79
VAÁN ÑEÀ 5
BAÁT PHÖÔNG TRÌNH COÙ
CHÖÙA CAÊN 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

2
⇔ (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 :

2
+
−−
> 0 (1)
Điều kiện : 17 – 15x – 2x
2
≥ 0 ⇔
2
17
−
≤ x ≤ 1 .
Sau đó chú ý đến mẫu có ( x + 3) là một nhò 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 – 2x
2
> 0
⇔
2
17
−
< x < 1 (2)
Sau đó giao với điều kiện


)dk(
⇔ 1 – 3x <
2
x41 −
⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎩
⎨
⎧
−>−
≥−
⎩
⎨
⎧
≥−
<−
22
2
)x31(x41
0x31
0x41
0x31
⇔
⎢

2
1
3
1
x
82
⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
<−
≤
≤<
0x6x13
3
1
x
2

x
3
1
⇔
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
≤<
≤<
3
1
x0
2
1
x
3
1

So với điều kiện
⇔ 0 < x ≤
2
1
(1).
Trường hợp 2 :
⎩
⎨
⎧
<

⎧
><
≤≤−
<
13
6
vx0x
2
1
x
2
1
3
1
x

⇔ 0x
2
1
<≤− v
2
1
x
13
6
≤<

So với điều kiện
⇔ 0x
2

2
+ t – 6 > 0 ⇔ t < 3
−
v t > 2 (2)
(1)
∧ (2) ⇔ t > 2
Vậy bất phương trình
⇔ 2x2x
2
++ > 2
⇔ x
2
+ 2x + 2 > 0 ⇔ x < 31−− v x > 31 +− 83
d)
24
xx1 −− ≥ x – 1 ⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎩
⎨
⎧
+−≥−−
≥−

4
– x
2
–1 ≤ 0 (1)
Đặt t = x
2
( t ≥ 0)
(1)
⇔ t
2
– t – 1 ≤ 0 ⇔
2
51
t
2
51 +
≤≤
−

So với điều kiện ta được : 0
≤ t ≤
2
51 +
⇒ x
2

2
51+
−
≤ 0

≥−
≥−
23424
24
2
x4x4xxx
0xx
0xx2
⇔
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
≤
−≤
≤≤
4
5
x
1x
2x0
v 1x ≥ ⇔ 1≤ x ≤ 2 (b)
Hợp (a) (b) , nghiệm bất phương trình là : 1
≤ x ≤ 2
e)
4x4x
2

2x
⇔ x
φ
∈
84
Cách 2: Dựa vào tính chất của giá trò 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 đònh của hàm số sau :
6
y5x
x
=
−−
Giải
1/
6
y5x
x
=−−

≠
⎧
⇔
⇔−∞ ∪ +
⎨
≤≤
⎩

Vậy, miền xác đònh của y là
[
]
(
)
D2,3 ,0=∪−∞

b) Giải bất phương trình :
x3 2x8 7x+≥ −+ −

Giải
x3 2x8 7x+≥ −+ −
(1)
Điều kiện của nghiệm:
4x7 (2)
≤
≤
(1)
()()
x 3 2x 8 7 x 2 2x 8 7 x⇔+≥ −+−+ − −
()()
2

1x x 1
−≥
⎧
≤
⎧
⎪⎪
⇔⇔
⎨⎨
−
>+
⎪
−> +
⎪
⎩
⎩

[]
x1
x1,0
1x0
≤
⎧
⇔⇔∈−
⎨
−≤ ≤
⎩
85

Đặt :
Ax
Bx1
(A 0)
(B 0)
⎧
=≥
⎪
⎨
=− ≥
⎪
⎩

Ta có :
22
22
AB1
A2BABAB0
(1)

(2)
⎧
−=
⎪
⎨
−− + =
⎪
⎩

Thay :

⎩
vì A0,B0)≥≥
2222
B1
B2B1(B1)B B1
2
vì : A
≥
⎧
⎪
⇔
⎨
−+= + =+
⎪
⎩

4
B1
B2B10(*)
≥
⎧
⎪
⇔
⎨
+−=
⎪
⎩

Vì
B1≥

Đặt
2
f(x) (x 3) x 4 (x 3) .
⎡⎤
=− −−+
⎢⎥
⎣⎦

Rõ ràng f xác đònh và liên tục trên
(
]
[
)
;2 2;
−
∞− ∪ +∞
2
x3
f(x) 0
x4x3 (3)

=
⎡
=⇔
⎢
⎢
−=+
⎣

(3)

-
∞ -
6
13
-2 2 3 4 +∞
f(x) - 0 + | | + 0 -

Vậy :Tập nghiệm BPT là
13
xhayx3
6

≤
−≥

Ví dụ 7
Giải bất phương trình :
2
2x 6x 1 x 2 0
−
+− + >
Giải
Đặt f(x)
2
2x 6x 1 x 2=−+−+
'927.∆= − = Rõ ràng f xác đònh và liên tục trên 87
37 37

∞ 0
2
73 −

2
73 +
3 4 +∞

f(x) + || || - 0 +

f(0) 0;f(4) 0.>> Đáp số :
37
x; (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
⇔
⎪

<≤
3x
4x2
v

6x >
⇔ 2 ≤ x < 3
b)
x4x
2
− > x – 3
⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎩
⎨
⎧
−>−
≥−
⎩
⎨
⎧
≥−
<−
22
2

⎢
⎢
⎣
⎡
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>
≥
≤
2
9
x
3x
0x

⇔
⎢
⎢
⎣
⎡
>
≤
2
9
x
0x
⇔

⎧
−≤
≤
≤
4x
17
76
x
8x

v

3x ≥

⇔ x ≤ 4− v 3 ≤ x ≤
17
76
⇔ x ≤ 4
−
v 3 ≤ x ≤
17
76

d)
8x7x
2
−−
+ 6 ≤ x
⇔ 8x7x
2

6x
v x ≥ 8 ⇔ 8 ≤ x ≤
5
44

e) 2+
10x3x
2
−−
> x ⇔
10x3x
2
−−
> x – 2
⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎩
⎨
⎧
+−>−−
≥−
⎩
⎨
⎧
≥−−

⇔
⎢
⎣
⎡
>
−≤
14x
2x

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S =
(
]
[
)
+
∞
−
∞
−
;14U2;
f) (x – 3)
4x
2
− ≥ x
2
– 9 ⇔ (x – 3) )3x4x(
2
−−− ≥ 0
Trường hợp 1 :
⎩

<+
≤
9x6x4x
03x
04x
03x
)dk(3x
22
2

⇔
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎪
⎩
⎪
⎨

x
3x
⇔
x ≤
6
13
−
(1) 89
Trửụứng hụùp 2 :



+

3x4x
03x
2







++
+


2
+ + 2x x
2

7x12x6
2
+ x
2
2x 7)x2x(6
2
+ x
2
2x (1)
ẹaởt y = x
2
2x y + 1 = (x + 1)
2
0 y 1


(1)




+

(*)y7y6
1y













<
07y6y
0y
6
7
y
0y1
2










<








<
+
07x2x
0x2x
0x2x
01x2x
2
2
2
2







+



x
2x1x1
2
−≤−++ (1)
Giải
Điều kiện :
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
≥−
≥−
≥+
0
4
x
2
0x1
0x1
2
⇔ -1 ≤ x ≤ 1
Khi đó (1)
⇔ 1 + x + 1 – x + 2
2
x1− ≤
2
2

⇔ 0 ≤
(
)
2
2
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 :
⎩
⎨
⎧
≠

x411
x4
−+
< 3
⇔ 4x < 3(1+
2
x41−
) ⇔ 3
2
x41−
> 4x – 3 (2) 91
Ta đã có : x
≤
2
1
<
4
3
⇒ 4x – 3 < 0 ≤ 3
2
x41−
⇒ (2) đúng với mọi x thuộc
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣

x
)1x(
)1xx(x1xx
32
224
+
≤+−+++

(Đề thi chuyên Toán –Tin ĐHQG Hà nội1988)
Giải
Điều kiện bài toán có nghóa : x > 0 .
Chia hai vế cho
)1x(x
2
+
và sau khi biến đổi bất phương trình trở
thành :
x
1
x
x
1
x
1
1
x
1
x
1
x


⇔
t
1
≤t+1-2
t
1
1−
⇔ 0 ≤ (
t
1
1−
- 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 :
⎩
⎨
⎧
≥+
≥−

−
≤−
≥−
16
m43
mx
0m4x
2
⇔
()
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
−
+≤
≤<
16
m43
mx
4
3
m0
2

Giao với điều kiện x
≥ m ⇒ với 0 < m ≤

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
)2x)(x12(2)2x)(x12( −−+−−
Đặt t =
)2x)(x12( −− , t > 0
Bất phương trình
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
+<
>
22
t2t
3
82
10
0t
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>∨−<
>
3t

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


)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(

⎡
<≤−
−≤
1x
3
4
5x

Giải (2) : (2)
⇔
⎩
⎨
⎧
≥
<−−
1x
04x51x13
2
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≥
<<
−
1x
4x
13

⎞
⎜
⎝
⎛
−
−++
(2)
Nếu x = 0 thì (2) nghiệm đúng .
Xét x
≠ 0 , ta có ( x1x1 −++ )
2
= 2 + 2
2
x1− < 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)

⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≥+−
≤≤
0443x458x59
23x
5
27
2
⇔
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
≤

22
t2t11t1t1 −≥−+≥−++
(Đại học quốc Gia TP HCM -2001)
Giải
Với {t}
≤ 1 , ta có :
2
t11t1t1 −+≥−++
⇔ 1 +t + 2
2
t1 − +1 – t ≥ 1 + 1 – t
2
+ 2
2
t1 −
⇔ t
2
≥ 0 ( luôn đúng với mọi t )
Xét : 1 +
2
t1 −
≥ 2 – t
2

⇔ 1 – t
2
-
2
t1 − ≤ 0 ⇔
(

−− +3 > 0
Đặt y =
6x5x
2
−− ; với x ≤ -1 hoặc x ≥ 6 thì y ≥ 0
Ta có bất phương trình : 2y
2
+ y – 3 > 0 ⇔
⎢
⎢
⎣
⎡
−<
>
)loai(
2
3
y
1y

Vậy
6x5x
2
−− > 1 ⇔ x
2
– 5x – 7 > 0 98
⇔

⎡
≤
≥
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

2
x
x11x +−
> x – 4 ⇔1 - 2 x1 + + 1 + x > x – 4
⇔
⎩
⎨
⎧
≠
<+
0x
3x1
⇔
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≠
<+
−≥
0x
9x1
1x
⇔
⎩
⎨
⎧
≠
<≤−

22
1a 0 a 1:(1) 0 (2x a 1) (1a)−>⇔< ⇔≥ −− − −
1a 2x a1 1a⇔− − ≤ − − ≤ −
11a 2xa11a (2) ⇔− −≤ −≤+ − 100
)0 a 1 1 1 a a/2 α<<⇒−−≥ nên (2) 1 1a x 1 1a
⇔
−−≤≤+−
) a 0 : (2) a/2 x 1 + 1-a.β≤ ⇔ ≤≤
2) Điều kiện của nghiệm :
x3≥
Đặt
2
tx30xt33=−≥⇒=+≥
và bất phương trình đã cho trở thành
2
f(t) mt t 2m 1 0,t 0 (1) =−+−≤≥
b)
)m 0: α≤ Vì t0≥ nên (1) được thỏa mãn.

)m 0:f(t) β> có biệt số
2
1 4m(2m 1) 8m 4m 1.
∆
=− − =− + +
Để (1) có nghiệm
t0,≥ trước hết cần có :
00m(13)/4∆≥ ⇒ < ≤ +

tt
=
(nếu
12
tt).
=

Đáp số :
13
m
4
+
≤

b) Với
12
m1/2:t 0,t 2 0t x32===⇒≤=−≤
0x34 3x7⇔≤−≤⇒≤≤(do áp dụng phần 2).
Bài 15
Với mỗi giá trò a > 0 , giải bất phương trình
axaxa >−++ (1)
(Đề thi các trường Đại học miền Bắc năm 1970)
Giải
Điều kiện :
⎩
⎨
⎧
≥−
≥+
0

()
()
⎩
⎨
⎧
−>−
−
∨
⎩
⎨
⎧
≥−
<−
2
222
22
24
2
0
02
aaxa
aa
xa
aa

⇔
()
⎩
⎨
⎧

a
a
−4
4
3
⇔
()
aa
a
x −< 4
2

Kết hợp điều kiện (*) ta chọn được
⏐x⏐ <
()
aa
a
−4
2

Vậy nghiệm của bất phương trình (1) là :
• ⏐x⏐ ≤ a với 0 < a < 2
• ⏐x⏐ <
()
aa
a
−4
2
với 2 ≤ a < 4
Vô nghiệm khi a

2m – 3 + 2mx – x
2
> 0 ⇔ x
2
– 2mx + 3 – 2m < 0 (2)
Bài toán trở thành đi tìm m để bất phương trình (2) có nghiệm
Trước hết ta đònh m để bất phương trình (2) vô nghiệm , tức là đònh m
để x
2
– 2mx + 3 – 2m ≥ ∀x
Điều này xảy ra khi và chỉ khi :
∆’ ≤ 0 ⇔ m
2
+ 2m – 3 ≤ 0 ⇔ -3 ≤ m ≤ 1
do đó các trò của m để bất phương trình (2) có nghiệm là :
m < -3
∨ m > 1
• Với m < -3 , ta có :
3log
2
2
1
−<y
⇔ y
2
> 8 ⇔ ⏐y⏐ > 2 2 102
• Với m > 1 ta có :

⎜
⎜
⎝
⎛
+
+−
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
++
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
−
y
y
y
y

06
03
0'
2
<⇔
⎩
⎨
⎧
<
>∨<
⇔
⎩
⎨
⎧
<
<+−
⇔
⎩
⎨
⎧
>−
<∆
m
m
mm
m
mm
m

Từ đó m < 0

(*)
(Đề thi Đại học Tổng hợp Quốc gia Matxcơva – 1977)
Giải
Điều kiện 5
x
– 7 ≥ 0 ⇔ 5
x
≥ 7 ⇔ x ≥ log
5
7
(*)
⇔
()
75152452 +≥−−+
xxx

⇔
()
75752452 ++−≥+
xxx
103
⇔
()
(
)
(
)

114
2
log34log
2
2
1
2
2
+
+++−
>+−
xxx
xx

Giải
Điều kiện để bài toán có nghóa là :
⎩
⎨
⎧
≥+
≥−
01
04
2
x
xx
⇔ -1 ≤ x ≤ 0 ∨ x ≥ 4
Ta có VP =
1
114

2
1
+++− xxx

=
(
)
114log
2
2
+++− xxx
Từ đó bất phương trình trỡ thành :
(
)
(
)
114log34log
2
2
2
2
+++−>+− 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