188

CHƯƠNG IV. PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
IV.1.
)
(
)
(
)
2
1 16 3 0 1
x x− − =
Điều kiện:
(
)
3 0 3.
x x
− ≥ ⇔ ≤ ∗

( )
2
2
16 0
1
3 0
16
3
4
4
3
x

)
,
∗
phương trình đã cho có hai nghiệm là
4
x
= −
và
3.
x
=

)
(
)
(
)
2
2 9 2 0 2
x x− − =
Điều kiện:
(
)
2 0 2
x x
− ≥ ⇔ ≤ ∗

( )
2
2

=


=


So với điều kiện
(
)
∗
, phương trình đã cho có hai nghiệm là
3
x
= −
và
2.
x
=

) ( )
2
3 4 2 2 3 .
x x x+ − = − Ta có
( )
2 2 2
2
2 0 2
3 3.
0
4 2 4 4 2 6 0

2
4 1 4 1 4
x x x+ − = −
Ta có
( )
2 2 2
1
1 1
4 3.
0
1 4 2 1 2 6 0
3
x
x x
x
x
x x x x x x
x
≥

≥ ≥
 

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
=

  
+ − = − + − =

 

≥

+ ≥



− ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ∗
 
 
≥ ≥




( ) ( )( )
( )( )
5 2 1 3 2 2 1 3 4
2 2 1 3 2
x x x x x
x x x
⇔ + + − + + − =
⇔ + − = +

(
)
2 2
4 2 5 3 4 4
x x x x
⇔ − − = + +
(Do

∗
ta có nghiệm của phương trình đã cho là
4.
x
=

)
(
)
6 1 4 13 3 12 6
x x x+ + + = +
Điều kiện:
( )
1
1 0
13
4 13 0 1
4
3 12 0
4
x
x
x x x
x
x
≥ −

+ ≥



x
= −
thỏa phương trình (**).
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là
1.
x
= −

)( ) ( )
2 2
7 3 10 12 7
x x x x+ − = − −
Điều kiện:
(
)
2
10 0 10 10.
x x
− ≥ ⇔ − ≤ ≤ ∗

( ) ( ) ( )( )
( ) ( )
( )
2
2
2
7 3 10 3 4
3 10 4 0
3 0
10 4 0

= −

⇔

− = −


= −


− ≥
⇔




− = − +



3
4
3.
1
3
x
x
x
x
x


)
(
)
8 4 1 1 2 8
x x x+ − − = −
Điều kiện:
( )
4 0 4
1
1 0 1 4
2
1 2 0 1
2
x x
x x x
x
x


+ ≥ ≥ −



− ≥ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ≤ ∗
 
 
− ≥



7
7
x
x x x x
x
x x
x
x
x
x
x
+ ≥

⇔

+ + = − +

−

≥

⇔


− =

−

≥


3 15 2 5 1 2 1
x x x x+ + + + =
191

Đặt
2
5 1, 0
t x x t
= + + ≥

(
)
∗

(
)
1
trở thành
2
3 2 5 0
t t+ − =
5
1
3
t t
⇔ = ∨ = −

So với điều kiện
(
)

Đặt
2
3 3
t x x
= − +

(
)
1
trở thành
3 3
t t
+ + =
(
)
2

Điều kiện:
0
t
≥

Khi đó
(
)
2
tương đương với
( )
( )
( )

1
t
⇔ =
.
Với
1,
t
=
ta có
2 2
3 3 1 3 2 0 1 2.
x x x x x x
− + = ⇔ − + = ⇔ = ∨ =

Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
1; 2.
x x
= =

3)
( )( ) ( )
2 5 2 5 4 .
x x x x
+ + − + + − = ∗
Điều kiện:
2 5.
x
− ≤ ≤

Đặt

t t t t t
t
=

−
+ = ⇔ + − = ⇔ + − = ⇔

= −


Vì
0
t
≥
nên ta nhận
3,
t
=
khi đó ta có
( )( )
( )( )
2
2
2 5 3
2 5 2 2 5 9
2 5 1
3 10 1
3 9 0
x t
x x x x

≥

Đặt 4 4, 0t x x t= + + − ≥
2 2
2 2 16
t x x
⇔ = + −

(
)
∗
trở thành
2
12
t t
= −

2
12 0
3 4
t t
t t
⇔ − − =
⇔ = − ∨ =

Vì
0
t
≥
nên nhận

≤ ≤
 
⇔ ⇔
 
= =
 

5
x
⇔ =
(Thỏa điều kiện).
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là
5.
x
=

193

5)
2
2
1 1 (1)
3
x x x x
+ − = + −
Đặt
,
1
u x
v x

3
1
0
2
3
2
1
( )
2
3
2
u v
u v uv uv uv
uv u v
u v uv
u v uv
uv
I
u v
uv uv
uv
u v uv
II
u v

 


+ =
+ − = + − =




+ = +






+ =



+ Trường hợp
( )
I
ta được
0
1 1
0
1
1
1 0
x
x
x
x
x
x

II
(Vô nghiệm).
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là
0; 1.
x x
= =

Chú ý. Có thể đặt ẩn phụ như đã trình bày ở Bài IV.2. 3).
6)
( )
2
1 1 24 1
x x x+ + − =
Ta có
( )
2
1 1 24 1
x x x
⇔ + − = −

2 2 2 2
2
2 2
1 0 1
1 24 2 1 24 2
1
1
2 0
24 2
24 4 4



− = − +

≥ ≥
 
⇔ ⇔ ⇔ =
 
= =
 

Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là
7.
x
= 194

7)
( )
11 11 4 1
x x x x+ + + − + =
Điều kiện:
( )
11 0
11 0
11 0
x
x x

− ≥

⇔

− − = − +

≤ ≤
 
⇔ ⇔ ⇔ =
 
= =
 

So với điều kiện
(
)
∗
ta nhận
5.
x
=

Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là
5.
x
=

8)
(
)



+ =



(
)
( ) ( )
(
)
( )
( )
3 3
30 30
3 35 125
30
5 2 3
6 3 2
5
u v uv u v uv
u v u v uv u v
u v uv u v u u
uv v v
u v
 
+ = + =
 
⇔ ⇔
 

x
=

=
=



⇔ ⇔
  
=
− =
− =




3
3
3
27
x
x
x
=

⇔ ⇔ =

=




3
2
2
8
x
x
x
=

⇔ ⇔ =

=


Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là
2; 3.
x x
= =

9)
(
)
3
3
2 3 3 2 1
x x+ = −
( )
3

x
y
+
= và
3
3 2
y x
= −
cũng chính là hoành độ giao điểm của hai đồ thị
y x
=
và
( )
3
1
2
3
y x
= +
.
Do đó phương trình đã cho tương đương với
3
2
3
x
x
+
=
3
3 2 0

1
x
+ ta
được phương trình tương đương
( )
2
33
1 1
2 3 0
1 1
x x
x x
− −
 
+ + = ∗
 
+ +
 

Đăt
3
1
,
1
x
t
x
−
=
+

x
x
x
t x
x
x
x

−
−

= −
= −


= −

+
+

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = −



= − −
−


= −
= −

2 1 6 2 0 2 6 4 0
1
3 2 0
2
t t t t
t
t t
t
− + + = ⇔ − − =
= −

⇔ − − = ⇔

=


+ Với
3
1 1 1 2.
t x x
= − ⇒ − = − ⇔ =

196

+ Với
3
2 1 2 1 8 7.
t x x x
= ⇒ − = ⇔ − = ⇔ = −


3
( ) 6 0, 1
4 1
f x x
x
f x x
x
′
= − +
+
′′
= − − < ∀ > −
+

Suy ra hàm số lồi trên
[ 1; ).
− +∞
Vậy, phương trình (1) nếu có nghiệm sẽ không quá hai
nghiệm, ta có
(0) (3) 0.
f f
= =
Do đó phương trình đã cho có hai nghiệm là
0; 3.
x x
= =

Chú ý. Chúng ta có thể giải bài toán này bằng phương pháp biến đổi tương đương, cụ thể:
( )
( )

 
⇔ ⇔
 
− + − =
+ = − +

 


− + ≥
=


⇔


=
− − + =




13)
2
3 1 1(1)
x x x x+ + = + +
Điều kiện:
0.
x
≥

= − − − < ∀ >
+

Lập luận giống Bài IV.3.12) ta cũng được phương trình đã cho có hai nghiệm
0; 1.
x x
= =

Chú ý. Nếu sử dụng phương pháp biến đổi tương đương sẽ nhận được phương trình bậc 8,
khi đó cho dù nhẩm được hai nghiệm
0, 1
x x
= =
thì chúng ta vẫn phải thực hiện tiếp việc
giải phương trình bậc 6 và điều này khó có thể đi đến kết quả.
IV.3. 1)
2 24
15 15 2 (1).
x x x x+ − + =
Điều kiện:
0
x
≥

197

Đặt
(
)
( )

2
t
=
thì
2 2
4
( 15) 2
x x
+ =

( )
2
2 2 4 2
2
1
15 16 15 16 0
16
x
x x x x
x

=
⇔ + = ⇔ + − = ⇔

= −



Ta loại
2

x
=

2)
4
2 2 (2).
2 3
x
x
− + =
− +

Điều kiện:
2 0 2
x x
− ≥ ⇔ ≤
.
Đặt
2 ,( 0).
t x t
= − ≥
Khi đó phương trình (2) trở thành
2 2
1
4
2 3 2 2 0 2 0
2
3
t
t t t t t t

x
=

Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là
1.
x
=

3)
( )
6
9 5 3 3
3
x x
x
− = − +
−

Điều kiện:
9
9 5 0
9
(*)
5
3 0
5
3
x
x
x

x
x
− − = −
⇔ − + = −
⇔ − − =
= −


⇔

=


So với điều kiện
9
,
5
x
≤
ta được nghiệm của phương trình đã cho là
3
x
= −
.
4)
2 2
4 1 3
(4)
x
x x x x x x

x x x
x x x
⇔ − + − − + = −
⇔ − + = −
⇔ + = +

2 2
2
3 3 0
9 18 9 25 25
1
16 7 9 0
1
1
9
16
1
9
16
x
x x x x
x
x x
x
x
x
x
x
+ ≥




So với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là
9
1, .
16
x x= − =
5)
2 2
2 1 2 1 2
x x x x
+ + + − + =
.(5)
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
2 2
5 1 1 2 1 1 2
1 1 2 1 1 4 2 2 2 1 4
x x x x
x x x x x x
⇔ + + − = ⇔ + + − =
⇔ + + − + + − = ⇔ + + − =

199

( ) ( )
2
2 2 2 2

3 0
t x x
= + ≥
, khi đó phương trình đã cho trở thành
3 2
2 11 10 8 0.
t t t
− + + =
Phương trình này có ba nghiệm
1
2; 4;
2
t t t
= = = −
. Ta chỉ nhận
2; 4.
t t
= =

· Với
2,
t
=
ta có
2 2
1
3 2 3 4 0
4
x
x x x x

=



Từ đó phương trình đã cho có bốn nghiệm là
3 73
; 1; 4.
2
x x x
− ±
= = = −

7)
2
2 4 3 2 2 3 2 0
x x x x x
+ − + − + =
(1). Ta có
( )
(
)
( ) ( ) ( )
( )( )
2
2
1 2 ( 2) 3 2 2 3 2 0
2 2 3 2 2 3 2 0 2 2 3 2 2 3 0
2 3 2 2 0
9
2 3 0 2 2 0 2.

t
t x t x x
+
= − ⇒ = − ⇒ =
Phương trình (1) trở thành

3 3
3
3 3
2 18 5 10
2 3 6 5. 8 0 2 3 8 0
3 3
8 5
2 3 8 0 2 24 15 8 0 24 15 8 2
3
t t
t t
t
t t t t t
+ − −
+ − − = ⇔ + − =
−
⇔ + − = ⇔ + − − = ⇔ − = −

200

( )
( )
3 2 3 2
2

t
= −
ta có
3
3 2 2 3 2 8 2.
x x x
− = − ⇔ − = − ⇔ = −

Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là
2.
x
= −

9)
(
)
4 4 4
1 32 1
x x x x
+ = − +

Điều kiện:
0.
x
≥

Nhận xét rằng
0
x
=

x x x x
+
= = + ⇒ = + ⇒ = −

Ta có phương trình
(
)
4 5
1 32 32 2.
t t t t t
− = − ⇔ = ⇔ =

Suy ra
4
1 1 1 1
1 2 1 16 15 .
15
x
x x x
+ = ⇔ + = ⇔ = ⇔ = Thỏa điều kiện (*).
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là
1
.
15
x =
10)
3
2 1 1(1)
x x− = − −
Đặt

1 1 0 3
2
v u
v u
u v
u v u u u
u u
v u
u u u u
u v v v
u
= −

= −
 
+ =

⇔ ⇔
  
+ = + − =
+ − − =

 

= −


= = = = −

  

  
⇔ = ∨ = ∨ =

Chú ý. Có thể đặt ẩn phụ
3
2
t x
= −
như đã trình bày ở Bài IV.3. 8).
11)
3
9 2 1
x x
− = − −
. Trình bày tương tự như Bài IV.3. 8).
Phương trình có ba nghiệm là
1; 10; 17.
x x x
= = =

12)
3 2 2
2 1 4 4(1)
x x− + − =
Giải tương tự như Bài IV.3. 8). Phương trình có một nghiệm duy nhất
0.
x
=

IV.4.

t t
+
⇔ + + − =
2
4
1 1
2
t
t t
+
⇔ + + − =
2
2
1
4
1 1
2
1
4
1 1
2
t
t
t t
t
t
t t
 ≥



2
2
t
t
t
t
t
 ≥




+

=



⇔

<





+

=


2
0
t
t
=

⇔

=


· Với
2 1 2
t x
= ⇔ − =
1 4
x
⇔ − =
5.
x
⇔ =

· Với
0 1 0
t x
= ⇔ − =
1 0
x
⇔ − =
1.

t t
⇔ + − =
(
)
2 1 4
t t
⇔ + − =
2 4 2
t t
⇔ + = ⇔ =

1 2 1 4 3
x x x
⇔ + = ⇔ + = ⇔ =

Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là
3
x
=
.
202

)
(
)
( )
2
2
2 2 4
3 2 2 3 2 4 1

( )
2 2
1 2 2 4 2 2 3 2 4 2
x x x x x x
⇔ − + = + + − + +

Đặt
2
2 4 0
2 0
u x x
v x

= − + ≥


= + ≥



Phương trình trở thành
2 2
2 2 3
u v uv
= +
2 2
2 3 2 0
u uv v
⇔ − − =
2

3 13
2 4 4 2 6 4 0
3 13
x
x x x x x
x

= −
⇔ − + = + ⇔ − − = ⇔

= +



Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là
3 13
3 13.
x
x

= −

= +



Chú ý. Có thể biến đổi (1) tương đương với
(
)
2

1
2 3 2 0 2
2
t t t t
− − = ⇔ = ∨ = −
. Ta chỉ nhận trường hợp
2.
t
=
Từ đây
ta tìm được nghiệm của phương trình đã cho là
3 13
3 13.
x
x

= −

= +



4)
2 3
2( 3 2) 3 8
x x x
− + = +
.
Ta có
2 3

(1)
2 2
4 9 ( 2) ( 2)
t x t x
 
⇔ = + + +
 
2 2
4 9( 2) 9( 2) 0
t x t x
⇔ − + − + =

3
( 2)
4
3( 2)
t x
t x
−

= +

⇔

= +

.
Với
2 2
3 3

5)
3 2 3 2
(1 ) 2(1 )
x x x x
+ − = − .
Điều kiện:
1 1
x
− ≤ ≤
.
Ta có
3 2 3 2
(1 ) 2(1 )
x x x x
+ − = −
2 2 2
( 1 )(1 1 ) 2. 1
x x x x x x
⇔ + − − − = −
(1).
Đặt
2
1 ,
t x x
= + −
1 1
x
− ≤ ≤
2
2

1 , 1 2
t x x t= + − − ≤ ≤ thì (1) trở thành
2 2
1 1
(1 ) 2
2 2
t t
t
− −
− = (2). Ta có
(2)
2 2
2 ( 1) 2( 1)
t t t t
⇔ − − = −

3 2
2 3 2 0
t t t
⇔ + − − =

204

2
( 2)( 2 2 1) 0
t t t
⇔ − + + =
2
2 1
2 1


− = + −


2
2
2 2 2 1 0
x
x x

≤

⇔

− + =


2
2
2
2
2
x
x
x

≤

⇔ ⇔ =


x
x
x
x

≤ −



− − −
− − −


=
⇔ ⇔ =




− + −


=




.
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm
2 1 2 2 2 1

t t
+ − = −
⇔ + =
⇔ + − + =

+ =
⇔

+ = −



205

· Giải trường hợp (*) ta được
2
.
2
x =
· Giải trường hợp (**) ta được
1 2 2 2 1
.
2
x
− − −
=
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm
2 1 2 2 2 1
2 2
x x

2 2
1 1 .( 1 1 ) 1 (2 1 ) 0
x x x x
 
⇔ + − − − + − + − =
 
 

2
2
2 1 0 ( )

1 1 .( 1 1 ) 1 (2)
x VN
x x x

+ − =

⇔

+ − − − + =


Giải (2):
2
1 1 ( 1 1 ) 1
x x x
+ − − − + =
.
Đặt


−
=



4 2
0
4 2 0
t
t t
>

⇔

− + − =


206

0
2 2
2 2
2 2
2 2
t
t
t
t
t

= +

⇔

= −

, kết hợp với điều kiện (**) ta được:
2 2
t = − .
Với
2 2 1 1 2 2
t x x= − ⇔ − − + = −
2
2
2
1 1 1 0
1 1 0
1
2
1
1
2 2 1 2 2
2
2
x x x
x x
x
x
x



thoả điều kiện (*).
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm
1
2
x = −
.
Chú ý. Chúng ta có thể giải bằng phương pháp lượng giác hóa như sau:
Do điều kiện
1 1
x
− ≤ ≤
nên đặt
cos , [0; ].
x t t
π
= ∈
Khi đó ta có phương trình
(
)
( )
( )
( )( )
2
2
1 sin 1 cos 1 cos 2 sin 2 sin
1 sin 1 cos 1 cos 1
1 cos 1 cos 0
1 cos 1 cos 0
1

+ − =
− =






− − + ≥
− − + ≥
 
⇔ ⇔
 
−
=
= ∨ =
 



2 2
cos .
2 2
t x
− −
⇔ = ⇒ =
7)
2 2
1 2 1 2 1 0.
x x x x
2 sin 2cos sin cos 2 0
2
t
t t t
⇔ − − =2 sin sin2t cos2t = 0
2
t
⇔ − − (vì
[0; ] sin 0,sin 0
2
t
t t
π
∈ ⇒ ≥ ≥
)

2 sin 2 cos 2 0
2 4
t
t
π
 
⇔ − − =
 
 

2 2
2 4
2 2
2 4
t
t k
t
t k
π
π
π
π

= − +

⇔


= + +

5 3
2
2 4
3
2
2 4
t


= +

⇔ ∈


= − −


ℤ

Do
[0; ]
t
π
∈
nên ta nhận
3
.
10
t
π
=
Hay
3
cos
10
x
π
= là nghiệm của phương trình đã cho.

≠


≠ ±


208

Đặt
tan .
x t
=
Khi đó điều kiện của
t
là
;
2 2
0
4
t
t
t
π π
π

 
∈ −
 

 

t
t t
+
+
+ + =
−

( )
( )
2
4 2
2 2
1 1 1
cos 2cos tan
2cos tan 1 tan
1 1 1
cos 2sin cos
2sin cos cos sin
t t t
t t t
t t t
t t t t
⇔ + =
−
⇔ + =
−

(
)
( )

⇔ + − =
⇔ + − =



=

=



⇔ = − ⇔ = −




=


=



So sánh điều kiện của
t
ban đầu ta thấy chỉ có giá trị
6
t
π
=

2 0
(1)
2 0
1 0
x x
x x
x

− − =

⇔

− − >


− ≥


1 2
1 2
1
x x
x x
x
= − ∨ =


⇔
< − ∨ >


)
2 2
1 2 0
x x x
− − − ≥
(1). Ta có
2
2
2
1 2
2 0
1
(1)
1 1
1 0
2
1 2
2 0
x x
x x
x
x x
x
x
x x
x x

= − ∨ =
− − =


2
x
x
≤ −


≥

.
3)
2
2 5
x x x
− < −
(1). Ta có
( )
2
2
2
5 0
(1) 2 0
2 5
x
x x
x x x

− >


⇔ − ≥

2
3 2 3 0
x x x
− + − − >
(1). Ta có
2
(1) 3 2 3
x x x
⇔ − + > +

( )
2
2
2
3 0
3 2 0
3 0
3 2 3
x
x x
x
x x x
 + <



− + ≥


⇔



+ <



3
3
7
9
x
x
x
< −


≥ −


⇔



< −




7
9

⇔ + + + + > +
⇔ + + > −

Bất phương trình (2) luôn đúng. Kết hợp với (*) ta có
2
x
≥ −
là nghiệm của (1).
6)
2 2
3 5 7 3 5 2 1
x x x x
+ + − + + >
(1)
Đặt
2
3 5 2 0(*)
t x x= + + ≥
(1) trở thành
2
5 1 .
t t
+ > +
(2)
210

Do
0
t
≥

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

x x
≥ ≥
 
 
+ ≥ ≥ −
 
⇔ ⇔ ≥
 
+ ≥ ≥ −
 
 
+ ≥ ≥ −
 

2 2 2 2
2 2 2 2
(1) 2 9 2 9 2 5 2 5 4 2 9 5 4
4 4 9 9 5 4 9 (*)
x x x x x x x x x x
x x x x x x x x x
⇔ + + + ≥ + + + + ⇔ + + ≥ + +
⇔ + + + + ≥ + + ⇔ + ≥ −

Ta có bất phương trình (*) đúng với mọi
0
x
≥
.
Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là
0




Với
2
x
≥

(1)
5 1 2 4 1
x x x
⇔ − > − + −2 2 2
2
5 1 2 4 1 2 (2 4)( 1) (2 4)( 2) 2,( 2)
(2 4)( 1) ( 2) 4 4 2 6 4
10 0 0 10.
x x x x x x x x x
x x x x x x x
x x x
⇔ − > − + − + − − ⇔ − − < + ≥
⇔ − − < + ⇔ + + > − +
⇔ − < ⇔ < <

Kết hợp với điều kiện
2
x
≥

+ + ≥


+ + ≥

2
1
5 5
1 1
7
2
1
x
x
x x
x x
x
x


≤ −



≥ −



≤ − ≤ −
 

x
x
+ + + + + + + ≤ + +
⇔ + + + ≤ ⇔ + + + =
= −


⇔ = −


= −


Kết hợp với điều kiện (*) ta có
1
x
= −
,
5
x
= −
là nghiệm của bất phương trình đã cho.
10)
2 2 2
2 2 3 4 5.
x x x x x x
+ − + + − ≤ + −

Điều kiện:
2

≤ − ∨ ≥
+ − ≥



Ta có
2 2 2
2 2 3 4 5.
x x x x x x
+ − + + − ≤ + −

2 2 2 2
2 3 5 2 ( 2)( 2 3) 4 5.
x x x x x x x x
⇔ + − + + − + − ≤ + −

2
( 1) 2 ( 1) ( 2)( 3) 0
x x x x x
⇔ − + − + + ≤
.
· Với
5
x
≤ −
ta có
2
( 1) 2 ( 1) ( 2)( 3) 0
( 1) 2( 1) ( 2)( 3) 0
x x x x x

Ta có
2
( 1) 2 ( 1) ( 2)( 3) 0
x x x x x
− + − + + ≤

212

( 1) 2( 1) ( 2)( 3) 0
x x x x x
⇔ − + − + + ≤

( 1)( 2 ( 2)( 3) ) 0 ( 1)( 2 ( 2)( 3)) 0.
x x x x x x x x
⇔ − + + + ≤ ⇔ − + + + =

1.
x
⇔ =
(Do
2 ( 2)( 3) 0, 1
x x x x
+ + + > ∀ ≥
)
Vậy, bất phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là
1.
x
=

11)


− ≤ ≤
− ≥

⇔ ⇔

 
≠



≠
< ≤




+ Xét trường hợp
1
0.
2
x
− ≤ <

( )
2
2
2
2
1 3 0

1
0.
2
x
− ≤ <

+ Xét trường hợp
1
0 .
2
x
< ≤

( )
2
2
2
2
2
1 3 0
1 4 0
(1) 1 4 1 3
1 3 0
1 4 1 3
1
3
1 1
1 1
1
3 2


− ≥





− > −





>






 < ≤


− ≤ ≤



⇔ ⇔ ⇔ < ≤

