Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng Facebook: LyHung95
Tham gia trọn vẹn khóa LTĐH và Luyện giải đề tại Moon.vn để đạt được kết quả cao nhất trong kỳ TSĐH 2014!
IV. PP ĐẶT ẨN PHỤ GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH
Ví dụ 1: Giải các bất phương trình sau:
1)
+ − + ≥ +
2
(x 1)(x 2) x x 8
(1)
2)
2 2
6x 18x 12 10 3x x
− + < + −
(2)
3)
+ + + > +
2
2 x 2x 10 5 x(x 2)
(3)
Giải:
1) Đặt:
= + − ≥
t (x 1)(x 2) ; (t 0)⇔ = − − ⇔ − = +
2 2 2 2
t x x 2 x x t 2

= −∞ − ∪ +∞
T ; 2 3 ;
.
2) Đặt:
= − + ≥
2
t 6x 18x 12 ; (t 0)−
⇒ = − + ⇒ − =
2
2 2 2
12 t
t 6x 18x 12 3x x
6

−
⇔ < + ⇔ < + − ⇔ + − < ⇔ − < <
2
(2)
2 2
12 t
t 10 6t 60 12 t t 6t 72 0 12 t 6
6

Vậy: − + < ⇔ − + <
2 2
6x 18x 12 6 x 3x 2 6




≤ <
− + <


  
− < <
− − <



Kết luận: tập nghiệm bất phương trình (2) là
(
]
[
)
= − ∪
T 1 ; 1 2 ; 4 .

3) Đặt:
= + + ≥
2
t x 2x 10 ; (t 3)⇒ = + + ⇔ + = −
2 2 2
t x 2x 10 x(x 2) t 10


+ + + − < − +
(2)
3)
2 2
x 10 x x 10 x 7
+ − + − <
(3)
4)
2 2
x 5 x x 5 x 1
− − + − >
(4)
Giải:
1) Điều kiện:
−
1 ≤ x ≤ 4
Đặt: t =
1 x 4 x;
+ + −

5 t 10
≤ ≤
(
)
2
2
t 1 x 4 x
⇒ = + + −
2
t 1 x 4 x 2 1 x. 4 x


Kết luận:
t
ậ
p nghi
ệ
m b
ấ
t ph
ươ
ng trình (1) là T = (0 ; 3).
2)
Đ
i
ề
u ki
ệ
n:
−
1 9
x
2 2
≤ ≤

Đặ
t: t =
2x 1 9 2x;
+ − −
10 t 10
− ≤ ≤


+ − − <

+ − − >


2x 1 9 2x 0 (I)
2x 1 9 2x 2 (II)

+) Gi
ả
i (I):
2x 1 9 2x 2x 1 9 2x 4x 8 x 2
+ < − ⇔ + < − ⇔ < ⇔ <

K
ế
t h
ợ
p
đ
i
ề
u ki
ệ
n, có:
1
x 2
2
− ≤ <

4x 8
2 9 16x 4x 6
≥


⇔

+ − <



2
x 2
9 16x 4x 9
≥

⇔

+ − <


2
x 2
4x 16x 0
≥

⇔

− >


= − ∪
 
 
   
.

tho
ả
mãn
đ
i
ề
u ki
ệ
n

Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng Facebook: LyHung95
Tham gia trọn vẹn khóa LTĐH và Luyện giải đề tại Moon.vn để đạt được kết quả cao nhất trong kỳ TSĐH 2014!
3) Điều kiện:
10 x 10
− ≤ ≤
Đặt:
2
t x 10 x
= + −

(
)
2
2

 
 
− > − + ∀ ∈ −
+ − > −
 

 

®óng2 2
10 x (4 x)
⇔ − < − (Hai vế không âm, do:
10 x 10
− ≤ ≤ )

2 2 2
x 3
10 x 16 8x x 2x 8x 6 0
x 1
>

⇔ − < − + ⇔ − + > ⇔

<


Kết hợp điều kiện, có tập nghiệm bất phương trình (3) là
)

2
−
⇔ − =
2
(4)
2 2
5 t
t 1 2t 5 t 2 t 2t 3 0 1 t 3
2
−
⇔ + > ⇔ + − > ⇔ − − < ⇔ − < <

V
ậ
y:
2
2
x 5 x 3
x 5 x 1

− − <

⇔

− − > −



2
2

x 1
x 1
2x 2x 4 0
x 2
> −

> −


⇔ ⇔ ⇔ >
>

 
+ − >



< −



K
ế
t h
ợ
p
đ
i
ề
u ki

10 t 5
− ≤ ≤ .

Ví dụ 3: Cho phương trình
2
x 2 m 7 x 14 5x x
+ ≤ + − + + −
(*)
a) Giải bất phương trình (*) với m =
−
3
b) Tìm m để bất phương trình (*) có nghiệm
c) Tìm m để bất phương trình (*) nghiệm đúng
[
]
∀ ∈ −
x 2 ; 7
.
Giải:
Điều kiện:
−
2
x 7
≤ ≤

Đặt:
t x 2 7 x
= + − −
;
−

a) m =
−
3,
⇔ + − ≤ − ⇔ + − ≤ ⇔ − ≤ ≤
(**)
2 2
t 2t 9 6 t 2t 3 0 3 t 1

Vậy:
[ ]

+ − − ≤


+ − − ≥ − ∀ ∈ −


x 2 7 x 1
x 2 7 x 3, ®óng x 2 ; 7

⇔ + ≤ + −
x 2 1 7 x⇔ + ≤ + − + − ⇔ − ≥ −
x 2 1 7 x 2 7 x 2 7 x 2x 6 
− ≥ ≤



>
+



⇔ ⇔ ⇔ ≤

+


 < ≤
− +


≤ ≤




2
2 2
7 x 0 x 7
x 3
2x 6 0 x 3
x 3
2x 6 0 x 3
x 5x 2 0
4(7 x) 4(x 3) 7 x x 6x 9

t
≤
3.
Đặt f(t) = t
2
+ 2t
−
9;
−
3
≤
t
≤
3
Bảng biến thiên:
t
−
∞

−
3

−
1
3 +
∞f(t)


−
10
≤
2m
⇔
m ≥
−
5
Kết luận: m ≥
−
5, bất phương trình (*) có nghiệm.
c) Bất phương trình (*) nghiệm đúng với
∀
x
∈
[
−
2 ; 7]
⇔
(**) nghiệm đúng
∀
t
∈
[
−
3 ; 3].
Theo kết quả trên, có: 6
≤
2m
⇔

−
2 ≤ x ≤ 8
Đặt:
t 2x 4 16 2x;
= + + −

2 5 t 2 10
≤ ≤

(
)
⇒ = + + − =
2
2
t 2x 4 16 2x
2
2
t 20
2x 4 16 2x 2 2x 4 . 16 2x 2 16 6x x
2
−
+ + − + + − ⇒ + − =

−
⇔ ≥ + ⇔ ≥ − + ⇔ − − ≤ −
2
(1)
2 2
t 20
t m 2t t 20 2m t 2t 20 2m (2)

2 2
4 16 6x x 16 16 6x x 16
⇔
≥

− ≥ ⇔

≤

2
x 6
x 6x 0
x 0

Kết hợp với điều kiện, có tập nghiệm bất phương trình (1) là T = [
−
2 ; 0] ∪ [6 ; 8].
b) Bất phương trình (1) có nghiệm ⇔ bất phương trình (2) có nghiệm t thoả mãn:
2 5 t 2 10
≤ ≤

Đặt f(t) = t
2

−
2t
−
20;
2 5 t 2 10
≤ ≤

Do đó (2) có nghiệm ⇔
4 5 2m m 2 5
− ≤ − ⇔ ≤

Kết luận:
m 2 5
≤ , bất phương trình (1) có nghiệm.
c) Bất phương trình (1) nghiệm đúng ∀x ∈ [
−
2 ; 8] ⇔ (2) nghiệm đúng ∀t ∈
 
 
2 5 ; 2 10

Theo kết quả trên, có:
20 4 10
− ≤
−
2m ⇔ m ≤
2 10

−
10
Kết luận: m ≤
2 10

−
10, bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x thuộc đoạn [
−
2 ; 8].

t 5 2x x 2
= − + +
⇔
2
t 5 2x x 2 2 5 2x. x 2
= − + + + − +

⇔
2 2
t 7 x 2 10 x 2x
= − + + −
⇔
2 2
2 10 x 2x x t 7
+ − − = −

≥

⇔ + − ≥ ⇔ + − ≥ ⇔

≤ −

(1)
2 2
t 3
t t 7 5 t t 12 0
t 4 (lo¹i)

Vậy:
− + + ≥ ⇔ − + + + − + ≥

 
 
 
 
 
⇔
≤ ⇒ ≤
2
27 3
t t 3.
2 2

+) = − + − + ≥ − ⇔ ≥ ⇒ ≥
2 2
5 9 3
t 7 x 2 5 2x. x 2 7 t t
2 2
2

 

≤ ⇔ − ≥ −

 

 

 
− + ≥


2
t 8
x x 8x
2
−
− + =
−
⇔ + < ⇔ + − < ⇔ − < <
2
(2)
2
t 8
t 0 t 2t 8 0 4 t 2
2

Vậy:

+ − <


+ − > − ∀ ≥


x 8 x 2
x 8 x 4; § óng x 0
⇔
+ − <
x 8 x 2

⇔ + < +

 
⇔ + − + + − <
 
(2)
x 8 x(x 8) x x 0

Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng Facebook: LyHung95
Tham gia trọn vẹn khóa LTĐH và Luyện giải đề tại Moon.vn để đạt được kết quả cao nhất trong kỳ TSĐH 2014!
⇔
(
)
(
)
x 8 1 x x 1 x 0
+ − − − <
⇔
(
)
(
)
1 x x 8 x 0
− + − <

⇔
1 x 0
− <

(
)
(
⇔ = − + − −
2 2
t 2x 1 2 x x 2
(t
2
≥ 2.2 – 1 ⇔ t
2
≥ 3 ⇔ t ≥
3
)

+
⇔ + − − =
2
2
t 1
x x x 2
2

+
⇔ + ≤ ⇔ + + ≤
2
(*)
2
t 1
2t m t 4t 1 2m
2
(**)

2
x x 2 5 x
⇔
− ≥


− − ≤ − +

2 2
5 x 0
x x 2 x 10x 25≤

⇔

≤

x 5
9x 27

≤

⇔ ⇔ ≤

≤

x 5
x 3

Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng Facebook: LyHung95
Tham gia trọn vẹn khóa LTĐH và Luyện giải đề tại Moon.vn để đạt được kết quả cao nhất trong kỳ TSĐH 2014!
⇒ f(t) ≥ 4 +
4 3
; ∀t ≥
3

Do đó (**) có nghiệm t ≥
3
⇔ 4 +
4 3
≤ 2m ⇔ m ≥ 2 +
2 3

Kết luận: m ≥ 2 +
2 3
, bất phương trình (*) có nghiệm.
c) Theo phần trên, bất phương trình (*) vô nghiệm khi m < 2 +
2 3
.
Ví dụ 7: Giải các bất phương trình sau:
a)
2 2
(x 1). x 2x 3 x 1
+ − + ≥ +
(2)
b)
( )
2 2
x 4x 3 3x 2 . x 2x 3

t (x 1)t 2x 2 0
⇔ − + + − ≤

+) t
2
– (x +1)t + 2x – 2 là một tam thức bậc hai có nghiệm t = 2; t = x − 1
+) Trường hợp 1: x − 1 ≥ 2
⇔
x ≥ 3
(2)
⇔
2 ≤ t ≤ x − 1 ⇔
2
2
x 2x 3 2
x 2x 3 x 1

− + ≥


− + ≤ −


Vô nghi
ệ
m
(Vì
2
x 2x 3
− +


2
2
x 2x 3 x 1
x 2x 3 2

− + ≥ −


− + ≤



⇔
2
x 2x 3 2
− + ≤
(Vì:
2
x 2x 3
− +
> x – 1,
x
∀
)
⇔ x
2
– 2x + 3
≤
4 ⇔ x

+ 6x
(3)
⇔
t
2
+ 6x ≥ (3x +2 )t ⇔ t
2

−
(3x + 2)t + 6x ≥ 0
+) t
2

−
(3x + 2)t + 6x là một tam thức bậc hai cú nghiệm t = 2; t = 3x
+) Trường hợp 1: 3x ≥ 2 ⇔ x ≥
2
3

(3)
⇔

t 3x
t 2
≥


≤



8x 2x 3 0
4 2
x 2x 1 0
1 2 x 1 2

− ≤ ≤

+ − ≤

⇔


− − ≤

− ≤ ≤ +



Kết hợp điều kiện, ta có
2
x 1 2
3
≤ ≤ +
+) Tr
ườ
ng h
ợ
p 2: 3x < 2 ⇔ x <
2
3


≥




− + ≤


⇔
2
2
x 2x 1 0
x 0
8x 2x 3 0

− − ≥

≥




+ − ≥



⇔
x 1 2
x 1 2





≤ −





⇔
x 1 2
x 1 2
1
x
2

≥ +


≤ −


≥


⇔
1
x
2

ậ
p nghi
ệ
m b
ấ
t ph
ươ
ng trình (3) là T =
(
; 1 2

−∞ −


∪

1
; 1 2
2
 
+
 
 
.
BÀI TẬP LUYỆN TẬP:
Bài 1:
Gi
ả
i các b
ấ

x x
x
 
− + −
− + − ≤
 
 
−
−
 

c)
3 1
3 2 7
2
2
+ < + −
x x
x
x

d)
2
4 (4 )(2 ) 2 12
− − + ≤ − −
x x x x

Bài 2:
Gi
ả

2
3 2 1 25
5 25
x
x x x
x
− + − − ≤
+ −

Bài 3:
Gi
ả
i các b
ấ
t ph
ươ
ng trình sau:
a)
2
2
40
16
16
x x
x
+ + ≤
+
b)
5 1
5 2 4