Sử dụng phương pháp đánh giá (phương pháp bất đẳng thức)
để giải phương trình và bất phương trình chứa căn thức.
PHƯƠNG PHÁP:
+ Nếu phương trình
( ) ( )
f x g x=
thỏa mãn tính chất
( )
( )
( )
f x M
x
g x M
≥

∀ ∈

≤


K
thì ta có
( ) ( )
( )
( )
f x M
f x g x
g x M
=

= ⇔


( )
[ ]
2
2 2 ( 2)( 4) 2 ( 2) (4 ) 4f x x x x x= + − − ≤ + − + − =

+ Vì
( ) ( )
0f x x≥ ∀ ∈K
nên
( ) ( )
2f x x≤ ∀ ∈K
+ Khi đó (1)
⇔
2
2
6 9 0
6 11 2
3
( 2) (4 ) 2 ( 2)(4 ) 2
2 4 2
x x
x x
x
x x x x
x x


− + =
− + =

3 7 3 0
2
3 5 1 0
5 37
: 2 ;
5 37
6
2 0
6
3 4 0
x x
x
x x
x
x
x
x x

− + ≥


≤ −
 
− − ≥
+



⇔ ⇔ ∈ = −∞ − ∪ +∞
÷

(3) 0
(3) 0
VT
VP
<


>

⇒
phương trình vô nghiệm
+ Nếu
; 2x x∈ <K
thì
(3) 0
(3) 0
VT
VP
>


<

⇒
phương trình vô nghiệm
+ Nếu
; 2x x∈ =K
thì
0VT VP
= =

và
( )
2 2
4 2 5 ( 1) 5g x x x x= − − = − + ≤
+ Khi đó (1)
⇔

2 2
2
3 6 7 5 10 14 5
1
4 2 5
x x x x
x
x x

+ + + + + =

⇔ = −

− − =


+ Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất
1x
= −
VD4. Giải phương trình
2
2
2

2
2 2
6 15 4 4
1 1 3
6 11 ( 3) 2 2
x x
f x
x x x
− +
= = + ≤ + =
− + − +
và
( )
2 2
6 18 ( 3) 9 3g x x x x= − + = − + ≥
+ Khi đó (1)
⇔

2
2
2
6 15
3
6 11
3
6 18 3
x x
x x
x
x x

3 2 2
( 1) (5 2) 6 1
5 3 3 2 ( 1)(5 2)
2 2
Cosi
x x x x x
f x x x x x x x
+ + + − + −
= + + − = + + − ≤ =
mặt khác
( )
2 2
1 6 1
3
2 2 2
x x x
g x x
+ −
= + − =
+ Do đó
( ) ( )
2 2
1
1 5 2 4 3 0
3
x
f x g x x x x x x
x
=


+ Vì
1
2
x ≥
nên (1) được viết lại dưới dạng tương đương sau
. 2 1. 2 1 ( 1)(3 1)x x x x x+ + − = + +
(2)
+ Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki vế trái của (2) ta có
Trần Chí Thanh THPT Lưu Văn Liệt Vĩnh Long Page 2
( )
( )
[ ]
( ) ( )
2
. 2 1. 2 1 1 ( 2) (2 1) 1 3 1x x x x x x x x+ + − ≤ + + + − = + +
⇒
. 2 1. 2 1 ( 1)(3 1)x x x x x+ + − ≤ + +
(3)
+ Khi đó, từ (2) và (3) suy ra
2
1
1
2
1 5
2
2
2 2 1
2 2
1
x

1 2( 1)
x x
x x
−
≥
− − +
(1)
HDgiai.
Cách 1. (phương pháp bất đẳng thức )
+ ĐK:
0x
≥
+ Ta có
2 2 2 2
2( 1) ( 1) 1 1 1 2( 1) 0x x x x x x− + = + − + > ⇒ − − + <
+ Khi đó (1)
⇔
( )
2
2( 1) 1x x x x− + ≤ − +
(2)
+ Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki vế phải của (2) ta được
( ) ( )
( )
2
2 2
1 .1 .1 (1 ) 1 1 2 1x x x x x x
 
 
− + ≤ − + + = − +

x x
x x
x x

≥
≥

≥
≤ ≤


−
  
⇔ ⇔ ≤ ⇔ ⇔ =
   
−
− + =
= −
=



 
= −


+ Vậy bất phương trình (1) có nghiệm là
3 5
2
x

( )
2
2
2
1 0
1
1 2 1
2 1 1
x x
x x
x x x x
x x x x

− + ≥

≥ −
 
⇔
 
− + ≤ −
− + ≤ − +




(2)
+ Ta có:
( )
2
2

x x
x x
 − <

 <

≤ <




≤ <



≥
≥

≥

+





≥ − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ≤ ≤

+


( ) ( ) ( ) ( )
2
2
2
1 2 1 1 2 1 0 1 0 1 0 1x x x x x x x x x x x x x x
 
− + ≤ − ⇔ − + − + ≤ ⇔ − + ≤ ⇔ − + = ⇔ = −
 
Trần Chí Thanh THPT Lưu Văn Liệt Vĩnh Long Page 3
⇔
( )
2
2
1
3 5
1 0
1
3 5
2
2
3 1 0
1
3 5
2
x
x
x
x
x
x x




( thỏa điều kiện
3 5
0
2
x
+
≤ ≤
)
+ Vậy bất phương trình (1) có nghiệm là
3 5
2
x
−
=
VD8. Giải bất phương trình
( )
2 2
10 6 2 2 1 2 4x x x x x− + ≤ + − +
(1)
HDgiai.
+ ĐK:
2
2 4 0x x x− + ≥ ⇔ ∈¡
. Ta có
( )
2
2 2

x x x x x
x

=

+ = − + ⇔ + − = ⇔

= −

+ Khi đó (1)
⇔
( )
2
2
2 2
2
4 4 1 0
2 1 0
10 6 6 3 5
1
1
1
2
2 5 3 0
2
2
3
3
x x
x

 
= −
= −




+ Vậy bất phương trình (1) có nghiệm duy nhất là
1
2
x =
Cách 2.
+ ĐK:
2
2 4 0x x x− + ≥ ⇔ ∈¡
.
+ Ta có (1)
⇔
( )
2 2 2
2 4 2 2 1 2 4 8 2 0x x x x x x− + − + − + + + ≤

⇔

( ) ( )
2
2
2 2
2 4 2 1 2 1 8 2 0x x x x x
 

Trần Chí Thanh THPT Lưu Văn Liệt Vĩnh Long Page 4