Trần Sĩ Tùng WWW.ToanCapBa.Net Bất đẳng thức – Bất phương trình
1. Tính chất
Điều kiện Nội dung
a < b
⇔
a + c < b + c
(1)
c > 0
a < b
⇔
ac < bc
(2a)
c < 0
a < b
⇔
ac > bc
(2b)
a < b và c < d
⇒
a + c < b + d
(3)
a > 0, c > 0
a < b và c < d
⇒
ac < bd
(4)
n nguyên dương
a < b
⇔
a
2n+1

0,≥ ∀
.
a b ab
2 2
2+ ≥
.
b) Bất đẳng thức Cô–si:
+ Với a, b
≥
0, ta có:
a b
ab
2
+
≥
. Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b.
+ Với a, b, c
≥
0, ta có:
a b c
abc
3
3
+ +
≥
. Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c.
Hệ quả: – Nếu x, y > 0 có S = x + y không đổi thì P = xy lớn nhất
⇔
x = y.
– Nếu x, y > 0 có P = x y không đổi thì S = x + y nhỏ nhất

R, ta có:
ax by a b x y
2 2 2 2 2
( ) ( )( )+ ≤ + +
. Dấu "=" xảy ra ⇔ ay = bx.
Trang 30
WWW.ToanCapBa.Net
CHƯƠNG IV
BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH
CHƯƠNG IV
BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH
I. BẤT ĐẲNG THỨC
I. BẤT ĐẲNG THỨC
Trần Sĩ Tùng WWW.ToanCapBa.Net Bất đẳng thức – Bất phương trình
VẤN ĐỀ 1: Chứng minh BĐT dựa vào định nghia và tính chất cơ bản
• Để chứng minh một BĐT ta có thể sử dụng các cách sau:
– Biến đổi BĐT cần chứng minh tương đương với một BĐT đã biết.
– Sử dụng một BĐT đã biết, biến đổi để dẫn đến BĐT cần chứng minh.
• Một số BĐT thường dùng:
+
A
2
0≥
+
A B
2 2
0+ ≥
+
A B. 0≥
với A, B

4 4 2 2
1 2 ( 1)+ + + ≥ − + +
f)
a
b c ab ac bc
2
2 2
2
4
+ + ≥ − +
g)
a b b c c a abc
2 2 2 2 2 2
(1 ) (1 ) (1 ) 6+ + + + + ≥
h)
a b c d e a b c d e
2 2 2 2 2
( )+ + + + ≥ + + +
i)
a b c
ab bc ca
1 1 1 1 1 1
+ + ≥ + +
với a, b, c > 0
k)
a b c ab bc ca+ + ≥ + +
với a, b, c
≥
0
HD: a)

⇔

a
b c
2
( ) 0
2
 
− − ≥
 ÷
 
g)
⇔

a bc b ca c ab
2 2 2
( ) ( ) ( ) 0− + − + − ≥
h)
⇔

a a a a
b c d e
2 2 2 2
0
2 2 2 2
       
− + − + − + − ≥
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
i)

; với a, b
≥
0 b)
a b a b ab
4 4 3 3
+ ≥ +
c)
a a
4
3 4+ ≥
d)
a b c abc
3 3 3
3+ + ≥
, với a, b, c > 0.
e)
a b
a b
b a
6 6
4 4
2 2
+ ≤ +
; với a, b
≠
0. f)
ab
a b
2 2
1 1 2

( )( ) 0
8
+ − ≥
b)
⇔

a b a b
3 3
( )( ) 0− − ≥
Trang 31
WWW.ToanCapBa.Net
Trần Sĩ Tùng WWW.ToanCapBa.Net Bất đẳng thức – Bất phương trình
c)
⇔

a a a
2 2
( 1) ( 2 3) 0− + + ≥
d) Sử dụng hằng đẳng thức
a b a b a b ab
3 3 3 2 2
( ) 3 3+ = + − −
.
BĐT
⇔

a b c a b c ab bc ca
2 2 2
( ) ( ) 0
 


ab a b a b
3 3
( )( ) 0− − ≥
.
Bài 3. Cho a, b, c, d
∈
R. Chứng minh rằng
a b ab
2 2
2+ ≥
(1). Áp dụng chứng minh các bất
đảng thức sau:
a)
a b c d abcd
4 4 4 4
4+ + + ≥
b)
a b c abc
2 2 2
( 1)( 1)( 1) 8+ + + ≥
c)
a b c d abcd
2 2 2 2
( 4)( 4)( 4)( 4) 256+ + + + ≥
HD: a)
a b a b c d c d
4 4 2 2 2 2 2 2
2 ; 2+ ≥ + ≥
;

a b c d
a b c b c d c d a d a b
1 2< + + + <
+ + + + + + + +
c)
a b b c c d d a
a b c b c d c d a d a b
2 3
+ + + +
< + + + <
+ + + + + + + +
HD: BĐT (1)
⇔
(a – b)c < 0.
a) Sử dụng (1), ta được:
a a c
a b a b c
+
<
+ + +
,
b b a
b c a b c
+
<
+ + +
,
c c b
c a a b c
+

Bài 5. Cho a, b, c
∈
R. Chứng minh bất đẳng thức:
a b c ab bc ca
2 2 2
+ + ≥ + +
(1). Áp dụng
chứng minh các bất đảng thức sau:
a)
a b c a b c
2 2 2 2
( ) 3( )+ + ≤ + +
b)
a b c a b c
2
2 2 2
3 3
 
+ + + +
≥
 ÷
 
c)
a b c ab bc ca
2
( ) 3( )+ + ≥ + +
d)
a b c abc a b c
4 4 4
( )+ + ≥ + +

( )+ ≥ + = +
(1). Áp
dụng chứng minh các bất đảng thức sau:
a)
abc
a b abc b c abc c a abc
3 3 3 3 3 3
1 1 1 1
+ + ≤
+ + + + + +
; với a, b, c > 0.
b)
a b b c c a
3 3 3 3 3 3
1 1 1
1
1 1 1
+ + ≤
+ + + + + +
; với a, b, c > 0 và abc = 1.
c)
a b b c c a
1 1 1
1
1 1 1
+ + ≤
+ + + + + +
; với a, b, c > 0 và abc = 1.
d)
a b b c c a a b c

⇒

ab a b c
a b abc
3 3
1 1
( )
≤
+ +
+ +
.
Cùng với 2 BĐT tương tự, cộng vế theo vế, ta suy ra đpcm.
b, c) Sử dụng a).
d) Từ (1)
⇔

a b a b ab
3 3 2 2
3( ) 3( )+ ≥ +

⇔

a b a b
3 3 3
4( ) ( )+ ≥ +
(2).
Từ đó: VT
≥

a b b c c a a b c( ) ( ) ( ) 2( )+ + + + + = + +

sin sin 2 cos
2
+ ≤
,
B
C A
3
3
3
sin sin 2 cos
2
+ ≤
Cộng các BĐT vế theo vế ta được đpcm.
Bài 7. Cho a, b, x, y
∈
R. Chứng minh bất đẳng thức sau (BĐT Min–cốp–xki):
a x b y a b x y
2 2 2 2 2 2
( ) ( )+ + + ≥ + + +
(1)
Áp dụng chứng minh các bất đảng thức sau:
a) Cho a, b
≥
0 thoả
a b 1
+ =
. Chứng minh:
a b
2 2
1 1 5+ + + ≥

HD: Bình phương 2 vế ta được: (1)
⇔

a b x y ab xy
2 2 2 2
( )( )+ + ≥ +
(*)
•
Nếu
ab xy 0+ <
thì (*) hiển nhiên đúng.
•
Nếu
ab xy 0+ ≥
thì bình phương 2 vế ta được: (*)
⇔

bx ay
2
( ) 0− ≥
(đúng).
a) Sử dụng (1). Ta có:
a b a b
2 2 2 2
1 1 (1 1) ( ) 5+ + + ≥ + + + =
.
b) Sử dụng (1). P
≥

a b a b

≥

x y z
x y z
2
2
9
( ) 82
 
+ + + =
 ÷
+ +
 
.
Chú ý:
x y z x y z
1 1 1 9
+ + ≥
+ +
(với x, y, z > 0).
d) Tương tự câu c). Ta có: P
≥

( )
x y z
2
2
3 223 ( ) 2010+ + + =
.
Bài 8. Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh:

.
d)
⇔

a b c b c a c a b( )( )( ) 0+ − + − + − >
.
Bài 9.
a)
Trang 34
WWW.ToanCapBa.Net
Trần Sĩ Tùng WWW.ToanCapBa.Net Bất đẳng thức – Bất phương trình
VẤN ĐỀ 2: Chứng minh BĐT dựa vào BĐT Cô–si
1. Bất đẳng thức Cô–si:
+ Với a, b
≥
0, ta có:
a b
ab
2
+
≥
. Dấu "=" xảy ra
⇔
a = b.
+ Với a, b, c
≥
0, ta có:
a b c
abc
3

+ Nếu x, y > 0 có P = x y không đổi thì S = x + y nhỏ nhất
⇔
x = y.
Bài 1. Cho a, b, c
≥
0. Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a)
a b b c c a abc( )( )( ) 8+ + + ≥
b)
a b c a b c abc
2 2 2
( )( ) 9+ + + + ≥
c)
( )
a b c abc
3
3
(1 )(1 )(1 ) 1+ + + ≥ +
d)
bc ca ab
a b c
a b c
+ + ≥ + +
; với a, b, c > 0.
e)
a b b c c a abc
2 2 2 2 2 2
(1 ) (1 ) (1 ) 6+ + + + + ≥
f)
ab bc ca a b c

a b c a b c ab bc ca abc(1 )(1 )(1 ) 1+ + + = + + + + + + +
•

a b c abc
3
3+ + ≥
•

ab bc ca a b c
3
2 2 2
3+ + ≥
⇒

( )
a b c abc a b c abc abc
3
3
2 2 2
3 3
(1 )(1 )(1 ) 1 3 3 1+ + + ≥ + + + = +
d)
bc ca abc
c
a b ab
2
2 2+ ≥ =
,
ca ab a bc
a

2
2
≤ =
+
. Tương tự:
bc bc ca ca
b c c a
;
2 2
≤ ≤
+ +
.
⇒

ab bc ca ab bc ca a b c
a b b c c a 2 2
+ + + +
+ + ≤ ≤
+ + +

(vì
ab bc ca a b c+ + ≤ + +
)
g) VT =
a b c
b c c a a b
1 1 1 3
     
+ + + + + −
 ÷  ÷  ÷

 
     
+ + + + + −
 
 ÷
 ÷  ÷
 
   
 

≥

1 3
(2 2 2 3)
2 2
+ + − =
.
Trang 35
WWW.ToanCapBa.Net
Trần Sĩ Tùng WWW.ToanCapBa.Net Bất đẳng thức – Bất phương trình
Bài 2. Cho a, b, c > 0. Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a)
a b c a b c
a b c
3 3 3 2
1 1 1
( ) ( )
 
+ + + + ≥ + +
 ÷


( ) ( ) ( )
a b c a b b a b c bc c a ca
3 3 3 2 2 2 2 2 2
2( )+ + ≥ + + + + +
.
Chú ý:
a b ab a b
3 3
( )+ ≥ +
. Cùng với 2 BĐT tương tự ta suy ra đpcm.
c) Áp dụng b) ta có:
a b c a b c a b c
3 3 3 2 2 2
9( ) 3( )( )+ + ≥ + + + +
.
Dễ chứng minh được:
a b c a b c
2 2 2 2
3( ) ( )+ + ≥ + +

⇒
đpcm.
Bài 3. Cho a, b > 0. Chứng minh
a b a b
1 1 4
+ ≥
+
(1). Áp dụng chứng minh các BĐT sau:
a)

+ + + + + +
d)
ab bc ca a b c
a b b c c a 2
+ +
+ + ≤
+ + +
; với a, b, c > 0.
e) Cho x, y, z > 0 thoả
x y z2 4 12+ + =
. Chứng minh:
xy yz xz
x y y z z x
2 8 4
6
2 2 4 4
+ + ≤
+ + +
.
f) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác, p là nửa chu vi. Chứng minh rằng:
p a p b p c a b c
1 1 1 1 1 1
2
 
+ + ≥ + +
 ÷
− − −
 
.
HD: (1)

d) Theo (1):
a b a b
1 1 1 1
4
 
≤ +
 ÷
+
 
⇔
ab
a b
a b
1
( )
4
≤ +
+
.
Cùng với các BĐT tương tự, cộng vế theo vế ta được đpcm.
e) Áp dụng câu d) với a = x, b = 2y, c = 4z thì
a b c 12+ + =

⇒
đpcm.
f) Nhận xét: (p –a) + (p – b) = 2p – (a + b) = c.
Áp dụng (1) ta được:
p a p b p a p b c
1 1 4 4
( ) ( )

x y z
x y z1 1 1
+ +
+ + +
.
c) Cho a, b, c > 0 thoả
a b c 1+ + ≤
. Tìm GTNN của biểu thức:
P =
a bc b ac c ab
2 2 2
1 1 1
2 2 2
+ +
+ + +
.
d) Cho a, b, c > 0 thoả
a b c 1+ + =
. Chứng minh:
ab bc ca
a b c
2 2 2
1 1 1 1
30+ + + ≥
+ +
.
e*) Cho tam giác ABC. Chứng minh:
A B C
1 1 1 6
2 cos2 2 cos2 2 cos2 5

2 2 2 2 2 2
9( ) 3 3( ) 3
. ( )
2( ) 2 2
+ + + +
= ≥ + +
+ + + +
Chú ý:
a b c a b c
2 2 2 2
( ) 3( )+ + ≤ + +
.
b) Để áp dụng (1), ta biến đổi P như sau:
P =
x y z
x y z
1 1 1 1 1 1
1 1 1
+ − + − + −
+ +
+ + +
=
x y z
1 1 1
3
1 1 1
 
− + +
 ÷
+ + +

9 9
9
2 2 2 ( )
= ≥
+ + + + + + +
.
d) VT
≥

ab bc ca
a b c
2 2 2
1 9
+
+ +
+ +
=
ab bc ca ab bc ca ab bc ca
a b c
2 2 2
1 1 1 7
 
+ + +
 ÷
+ + + + + +
+ +
 
≥

ab bc ca

9 6
3
5
6
2
=
+
.
Chú ý:
A B C
3
cos2 cos2 cos2
2
+ − ≤
.
Bài 5. Áp dụng BĐT Cô–si để tìm GTNN của các biểu thức sau:
a)
x
y x
x
18
; 0
2
= + >
. b)
x
y x
x
2
; 1

−
f)
x
y x
x
3
2
1
; 0
+
= >
g)
x x
y x
x
2
4 4
; 0
+ +
= >
h)
y x x
x
2
3
2
; 0= + >
HD: a) Miny = 6 khi x = 6 b) Miny =
3
2

4
khi x =
3
2
g) Miny = 8 khi x = 2 h) Miny =
5
5
27
khi x =
5
3
Bài 6. Áp dụng BĐT Cô–si để tìm GTLN của các biểu thức sau:
a)
y x x x( 3)(5 ); 3 5= + − − ≤ ≤
b)
y x x x(6 ); 0 6= − ≤ ≤
c)
y x x x
5
( 3)(5 2 ); 3
2
= + − − ≤ ≤
d)
y x x x
5
(2 5)(5 ); 5
2
= + − − ≤ ≤
e)
y x x x

4
−
d) Maxy =
625
8
khi x =
5
4
e) Maxy = 9 khi x = 1 f) Maxy =
1
2 2
khi x =
2
(
x x
2
2 2 2+ ≥
)
g) Ta có:
x x x
3
2 2 2
2 1 1 3+ = + + ≥

⇔

x x
2 3 2
( 2) 27+ ≥


2 2 2 2 2
( ) ( )( )+ ≤ + +
. Dấu "=" xảy ra ⇔ ay = bx.
•
Với a, b, c, x, y, z
∈
R, ta có:
ax by cz a b c x y z
2 2 2 2 2 2 2
( ) ( )( )+ + ≤ + + + +
Hệ quả:
•

a b a b
2 2 2
( ) 2( )+ ≤ +
•

a b c a b c
2 2 2 2
( ) 3( )+ + ≤ + +
Bài 1. Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a)
a b
2 2
3 4 7+ ≥
, với
a b3 4 7
+ =
b)

2 2
2 3 5+ ≥
, với
a b2 3 5
+ =
f)
x y x y
2 2
9
( 2 1) (2 4 5)
5
− + + − + ≥
HD: a) Áp dụng BĐT (B) cho 4 số
a b3, 4, 3 , 4
.
b) Áp dụng BĐT (B) cho 4 số
a b
2 3
, , 3 , 5
3 5
−
.
c) Áp dụng BĐT (B) cho 4 số
a b
3 5
, , 7 , 11
7 11
−
.
d) Áp dụng BĐT (B) cho 4 số

+ ≥
, với
a b 1
+ ≥
.
c)
a b
4 4
1
8
+ ≥
, với
a b 1
+ ≥
. d)
a b
4 4
2+ ≥
, với
a b 2
+ =
.
HD: a)
a b a b
2 2 2 2 2
1 (1 1 ) (1 1 )( )≤ + ≤ + +

⇒
đpcm.
b)

(1 1 )( ) ( ) 4+ + ≥ + =

⇒

a b
2 2
2+ ≥
.

a b a b
2 2 4 4 2 2 2
(1 1 )( ) ( ) 4+ + ≥ + ≥

⇒

a b
4 4
2+ ≥
Bài 3. Cho x, y, z là ba số dương và
x y z 1+ + =
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P x y z1 1 1= − + − + −
.
HD: Áp dụng BĐT (B), ta có: P
≤

x y z1 1 1. (1 ) (1 ) (1 )+ + − + − + −

≤


2 2 2
1 1 1
82+ + + + + ≥
HD: Áp dụng BĐT (B), ta có:
x x
x
x
2
2 2 2
2
1 9
(1 9 )
   
+ + ≥ +
 ÷
 ÷
 
 

⇒

x x
x
x
2
2
1 1 9
82
 
+ ≥ +

≥

x y z
x y z
1 1 1 1
( ) 9
82
 
 
+ + + + +
 
 ÷
 
 
=
x y z
x y z x y z
1 1 1 1 1 80 1 1 1
( )
9 9
82
 
   
+ + + + + + + +
 
 ÷  ÷
   
 

≥

≥

1
4
−
thoả
a b c 1
+ + =
. Chứng minh:
a b c
(1) (2)
7 4 1 4 1 4 1 21< + + + + + ≤
.
HD: Áp dụng BĐT (B) cho 6 số:
a b c1;1;1; 4 1; 4 1; 4 1+ + +

⇒
(2).
Chú ý:
x y z x y z+ + ≤ + +
. Dấu "=" xảy ra
⇔
x = y = z = 0. Từ đó
⇒
(1)
Bài 6. Cho x, y > 0. Tìm GTNN của các biểu thức sau:
a)
A
x y
4 1

2
25 2 1 4 1
. . ( )
4 4
2
   
≤ + ≤ + +
 ÷  ÷
 ÷
 
 
Dấu "=" xảy ra
⇔

x y
4 1
;
5 5
= =
. Vậy minA =
25
4
khi
x y
4 1
;
5 5
= =
.
b) Chú ý:

 

⇒

( )
x y
2
2 3
6
+
+ ≥
.
Trang 40
WWW.ToanCapBa.Net
Trần Sĩ Tùng WWW.ToanCapBa.Net Bất đẳng thức – Bất phương trình
Dấu "=" xảy ra
⇔

x y
2 3 3 2 2 3 3 2
;
6 3 6 2
+ +
= =
. Vậy minB =
( )
2
2 3
6
+

= =
.
Bài 8. Tìm GTLN, GTNN của các biểu thức sau:
a)
A x x7 2= − + +
, với –2 ≤ x ≤ 7 b)
B x x6 1 8 3= − + −
, với 1 ≤ x ≤ 3
c)
C y x2 5= − +
, với
x y
2 2
36 16 9+ =
d)
D x y2 2= − −
, với
x y
2 2
1
4 9
+ =
.
HD: a)
•
A
≤

x x
2 2

≤

x x
2 2
(6 8 )( 1 3 ) 10 2+ − + − =
. Dấu "=" xảy ra
⇔
x =
43
25
.

•
B
≥

x x x6 ( 1) (3 ) 2 3− + − + −

≥

6 2
. Dấu "=" xảy ra
⇔
x = 3.
⇒
maxB =
10 2
khi x =
43
25

y x
5 5
2
4 4
− ≤ − ≤

⇒

C y x
15 25
2 5
4 4
≤ = − + ≤
.

⇒
minC =
15
4
khi
x y
2 9
,
5 20
= = −
; maxC =
25
4
khi
x y

3 2 9 4
 
− = − ≤ + + =
 ÷
 

⇒

x y5 2 5− ≤ − ≤

⇒

D x y7 2 2 3− ≤ = − − ≤
.

⇒
minD = –7 khi
x y
8 9
,
5 5
= − =
; maxD = 3 khi
x y
8 9
,
5 5
= = −
.
Bài 9.

b < 0 S = R
2. Hệ bất phương trình bậc nhất một ẩn
Muốn giải hệ bất phương trình bậc nhất một ẩn ta giải từng bất phương trình của hệ rồi
lấy giao các tập nghiệm thu được.
3. Dấu của nhị thức bậc nhất
f(x) = ax + b (a
≠
0)
x
∈

b
a
;
 
−∞ −
 ÷
 
a.f(x) < 0
x
∈

b
a
;
 
− +∞
 ÷
 
a.f(x) > 0

+ < −
Bài 11. Giải và biện luận các bất phương trình sau:
a)
m x m x( ) 1− ≤ −
b)
mx x m6 2 3
+ > +
c)
m x m m( 1) 3 4+ + < +
d)
mx m x
2
1+ > +
e)
m x x m x( 2) 1
6 3 2
− − +
+ >
f)
mx x m m
2
3 2( ) ( 1)− < − − +
Bài 12. Tìm m để các bất phương trình sau vô nghiệm:
a)
m x m x m
2 2
4 3+ − < +
b)
m x m m x
2



− > −

b)
x
x
x
x
4 5
3
7
3 8
2 5
4

−
< +


+

> −

c)
x x
x x
4 1
12
3 2

x
x
11
2 5
2
8
2 3 1
2

−
≥ −


−

+ ≥

f)
( )
x x
x
x
1
15 2 2
3
3 14
2 4
2

− > +

3
18 12 9

− − −
− − >



− − −

− > −


i)
x x
x x
3 1 2 7
4 3 2 19

+ ≥ +

+ > +

Bài 2. Tìm các nghiệm nguyên của các hệ bất phương trình sau:
a)
x x
x
x
5
6 4 7

Bài 3. Xác định m để hệ bất phương trình sau có nghiệm:
a)



>−−
>−+
023
01
xm
mx
b)



>−
>−
03
01
mx
x
c)
x m mx
x x
2
4 2 1
3 2 2 1

+ ≤ +


2. Bất phương trình chứa ẩn ở mẫu
•
Dạng:
P x
Q x
( )
0
( )
>
(2) (trong đó P(x), Q(x) là những nhị thức bậc nhất.)
•
Cách giải: Lập bảng xét dấu của
P x
Q x
( )
( )
. Từ đó suy ra tập nghiệm của (2).
Chú ý: Không nên qui đồng và khử mẫu.
3. Bất phương trình chứa ẩn trong dấu GTTĐ
•
Tương tự như giải phương trình chứa ẩn trong dấu GTTĐ, ta thường sử dụng định
nghĩa hoặc tính chất của GTTĐ để khử dấu GTTĐ.
•
Dạng 1:
g x
f x g x
g x f x g x
( ) 0
( ) ( )
( ) ( ) ( )

> ⇔

≥




< −




>



Chú ý: Với B > 0 ta có:
A B B A B< ⇔ − < <
;
A B
A B
A B

< −
> ⇔

>

.
Bài 1. Giải các bất phương trình sau:

x x
3 5
1 2
− +
>
+ −
c)
x x
x x
3 1 2
5 3
− −
<
+ −
d)
x
x
3 4
1
2
−
>
−
e)
x
x
2 5
1
2
−

3 2 2 5
− +
<
+ −
Bài 3. Giải các bất phương trình sau:
a)
x3 2 7− >
b)
x5 12 3− <
c)
2x 8 7− ≤
d)
x3 15 3+ ≥
e)
x
x
1
1
2
+
− >
f)
x
x 2
2
− <
g)
x x2 5 1− ≤ +
h)
x x2 1+ ≤

1 1
2 2
0
+
>
+
(hoặc < 0.
≥
0,
≤
0)
– Đặt
b b
x x
a a
1 2
1 2
1 2
;= − = −
. Tính
x x
1 2
−
.
– Lập bảng xét dấu chung
a a x x
1 2 1 2
. , −
.
– Từ bảng xét dấu, ta chia bài toán thành nhiều trường hợp. Trong mỗi trường hợp ta


 

 
−

> = −∞ ∪ − +∞
 ÷

 

= = −

b)
m
m S
m
m
m S
m
m S
1
0 : ( ;1) ;
1
0 : ;1
0 : ( ;1)

 
−
< = −∞ ∪ +∞

f(x) =
ax bx c
2
+ +
(a
≠
0)
∆
< 0 a.f(x) > 0,
∀
x
∈
R
∆
= 0 a.f(x) > 0,
∀
x
∈

b
R
a
\
2
 
−
 
 
∆
> 0


>
+ + > ∀ ∈ ⇔

<

•

a
ax bx c x R
2
0
0,
0
∆

<
+ + < ∀ ∈ ⇔

<

2. Bất phương trình bậc hai một ẩn
ax bx c
2
0+ + >
(hoặc ≥ 0; < 0; ≤ 0)
Để giải BPT bậc hai ta áp dụng định lí về dấu của tam thức bậc hai.
VẤN ĐỀ 1: Giải bất phương trình, hệ bất phương trình bậc hai một ẩn
Bài 1. Xét dấu các biểu thức sau:
a)

(3 4 )(2 1)− − −
i)
x x x
x x
2 2
2
(3 )(3 )
4 3
− −
+ −
Bài 2. Giải các bất phương trình sau:
a)
x x
2
2 5 2 0− + <
b)
x x
2
5 4 12 0− + + <
c)
x x
2
16 40 25 0+ + >
d)
x x
2
2 3 7 0− + − ≥
e)
x x
2

2
2
5 3 8
0
7 6
+ −
<
− +
Bài 3. Giải và biện luận các bất phương trình sau:
a)
x mx m
2
3 0− + + >
b)
m x mx m
2
(1 ) 2 2 0+ − + ≤
c)
mx x
2
2 4 0− + >
HD: Giải và biện luận BPT bậc hai, ta tiến hành như sau:
– Lập bảng xét dấu chung cho a và
∆
.
– Dựa vào bảng xét dấu, biện luận nghiệm của BPT.
Bài 4. Giải các hệ bất phương trình sau:
a)
x x
x x

2 5 4 0
3 10 0


− − + <

− − + >


d)
x x
x x
x x
2
2
2
4 3 0
2 10 0
2 5 3 0

+ + ≥


− − ≤

− + >

e)
x x
x x

2 7
4 1
1
− −
− ≤ ≤
+
h)
x x
x x
2
2
1 2 2
1
13
5 7
− −
≤ ≤
− +
i)
x x
x x
2
2
10 3 2
1 1
3 2
− −
− < <
− + −
VẤN ĐỀ 2: Phương trình bậc hai – Tam thức bậc hai

Bài 2. Tìm m để các bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x:
a)
x m x m
2
3 2( 1) 4 0+ − + + >
b)
x m x m
2
( 1) 2 7 0+ + + + >
c)
x m x m
2
2 ( 2) 4 0+ − − + >
d)
mx m x m
2
( 1) 1 0+ − + − <
e)
m x m x m
2
( 1) 2( 1) 3( 2) 0− − + + − >
f)
m x m x m
2
3( 6) 3( 3) 2 3 3+ − + + − >
Bài 3. Tìm m để các bất phương trình sau vô nghiệm:
a)
m x m x
2
( 2) 2( 1) 4 0+ − − + <

g x
f x g x
f x g x
f x g x
f x
f x g x
f x g x
1 2
( ) 0
( ) 0
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) 0
( ) ( )
( ) ( )


≥

≥


=


= ⇔ ⇔


=

g x
f x g x
g x f x g x
( ) 0
( ) ( )
( ) ( ) ( )

>
< ⇔

− < <

•
Dạng 4:
g x
f x coù nghóa
f x g x
g x
f x g x
f x g x
( ) 0
( )
( ) ( )
( ) 0
( ) ( )
( ) ( )


<


A B
A B

< −
> ⇔

>

.
•

A B A B AB 0+ = + ⇔ ≥
;
A B A B AB 0− = + ⇔ ≤
2. Phương trình – Bất phương trình chứa ẩn trong dấu căn
Trang 46
WWW.ToanCapBa.Net
Trần Sĩ Tùng WWW.ToanCapBa.Net Bất đẳng thức – Bất phương trình
Để giải phương trình, bất phương trình chứa ẩn trong dấu căn ta thường dùng phép
nâng luỹ thừa hoặc đặt ẩn phụ để khử dấu căn.
•
Dạng 1:
[ ]
g x
f x g x
f x g x
2
( ) 0
( ) ( )
( ) ( )

0


= ≥
+ + = ⇔

+ + =


•
Dạng 4:
f x g x h x( ) ( ) ( )± =
. Đặt
u f x
u v
v g x
( )
; , 0
( )

=

≥

=


đưa về hệ u, v.
•
Dạng 5:



<


≥


> ⇔

≥




>



Bài 1. Giải các phương trình sau:
a)
x x x x
2 2
5 4 6 5− + = + +
b)
x x x
2 2
1 2 8− = − +
c)
x x

1 2 0− − <
d)
x x x x
2 2
4 3 4 5+ + > − −
e)
x x3 1 2− − + <
f)
x x x x
2 2
3 2 2− + + >
g)
x x
x x
2
2
4
1
2
−
≤
+ +
h)
x
x
2 5
1 0
3
−
+ >

g)
x x3 7 1 2+ − + =
h)
x x
2 2
9 7 2+ − − =
i)
x x
x
x x
21 21 21
21 21
+ + −
=
+ − −
Bài 4. Giải các phương trình sau: (nâng luỹ thừa)
a)
x x x
3 3 3
5 6 2 11+ + + = +
b)
x x x
3 3 3
1 3 1 1+ + + = −
c)
x x
3 3
1 1 2+ + − =
d)
x x x

a)
x x x x
2 2
3 5 8 3 5 1 1+ + − + + =
b)
x x
3 3
5 7 5 13 1+ − − =
c)
x x
3 3
9 1 7 1 4− + + + + =
d)
x x
3 3
24 5 1+ − + =
e)
x x
4 4
47 2 35 2 4− + + =
f)
x x
x x x
x
2
2 2
4356
4356 5
+ +
− + − =

x x2 3 2 1+ + + ≤
Bài 9. Giải các bất phương trình sau:
a)
x x x x
2
( 3)(8 ) 26 11− − + > − +
b)
x x x x( 5)( 2) 3 ( 3) 0+ − + + >
c)
x x x x
2
( 1)( 4) 5 5 28+ + < + +
d)
x x x x
2 2
3 5 7 3 5 2 1+ + − + + ≥
Bài 10. Giải các bất phương trình sau:
a)
x x
x
2
4
2
3
−
≤
−
b)
x x
x

2 1 3 1+ ≥ −
c)
x x
3
1 3+ > −
Bài 12. Giải các phương trình sau:
a)
BÀI TẬP ÔN CHƯƠNG IV
Trang 48
WWW.ToanCapBa.Net
Trần Sĩ Tùng WWW.ToanCapBa.Net Bất đẳng thức – Bất phương trình
Bài 1. Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a)
a b c a b c
3 3 3
+ + ≥ + +
, với a, b, c > 0 và xyz = 1.
b)
a b c a b c a b c
a b c
9
+ + + + + +
+ + ≥
, với a, b, c > 0.
c)
p a p b p c a b c
1 1 1 1 1 1
2
 
+ + ≥ + +

2 3+ ≥
(3),
c c
3
2 3+ ≥
(4).
Cộng các BĐT (1), (2), (3), (4) vế theo vế ta được đpcm.
b) BĐT
⇔

b a b c c a
a b c b a c
6
     
+ + + + + ≥
 ÷  ÷  ÷
     
. Dễ dàng chứng minh.
c) Áp dụng BĐT:
x y x y
1 1 4
+ ≥
+
, ta được:
p a p b p a p b c
1 1 4 4
+ ≥ =
− − − + −
.
Tương tự:

, với x > 1.
b)
B
x y
4 1
4
= +
, với x, y > 0 và
x y
5
4
+ =
.
c)
C a b
a b
1 1
= + + +
, với a, b > 0 và
a b 1
+ ≤
.
d)
D a b c
3 3 3
= + +
, với a, b, c > 0 và
ab bc ca 3
+ + =
.


x y
1
1;
4
= =
. Vậy minB = 5.
c) Ta có
a b a b
1 1 4
+ ≥
+

⇒

B a b a b
a b a b a b
4 1 3
≥ + + = + + +
+ + +
≥

a b
3
2 5+ ≥
+
.
Dấu "=" xảy ra
⇔
a = b =

⇔
a = b = c = 1. Vậy minD = 3.
Trang 49
WWW.ToanCapBa.Net
Trần Sĩ Tùng WWW.ToanCapBa.Net Bất đẳng thức – Bất phương trình
Bài 3. Tìm GTLN của các biểu thức sau:
a)
A a b1 1= + + +
, với a, b
≥
–1 và
a b 1
+ =
.
b)
B x x
2
(1 2 )= −
, với 0 < x <
1
2
.
c)
C x x( 1)(1 2 )= + −
, với
x
1
1
2
− < <


1
3
. Vậy maxB =
1
27
.
c) Áp dụng BĐT Cô–si: C =
x x
x x
2
1 1 2 2 1 2 9
(2 2)(1 2 )
2 2 2 8
 
+ + −
+ − ≤ =
 ÷
 
.
Dấu "=" xảy ra
⇔
x =
1
4
−
. Vậy maxC =
9
8
.


− + <

d)
x x
m x
2 1 2
2

+ > −

+ >

Bài 5. Tìm m để các hệ bất phương trình sau vô nghiệm:
a)
mx x m
x x
2
9 3
4 1 6

+ < +

+ < − +

b)
x x
mx m
2
10 16 0

c)
x
x
x x x
2 3
2 1 2 1
1
1 1
−
− ≥
+
− + +
d)
x x x
2 1 1
0
1 1
+ − ≤
− +
Bài 7. Tìm m để các phương trình sau có nghiệm:
a)
m x m x m
2
( 1) 2( 3) 2 0− − + − + =
b)
m x m x m
2
( 1) 2( 3) 3 0− + − + + =
Bài 8. Tìm m để các biểu thức sau luôn không âm:
a)

m x m x m
2
2
3 5 4
0
( 4) (1 ) 2 1
− +
>
− + + + −
c)
x mx
x x
2
2
1
1
2 2 3
+ −
<
− +
d)
x mx
x x
2
2
2 4
4 6
1
+ −
− < <

2 2
2 13
6
2 5 3 2 3
+ =
− + + +
d)
x
x
x
2
2
1
1
 
+ =
 ÷
−
 
Bài 13. Giải các phương trình sau:
a)
x x x x
2 2
8 12 8 12− + = − +
b)
x x x x3 4 1 8 6 1 1+ − − + + − − =
c)
x2 2 1 1 3− − =
d)
x x x x14 49 14 49 14+ − + − − =

3 4
−
<
− −
f)
x x x
2
6 5 9− > − +
g)
x x x
2
2 3 2 2 1− − − > −
h)
x x x2 1 2 3 1+ < − + +
Bài 15. Giải các phương trình sau:
a)
x x2 3 0− + =
b)
x x x x x2 3 1 3 2 (2 3)( 1) 16+ + + = + + + −
c)
x x x4 1 1 2+ − − = −
d)
x x x x1 4 ( 1)(4 ) 5+ + − + + − =
e)
x x
2
4 1 4 1 1− + − =
f)
x x x x x
2

2
− + −
≥
d)
x
x
x
2
2
3(4 9)
2 3
3 3
−
≤ +
−
e)
x x x
2 2
( 3) 4 9− + ≤ −
f)
x
x
x
2
2
9 4
3 2
5 1
−
≤ +