sin sin 1 2 1 sin 1 cos sin 1 2cos

+ − = + − ⇔ + = +
⇔ = + ⇔ =


=
=



=
 


⇔ − = ⇔ ⇔ ⇔

 ÷

 


=
=
=





Vậy nghiệm của phương trình là
1

Điều kiện
{ }
1,0x ≠ ±
.
Đặt
, ; \ ,0
2 2 4
x tgt t
π π π
   
= ∈ − ±
 
 ÷
   
( )
*
Khi đó:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2 2
2 2
2
2 2
2
2 2
2

tg t x
c t t c t
tg t x
x
x x x
t
t
x x
x
+ = + = ⇒ + =
+
= = ⇒ =
+ +
−
− −
= = ⇒ =
+ +
+
− +
⇔ = ⇔ =
−
+
Phương trình được biến đổi về dạng:
( )
( )
( ) ( )
( )
2
2
*

Phương pháp này thường được sử dụng đối với những phương trình khi lựa chọn ẩn
phụ cho một biểu thức thì các biểu thức còn lại không biểu diễn được triệt để qua ẩn phụ
đó hoặc nếu biểu diễn được thì công thức biểu diễn lại quá phức tạp.
Khi đó thường ta được một phương trình bậc hai theo ẩn phụ (hoặc vẫn theo ẩn
x
) có
biệt số
∆
là một số chính phương.
II. Bài tập áp dụng
Giải phương trình:
2 2
1 2 2x x x x− = −
Giải:
8
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHÓM 3 – TOÁN 2006A
Điều kiện:
2
2
2 0
0
x
x x
x
≥

− ≥ ⇔

≤


2 1
2 1
2 1 0
1
2 1 2 2 1
2 2 1
2 1 0
1 5
1
.
2
1 5
3 2 1 0
x x
x x x x
x x
x
x t x
x x x x x x x
x x x
x x
x
x
x
x x

− =


= − + −



 = +




− + =


Vậy phương trình có hai nghiệm
1 5x = ±
.
DẠNG 3
I. Phương pháp
Phương pháp đặt ẩn phụ dạng 3 là việc sử dụng
k
ẩn phụ chuyển phương trình ban
đầu thành một hệ phương trình với
k
ẩn phụ.
Trong hệ mới thì
1k −
phương trình nhận được từ các mối liên hệ giữa các đại lượng
tương ứng. Chẳng hạn đối với phương trình:
( ) ( )
m m
a f x b f x c− + + =
Ta có thể đặt:
( )

Giải:
Điều kiện:
1 0 1x x
− ≥ ⇔ ≥
.
Đặt:
3
3 2
2
, 0 1
1
u x
v u v
v x

= −

≥ ⇒ + =

= −


.
Khi đó phương trình được chuyển thành hệ:
9
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHÓM 3 – TOÁN 2006A
( )
3
3 2
2



 
= − =
− = −
 


Vậy, phương trình có ba nghiệm
1, 2, 10x x x= = =
.
DẠNG 4
I. Phương pháp
Phương pháp dùng ẩn phụ dạng 4 là việc sử dụng 1 ẩn phụ chuyển phương trình ban
đầu thành một hệ phương trình với 1 ẩn phụ và 1 ẩn
x
.
Ta thực hiện theo các bước:
Bước 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho các biểu thức trong phương trình.
Bước 2: Biếu đổi phương trình về dạng:
( )
, 0f x x
ϕ
= 
 
.
Bước 3: Đặt
( )
y x
ϕ

β
= +
( )
*
Phương pháp giải
Điều kiện
0ax b
+ ≥
.
Đặt
dy e ax b+ = +
, điều kiện
0dy e+ ≥
.
Khi đó phương trình được chuyển thành hệ:
( )
( )
( )
2
2
2
x
x
dy e ax b
dy e ax b
dy e c d e x
c d e x dy e
α β
α β


( )
I
Trừ theo vế hai phương trình của hệ
( )
I
, ta được:
( ) ( )
( )
( )
( )
3
. , 0
, 4
x y
d x y h x y
h x y
=

− = ⇔


- Với
( )
3
thay vào
( )
1
, ta được một phương trình bậc hai theo
x
.

= +
( )
*
Phương pháp giải
Điều kiện
0ax b+ ≥
.
Đặt
3
dy e ax b+ = +
, điều kiện
0dy e+ ≥
.
Khi đó phương trình được chuyển thành hệ:
( )
( ) ( )
( )
3
3
3
3
dy e ax b
dy e ax b
dy e c dx e x
c dx e x dy e
α β
α β


+ = +

( )
I
, ta được:
( ) ( )
( )
( )
( )
3
. , 0
, 4
x y
d x y h x y
h x y
=

− = ⇔


- Với
( )
3
thay vào
( )
1
, ta được một phương trình bậc hai theo
x
.
- Với
( )
4

, điều kiện
2 0 2y y+ ≥ ⇔ ≥ −
.
( )
*
Khi đó phương trình được chuyển thành hệ:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
2 2
2 2
2 2
* 0
2 2 1 1 2
1
2
2 1 1 2
2 2 4
5 0 .
x
y x y x
y x x y
x y x y x y x y x y
x y x y x y

Giải:
Đặt
3
3 2y x= −
.
Khi đó phương trình được chuyển thành hệ:
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
3 3
3 3 2 2
3 3
2 2
1
2 3 2 3
3 3 0
2
3 2 2 3
0
.
3
x y x y
x y x y x y x xy y
y x y x
x y
x y
x xy y VN
 

x x x x x
x
x x
− =
=


− + = ⇔ − + − = ⇔ ⇔


= −
+ − =


Vậy nghiệm của phương trình là
1, 2x x= = −
.
PHƯƠNG PHÁP 3: HÀM SỐ
DẠNG 1: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT LIÊN TỤC CỦA HÀM SỐ
I. Phương pháp
Cho phương trình
( )
0f x =
, để chứng minh phương trình có
k
nghiệm phân biệt trong
[ ]
,a b
, ta thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Chọn các số

Bước 2: Kết luận.
II. Bài tập áp dụng
Cho phương trình:
( )
3
1 1.x mx m− + = +
CMR với mọi
m
phương trình luôn có một nghiệm lớn hơn 1.
Giải:
Đặt
1t x= −
, điều kiện
0t
≥
.
Khi đó phương trình có dạng:
( )
3 2
1 0f t t mt= = − =
.
Xét hàm số
( )
y f t=
liên tục trên
[
)
0;+∞
.
Ta có:

phương trình luôn có một nghiệm lớn hơn 1.
DẠNG 2: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
I. Phương pháp
Sử dụng các tính chất của hàm số để giải phương trình là dạng toán khá quen thuộc. Ta
có ba hướng áp dụng sau:
Hướng 1: Thực hiện theo các bước:
Bước 1: Chuyển phương trình về dạng:
( )
f x k=
.
( )
1
Bước 2: Xét hàm số
( )
y f x=
Dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu (giả sử đồng biến).
Bước 3: Nhận xét:
- Với
( ) ( )
0 0
x x f x f x k= ⇔ = =
, do đó
0
x x=
là nghiệm
- Với
( ) ( )
0 0
x x f x f x k> ⇔ > =
, do đó phương trình vô nghiệm

Xác định
0
x
sao cho
( ) ( )
0 0
f x g x=
.
Bước 3: Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
0
x x=
.
Hướng 3: Thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Chuyển phương trình về dạng:
( ) ( )
f u f v=
.
( )
3
Bước 2: Xét hàm số
( )
y f x=
.
Dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu (giả sử đồng biến).
Bước 3: Khi đó:
( )
3 u v⇔ =
với
,
f

1;D = +∞
.
Đạo hàm:
( )
2
' 3 4 0,g x x x D= − − < ∀ ∈ ⇔
hàm số nghịch biến trên
D
.
Do đó phương trình
( )
1
:
( ) ( )
f t g t=
Nếu có nghiệm là duy nhất.
Thấy
1x =
thoả mãn phương trình.
Vậy phương trình có nghiệm
1x
=
.
DẠNG 3: SỬ DỤNG GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ
I. Phương pháp
Với phương trình có chứa tham số:
( ) ( )
,f x m g m=
.
( )

min f x m g m max f x m
∈ ∈
⇔ ≤ ≤
.
- Phương trình cớ
k
nghiệm phân biệt
( )
d⇔
cắt
( )
C
tại
k
điểm phân biệt.
- Phương trình vô nghiệm
( ) ( )
d C⇔ ∩ = ∅
.
II. Bài tập áp dụng:
Tìm
m
để phương trình:
( )
12 5 4x x x m x x+ + = − + −
Có nghiệm.
Giải:
Điều kiện:
0
12 0

.
14
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHÓM 3 – TOÁN 2006A
Nhận xét rằng:
- Hàm số
( )
12y h x x x x= = + +
đồng biến trên
D
- Hàm số
( )
5 4y g x x x= = − − −
có:
5 4
' 0,
5 . 4
x x
y x D
x x
− − −
= > ∀ ∈ ⇒
− −
là hàm đồng biến trên
D
.
⇒
Hàm số
( ) ( ) ( )
y f x h x g x= =
là hàm đồng biến trên

f b f a
f c
b a
−
=
−
Từ đó ta có thể sử dụng định lý Lagrange để thực hiện hai yêu cầu đặt ra cho phương
trình là:
Dạng 1: Chứng minh phương trình có nghiệm, dựa trên đánh giá:
Từ định lý Lagrange, nếu
( ) ( )
f a f b=
thì
( )
,c a b∃ ∈
sao cho:
( )
( ) ( )
'
f b f a
f c
b a
−
=
−
⇔
phương trình
( )
0f x =
có nghiệm thuộc

(tức là
( ) ( )
F x f x dx=
∫
).
( )
.ii

( ) ( )
0F b F a− =
.
Bước 2: Khi đó
( )
0
,x a b∃ ∈
sao cho:
( )
( ) ( )
( )
0 0
' 0
F b F a
F x f x
b a
−
= ⇔ =
−
⇔
phương trình
( )

f c
b a
−
=
−
( )
*
Bước 3: Giải
( )
*
ta xác định được
α
.
Bước 4: Thử lại.
II. Bài tập áp dụng
Giải phương trình:
3 5 2.4
x x x
+ =
Giải:
Đặt
u x=
, điều kiện
0u ≥
.
Phương trình được viết dưới dạng:
3 5 2.4 5 4 4 3 .
u u u u u u u
+ = ⇔ − = −
Giả sử phương trình có nghiệm

0 1 0 .
1
f c c c
α
α
α
α
α
−
−
=

 
= ⇔ + − = ⇔

 
=

Thử lại ta thấy
0, 1u u= =
đều thoả mãn, khi đó:
0 0 0
1 1
1
u x x
u x
x

= = =
 

1
Ta thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Tìm tập xác định
D
của phương trình.
Bước 2: Xét hàm số
( )
y f x=
trên
D
.
Sử dụng đạo hàm khẳng định hàm số
( )
y f x=
lồi hoặc lõm trên miền
D
.
Bước 3: Vậy phương trình
( )
1
nếu có nghiệm sẽ không có quá hai nghiệm.
Ta cần chỉ ra hai giá trị
1 2
,x x D∈
sao cho:
( ) ( )
1 2
0f x f x= =
.
Bước 4: Kết luận.

2
3 1 1f x x x x x= + + − − −
trên
[
)
0;D = +∞
, ta có:
( )
1 3
' 2 1
2 2 3 1
f x x
x x
= + − −
+
( )
( )
3 3
1 9
" 2 0,
4
4 3 1
f x x D
x
x
= − − − < ∀ ∈ ⇒
+
hàm số lồi trên
D
.

( )
( )
,
,
y f x m
y g x m
=


=


( )
( )
1
2
C
C
Bước 2: Bằng việc xét vị trí tương đối của hai đường
( )
1
C
và
( )
2
C
ta có được kết luận về
nghiệm của phương trình.
Lưu ý: Thông thường nếu
( )

1y x= −
, điều kiện
0y ≥
.
Khi đó phương trình được chuyển thành hệ:
17
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHÓM 3 – TOÁN 2006A
( )
( )
2 2
1 2
3
0
x y
x y m
y

+ =

− =


≥

.
- Phương trình
( )
2
là phương trình đường tròn đơn vị
( )

C
( )
( )
( )
2
, 1
2
2
m
m
l
d O d R
m

=
−

⇒ = ⇔ = ⇔

= −


Vậy:
- Với
2 1m m< − ∨ >
thì
( ) ( ) ( )
1C d∩ = ∅ ⇔
vô nghiệm.
- Với

32 2
1 2 1 .x x m− + − =
Giải:
Điều kiện cần: Nhận xét rằng nếu phương trình có nghiệm
0
x
, thì cũng nhận
0
x−
làm
nghiệm. Do đó phương trình có nghiệm duy nhất thì điều kiện đủ là
0 0 0
0 3.x x x m= − ⇔ = ⇔ =
Điều kiện đủ: Với
3m
=
, khi đó phương trình có dạng:
18
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHÓM 3 – TOÁN 2006A
32 2
1 2 1 3x x− + − =
Vì
2
32 2
3 2
1 1
1 2 1 3
1 1
x
x x

I. Phương pháp
Nhiều phương trình bằng cách đánh giá tinh tế dựa trên
1. Tam thức bậc hai.
2. Các tính chất cơ bản như: Côsi, Bunhiacôpxki, …
3. Tính chất trị tuyệt đối.
…
Ta có thể nhanh chóng chỉ ra được nghiệm của nó.
II. Bài tập áp dụng
Giải phương trình:
2 2
1 1 2x x x x− − + + − =
.
Giải:
Điều kiện:
2
2
2
1 0
1 0 1
1 0
x
x x x
x x

− ≥


− − ≥ ⇔ ≥



=

⇔ ⇔ =

= −

Vậy phương trình có nghiệm
1.x
=
19
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHÓM 3 – TOÁN 2006A
PHẦN 2: BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Lược đồ để giải các bất phương trình vô tỷ có thể được minh hoạ theo các bước:
Bước 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho bất phương trình.
Bước 2: Lựa chọn phương pháp thực hiện:
Phương pháp 1: Biến đổi tương đương.
Phương pháp 2: Đặt ẩn phụ, bao gồm:
1. Sử dụng 1 ẩn phụ để chuyển bất phương trình ban đầu thành một bất phương trình
mới với 1 ẩn phụ.
2. Sử dụng 1 ẩn phụ chuyển bất phương trình ban đầu thành 1 bất phương trình với 1
ẩn phụ nhưng các hệ số vẫn còn chứa
x
.
3. Sử dụng
k
ẩn phụ chuyển bất phương trình ban đầu thành 1 bất phương trình hoặc1
hệ bất phương trình với
k
ẩn phụ.
20

( )
( )
( )
( ) ( )
2
0
0
0
g x
f x
f x g x
g x
f x g x

<



≥



> ⇔

≥




>

Biến đổi tương đương bất phương trình về dạng:
21
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHÓM 3 – TOÁN 2006A
( )
2
2
2
2
2
1
0
1
2
0
2
1
1
2
1
0
2
1
2
1
4
1
0
4
1
1 1

+ ≤

+ ≤



> −


> −



+ ≤





<







<




 

− ≥ +
 ÷



 


≥
 


≥










 + ≤

 

































2 2
3 2
1 1
1 1 3 1 1
2 2
3 3 0 1 1 3 0
t t t
t t t t t t
   
+ − ≤ + −
   
   
⇔ − − + ≤ ⇔ + − − ≤
1 3 1 2 1 3 1 5t x x⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ − ≤ ⇔ ≤ ≤
thoả mãn điều kiện
( )
*
Vậy nghiệm của bất phương trình là
1 5x
≤ ≤
.
DẠNG 2
I. Phương pháp
Ý tưởng của phương pháp này cũng giống như phương trình vô tỷ.
II. Bài tập áp dụng
Giải bất phương trình:
2 2
1 2 2x x x x− ≤ +
.
22

= + +

Tức là
( )
1
được biến đổi về dạng:
( ) ( )
(
)
(
)
( )
2 2
2 2
2
2
2
2
1 1 0 2 1 2 2 1 0
2 1 0
2 2 1 0 2 2 1
0 2 2 1
1
2 1 0
2
2 0 0.
0
3 2 1 0
2
x t x x t x x x x x x

+ + ≥



≤ −


Vậy phương trình có nghiệm là
0.x ≥
DẠNG 3
I. Phương pháp
Sử dụng 2 ẩn phụ cho 2 biểu thức mũ trong bất phương trình và khéo léo biến đổi
phương trình thành một hệ bất phương trình với 2 ẩn phụ hoặc một bất phương trình tích,
khi đó lưu ý:
0
0
. 0
0
0
A
B
A B
A
B
 >



>



<



>



.
II. Bài tập áp dụng
Giải bất phương trình:
2
2 12 6 2 1 2.x x x x+ + − − > +
( )
1
Giải:
Điều kiện:
2
2 12 6 0
1
2
2 1 0
x x
x
x

+ + ≥
⇔ ≥


0 0
2 2 .
2 2 0
u v u v
u v u v u v
u v u v u v
+ ≥ + ≥
 
 
+ > + ⇔ ⇔ ⇔ ≠
 
+ > + − >
 
 
Xét trường hợp
u v=
2
1
2 1 2 6 5 0
5
x
x x x x
x
=

⇔ − = + ⇔ − + = ⇔

=

.

Bước 1: Chuyển bất phương trình về dạng:
( )
f x k>
.
( )
1
Bước 2: Xét hàm số
( )
y f x=
.
Dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu (giả sử đồng biến).
Bước 3: Nhận xét:
- Với
( ) ( )
0 0
x x f x f x k≤ ⇔ ≥ =
, do đó bất phương trình vô nghiệm.
- Với
( ) ( )
0 0
x x f x f x k> ⇔ > =
, do đó bất phương trình nghiệm đúng.
Vậy
0
x x>
là nghiệm của bất phương trình.
Hướng 2: Thực hiện theo các bước:
Bước 1: Chuyển bất phương trình về dạng:
( ) ( )
f u f v<

Xét hàm số:
( )
9 2 4y f x x x= = + + +
, ta có
( )
f x
đồng biến trên miền
2x
≥ −
.
24
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHÓM 3 – TOÁN 2006A
Ta có
( )
0 5f =
, do đó:
- Nếu
0x >
thì
( ) ( )
0 9 2 4 5f x f x x> ⇔ + + + >
, nên
0x >
là nghiệm.
- Nếu
2 0x− ≤ ≤
thì
( ) ( )
0 9 2 4 5f x f x x≤ ⇔ + + + ≤
, nên

.
- Bất phương trình có nghiệm đúng với mọi
x
( )
x D
maxy g m
∈
⇔ ≤
.
Tương tự cho bất phương trình
( ) ( )
,f x m g m≥
với lời kết luận:
- Bất phương trình có nghiệm
( )
x D
maxy g m
∈
⇔ ≥
.
- Bất phương trình có nghiệm đúng với mọi
x
( )
x D
miny g m
∈
⇔ ≥
.
II. Bài tập áp dụng
Tìm

y t t
= −
= ⇔ − = ⇔ =
Bảng biến thiên:
25
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHÓM 3 – TOÁN 2006A
Vậy bất phương trình nghiệm đúng với mọi
[ ]
2;4x∈ −
là
10m ≥
.
PHƯƠNG PHÁP 4: ĐỒ THỊ
I. Phương pháp
Với các bất phương trình logarit chứa tham số sử dụng phương pháp đồ thị thường
được thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Sử dụng các phép biến đổi tương đương, biến đổi bất phương trình về một hệ
(gọi là hệ
( )
I
) các bất phương trình đại số.
Bước 2: Xét hệ trục toạ độ
Oxm
.
- Biểu diễn những điểm
( )
,M x m
thoả mãn các bất phương trình trong
( )
I

- Để hệ có nghiệm duy nhất
⇔
đường thẳng
m
α
=
cắt tập
X
tại đúng 1 điểm.
II. Bài tập áp dụng
Tìm
a
để bất phương trình sau có nghiệm:
a x x a a− + + >
Giải:
Đặt:
, , 0
u a x
u v
v x a

= −

≥

= +


.
Khi đó bất phương trình được chuyển thành hệ:

( )
2 2
: 2C u v a+ =
.
Vậy hệ
( )
I
có nghiệm khi và chỉ khi:
( )
( )
2
; 2 2 4 0 0 4
2
a
d O d a a a a a
−
< ⇔ < ⇔ − < ⇔ < <
.
26
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHÓM 3 – TOÁN 2006A
PHƯƠNG PHÁP 5: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐIỀU KIỆN CẦN VÀ ĐỦ
I. Phương pháp
Phương pháp điều kiện cần và đủ thường tỏ ra khá hiệu quả cho lớp dạng toán: Tìm
điều kiện tham số để:
Dạng 1: Bất phương trình có nghiệm duy nhất.
Dạng 2: Bất phương trình có nghiệm đúng
x D
∀ ∈
.
Dạng 3: Phương trình tương đương với một phương trình hoặc một bấc phương trình

≤ − ⇔ ≥
.
Đó là điều kiện cần để bất phương trình nghiệm đúng
[ ]
2;4x∀ ∈ −
.
Điều kiện đủ: Giả sử
4m ≥
, khi đó:
Áp dụng BĐT Côsi cho vế trái, ta được:
( ) ( )
( ) ( )
2 4
2 4 3
2
x x
VT x x
+ + −
= + − ≤ =
.
Biến đổi vế phải về dạng:
( )
2
2
2 1 1 3VP x x m x m= − + = − + − ≥
Suy ra:
( ) ( )
2
2 4 2x x x x m+ − ≤ − +
.