Kĩ thuật tổng hợp Giải bất phương trình hỗn hợp.docx

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------
Tải tài liệu tại sividoc.com
Viết đề tài giá sinh viên – ZALO:0973.287.149-TEAMLUANVAN.COM
NGUYỄN THỊ QUYỂN
KĨ THUẬT TỔNG HỢP
GIẢI BẤT PHƢƠNG TRÌNH HỖN HỢP
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN - 2018

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------
Tải tài liệu tại sividoc.com
NGUYỄN THỊ QUYỂN
KĨ THUẬT TỔNG HỢP
GIẢI BẤT PHƢƠNG TRÌNH HỖN HỢP
Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8460113
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS. Tạ Duy Phƣợng
THÁI NGUYÊN - 2018

1
Mnc lnc
M đau 2
1 Phân loại m t so kĩ thu t chủ đạo
trong giải bat phương trình hőn
h p 6
1.1. Kĩ thu t bien đői tương đương................................................ 6
1.2. Kĩ thu t nhân với bieu thác liên hợp................................... 11
1.3. Kĩ thu t đ t ȁn phụ............................................................. 16
1.4. Kĩ thu t hàm so................................................................... 24
1.4.1. Kĩ thu t sả dụng đạo hàm b c nhat....................... 24
1.4.2. Kĩ thu t sả dụng đạo hàm b c hai ......................... 29
1.4.3. Kĩ thu t sả dụng giá trị lớn nhat, giá trị nhỏ nhat . 34
1.5. Kĩ thu t véc tơ ................................................................ 38
1.6. Kĩ thu t lượng giác hóa ....................................................... 40
1.7. Kĩ thu t hình hoc ............................................................ 41
2 M t so kĩ thu t tong h p giải bat
phương trình hőn h p và bat đang
thfíc 43
2.1. Các kĩ thu t tőng hợp giải bat phương trình hon hợp...........43
2.2. Các kĩ thu t tőng hợp cháng minh bat đȁng thác.................60
Tài li u tham khảo 65

2
M đau
1. Lí do chon đe tài
Bat phương trình hon hợp được hieu là bat phương trình phác tạp,
cháa nhieu loại hàm khác nhau (đa thác, căn thác, mũ, logarit,...). Đe
giải nhǎng bat phương trình cháa nhieu loại hàm, ta thường phải "bóc
tàng lớp" đe đưa ve bat phương trình đơn giản. Tuy nhiên, cũng có
nhieu bat phương trình hon hợp đòi hỏi sả dụng kĩ thu t giải tőng hợp,
nói chung không the dùng m®t kĩ thu t, mà phải sả dụng tőng hợp m®t
vài ho c đong thời nhieu kĩ thu t đe giải được nhǎng bat phương trình
loại này.
Đã có m®t so sách viet ve phương pháp giải bat phương trình và bat
đȁng thác thí dụ, tài li u [2], [5]. Tuy nhiên, theo quan sát của chúng
tôi, van nên đi sâu phân tích cụ the và chi tiet hơn các phương pháp và
các kĩ thu t tőng hợp giải bat phương trình hon hợp và bat đȁng thác.
Trong các đe thi Trung hoc Phő thông Quoc gia nhǎng năm gan đây
(trước năm 2017) câu khó thường là các bài toán ve phương trình, bat
phương trình ho c bài toán liên quan tới bat đȁng thác, bat phương
trình hon hợp. Đe giải các bài toán này, can sả dụng thành thạo và
nhuan nhuyen các kĩ thu t tőng hợp. Bat phương trình hon hợp và bat
đȁng thác cũng hay g p trong các kì thi (thi hoc sinh giỏi, Olympic

3
30–4, vô địch Quoc gia, Quoc te,...).
Với nhǎng lí do trên, tác giả đã lựa chon đe tài: "Kĩ thu¾t tőng hợp giải
bat phương trình hőn hợp" làm đe tài lu n văn cao hoc của mình.
2. Lịch sfi nghiên cfíu
Chủ đe bat phương trình và bat đȁng thác có vị trí và vai trò quan
trong trong chương trình môn Toán ở trường Trung hoc phő thông. Kien
thác và kĩ năng của chủ đe này có m t xuyên suot tà cuoi Trung hoc Cơ
sở, tới đau cap và đen cuoi cap Trung hoc phő thông, th m chí trong
các kì thi Olympic sinh viên. Nó đóng vai trò như là chìa khóa đe giải
quyet nhieu bài toán trong thực te.
3. Mnc đích, đoi tư ng và phạm vi nghiên cfíu
Lu n văn h thong hóa và trình bày m®t so kĩ thu t giải bat phương
trình hon hợp và bat đȁng thác thường g p trong các kì thi Olympic,
thi hoc sinh giỏi Quoc gia và Quoc te. Tat cả các bài toán trong lu n
văn đeu được chon lựa tà các đe thi vào đại hoc ho c các bài thi hoc
sinh giỏi Quoc gia và Quoc te trong và ngoài nước, ho c tà các báo chí,
thí dụ, Tạp chí Toán hoc và Tuői trẻ.
Bên cạnh vi c h thong hóa các đe thi, lu n văn còn co gang phân tích,
tőng hợp các phương pháp thông qua các bài toán cụ the.
Mnc tiêu của lu n văn: Lu n văn có mục tiêu trình bày các phương
pháp và kĩ thu t tőng hợp giải bat phương trình hon hợp và bat đȁng
thác. Các phương pháp và kĩ thu t tőng hợp giải bat phương trình hon
hợp và bat đȁng thác cũng đã được áp dụng cho các bài toán cháng
minh bat đȁng thác, giải bat phương trình, h bat phương trình, và các
bài toán cực trị. Hy vong lu n văn sě góp phan làm sáng tỏ thêm các kĩ

4
thu t và phương pháp giải bat phương trình, bat đȁng thác và được áp
dụng vào thực te hoc t p và giảng dạy.
4. Phương pháp nghiên cfíu
- Phân tích lí thuyet, phân dạng các loại bài t p.
- Đưa ra các bài t p minh hoa phù hợp với tàng n®i dung.
- Tőng hợp tài li u tà sách tham khảo, các sách liên quan đen đe tài.
5. Cau trúc của lu n văn
Ngoài phan Mở đau, Ket lu n và Tài li u tham khảo, Lu n văn gom
2 Chương.
Chương 1: Phân loại m®t so kĩ thu t giải bat phương trình hon hợp.
Trong chương này, chúng tôi trình bày các kĩ thu t giải bat phương
trình hon hợp. Trong moi kĩ thu t, trước het là trình bày ý tưởng, sau
đó chúng tôi trình bày nhieu ví dụ có lời giải chi tiet, the hi n rõ kĩ
thu t đã nêu.
Chương 2: M®t so kĩ thu t tőng hợp giải bat phương trình hon hợp và
bat đȁng thác.
Chương 2 trình bày m®t so bài toán ve bat phương trình hon hợp mà
phải dùng tőng hợp các kĩ thu t đã nêu ở chương 1 đe giải. Cuoi cùng
là m®t so bài toán ve bat đȁng thác.
Lu n văn được hoàn thành tại trường Đại hoc Khoa hoc - Đại hoc Thái
Nguyên. Đau tiên tác giả xin được bày tỏ lòng biet ơn sâu sac đen PGS.
TS. Tạ Duy Phượng. Thay đã định hướng chon đe tài và nhi t tình
hướng dan cũng như giải đáp moi thac mac của tôi trong suot quá trình
làm lu n văn đe tôi hoàn thành lu n văn này.
Tác giả xin chân thành cảm ơn toàn the các thay cô trong khoa Toán -
Tin trường Đại hoc Khoa hoc - Đại hoc Thái Nguyên đã t n tình hướng

5
dan, truyen đạt kien thác trong suot thời gian hoc t p, thực hi n và
hoàn thành lu n văn.
Xin được cảm ơn nhà trường, Trường THPT Que Võ So 1, huy n Que
Võ, tỉnh Bac Ninh đã tạo đieu ki n và giúp đơ tôi, cảm ơn sự giúp đơ
của bạn bè, người thân và các đong nghi p trong suot thời gian hoc t p
và làm lu n văn.
Thái Nguyên, tháng 4 năm 2018
Tác giả
Nguyen Thị Quyen

6
(
Tính chat 1.1
√
f(x) ≥ g(x) ⇔ (
f(x) ≥ 0
Chương 1
Phân loại m t so kĩ thu t chủ đạo
trong giải bat phương trình hőn h p
Đe giải m®t bat phương trình, đe cháng minh m®t bat đȁng thác ho c
m®t bài toán cực trị loại khó ta có the sả dụng m®t so kĩ thu t sau.
1.1. Kĩ thu t bien đoi tương đương
Nói chung quá trình giải bat phương trình là quá trình bien đői tương
đương tà bat phương trình phác tạp ve bat phương trình đơn giản nhờ
m®t so tính chat của các hàm vô t , mũ, logarit, ví dụ:
(
g(x) < 0
g(x) ≥ 0
f(x) ≥ g2
(x).
g(x) ≥ 0
Tính chat 1.2
√
f(x) ≤ g(x) ⇔ f(x) ≥ 0
f(x) ≤ g2
(x).
Tính chat 1.3 f(x)g(x)
≥ f(x)h(x)
tương đương với
f(x) > 1
g(x) ≥ h(x)
ho¾c
0 < f(x) < 1
ho¾c f(x) = 1 và g(x); h(x) có nghĩa.
g(x) ≤ h(x)
(

7
(
2
⇔ x ≤ 5
2 2
Tính chat 1.4 f(x)g(x)
≤ f(x)h(x)
tương đương với
f(x) > 1
g(x) ≤ h(x)
ho¾c
0 < f(x) < 1
ho¾c f(x) = 1 và g(x); h(x) có nghĩa.
g(x) ≥ h(x)
Ky thu t bien đői tương đương là m®t kĩ thu t cơ bản, tuy nhiên đoi
với bat phương trình hon hợp, kĩ thu t này không phải lúc nào cũng áp
dụng được m®t cách hợp lí, mà phải ket hợp thêm m®t so kĩ thu t khác.
Các ví dụ dưới đây (và trong chương 2) sě trình bày và phân tích sâu
hơn nh n xét này.
Bài 1.1 (Đe thi hoc sinh giỏi lớp 10 - Kon Tum, năm hoc 2013 -2014)
Giải bat phương trình sau trên t p so thực
√
−x2 + 8x − 12 > 10 − 2x. (1.1)
Bài giải. Ta có
(
10 − 2x < 0
(
x > 5
− x + 8x − 12 ≥ 0 2 ≤ x ≤ 6
(1.1) ⇔ (
10 − 2x ≥ 0
⇔ (
x ≤ 5
− x + 8x − 12 ≥ (10 − 2x) . 5x2
− 48x + 112 < 0.
5 < x ≤ 6
28
⇔
4 < x <
5
.
5 < x ≤ 6
4 < x ≤ 5.
⇔ 4 < x ≤ 6.
V y bat phương trình đã cho có nghi m 4 < x ≤ 6.
Bài 1.2 (Đe thi hoc sinh giỏi lớp 12, Ngh An, năm hoc 2013-2014)
Giải bat phương trình
√
x (x + 2) +
√
x ≥
q
(x + 1)3
. (1.2)
Bài giải. Đieu ki n đe bat phương trình (1.2) có nghĩa là
(
"

8
√
⇔ − ≤
√
2
2
x
− ≤ − | | −
⇔
√
x3 + 2x2 = 1
x −
|y| −
√
x2 + y2 − 1 ≥ 1 ⇔
√
x2 + y2 − 1 ≤ x − |y| − 1
Với đieu ki n (1.2a) thì
x ≥ 0. (1.2a)
(1.2) ⇔ x (x + 2) + 2 x3 + 2x2 + x ≥ (x + 1)3
x3
+ 2x2
2 x3 + 2x2 + 1 0
⇔
√
x3 + 2x2 − 1
2
≤ 0
x = −1
√
⇔ x3
+ 2x2
− 1 = 0 ⇔ x =
−1 − 5
x =
−1 +
√
5
.
Đoi chieu đieu ki n (1.2a) suy ra x =
−1 +
√
5
.
2
V y bat phương trình đã cho có nghi m x =
−1 +
√
5
.
2
Bài 1.3 (Đe thi đe nghị Olympic 30 tháng 04 năm 2008, trường THPT
Chuyên Lương Văn Chánh, Phú Yên)
Tìm tat cả các c p(x; y) thỏa mãn bat phương trình
x − |y| −
√
x2 + y2 − 1 ≥ 1. (1.3)
Bài giải. Ta có
2
+ y2
— 1 ≥ 0
⇔ x − |y| − 1 ≥ 0
x2
+ y2
1 (x y 1)2
x2
+ y2
≥ 1
⇔ x ≥ |y| + 1
x2
+ y2
− 1 ≤ x2
+ y2
+ 1 − 2x|y| − 2x + 2|y|

9
2 2
− x > 0
2
1 − 2x <
x2
+ y2
≥ 1 x2
+ y2
≥ 1 (1.3a)
⇔ x ≥ |y| + 1
2x(|y| + 1) − 2(|y| + 1) ≤ 0
Tà (1.3b) suy ra x ≥ 1.
Tà (1.3c) suy ra x ≤ 1.
⇔ x ≥ |y| + 1 (1.3b)
2(|y| + 1)(x − 1) ≤ 0 (1.3c)
Do đó x = 1. Tà (1.3b) suy ra y = 0.
Với x = 1; y = 0 thỏa mãn (1.3a)
V y bat phương trình có nghi m duy nhat là (x; y) = (1; 0).
Bài 1.4 (Đe thi hoc sinh giỏi lớp 12, Đà Nȁng, năm hoc 2014 - 2015)
log2 4x2
— 4x + 1 — 2x > 2 − (x + 2) log1
1
− x . (1.4)
4x2
− 4x + 1 > 0
⇔ x <
1
. (1.4a)
2
(1.4) ⇔ log2 (1 − 2x)2
− 2x > 2 + (x + 2) log
1 − 2x
2
⇔ 2 log2 (1 − 2x) − 2x > 2 + (x + 2) log2 (1 − 2x) − x − 2
⇔ x log2 (1 − 2x) + x < 0
⇔ x [log2 (1 − 2x) + 1] < 0. (1.4b)
• Trư ng h p 1.
(1.4b) ⇔
x > 0
log2 (1 − 2x) + 1 < 0
⇔
1
x > 0
1
1
1 ⇔ x >
4
.
2
Ket hợp với đieu ki n (1.4a) ta được < x < .
4 2
1
(
2

10
(
7
√ √
7
(
7
4 2
√
4x2 + 1 + 2x
√
4x2 + 1 − 2x = 1
1 − 2x < 0
1
• Trư ng h p 2.
(1.4b) ⇔
x < 0
log2 (1 − 2x) + 1 > 0
x < 0
1 − 2x >
2
⇔ x < 0.
Ket hợp với đieu ki n (1.4a) ta được x < 0.
V y bat phương trình đã cho có t p nghi m T = (−∞; 0) ∪
1
;
1
.
Bài 1.5 (Đe thi hoc sinh giỏi lớp 12, Nam Định, năm 2014 - 2015)
log1 log7
√
4x2 + 1 + 2x − log5 log1
√
4x2 + 1 − 2x > 0. (1.5)
5 7
Bài giải. Với ∀x ∈ R ta có
Suy ra
Do đó
√
4x2 + 1 + 2x > 0
√
4x2 + 1 − 2x > 0.
log1
√
4x2 + 1 − 2x = log7
√
4x2 + 1 + 2x .
(1.5) ⇔ log5 log7
√
4x2 + 1 + 2x + log5 log7
√
4x2 + 1 + 2x < 0
⇔ log5 log7
√
4x2 + 1 + 2x < 0
log7
√
4x2 + 1 + 2x > 0
√
4x2 + 1 + 2x > 1
⇔
√
4x + 1 > 1 − 2x
⇔
1 − 2x ≥ 0
4x2
+ 1 > (1 − 2x)2 12
⇔ 0 < x < .
√
4x2 + 1 < 7 − 2x (
7 − 2x ≥ 0
4x2
+ 1 < (7 − 2x)2
V y bat phương trình đã cho có t p nghi m T = 0;
12
.
7
⇔
log 4x2
+ 1 + 2x < 1
⇔
4x2 + 1 + 2x < 7
⇔
2

11
−
∓
— −
3 3
√
−
1.2. Kĩ thu t nhân v i bieu thfíc liên h p
Ý tưởng của phương pháp này là trục căn thác và tạo nhân tả chung,
đưa bat phương trình đã cho ve dạng bat phương trình tích. Sau đó
đánh giá dau của tàng tích đó. Muon thực hi n được phương pháp này
ta phải đoán được nghi m của phương trình và bien đői khéo léo.
M®t so bieu thác quen thu®c dùng đe trục căn thác:
√
a ±
√
b =
a b
√
a ∓
√
b
;
√
3
a ±
√
3
b = √ a ± b √ ;
√
4
√
4
3
a2
√
3
ab +
3
b2
a − b
a ± b =
Sau đây là m®t so ví dụ.
√
4
a ∓
√
4
b
√
a +
√
.
Bài 1.6 (Toán hoc và tuői trẻ, so 461, tháng 11 năm 2015)
x (x + 1) (x − 3) ≥
√
4 − x +
√
1 + x − 3. (1.6)
−1 ≤ x ≤ 4. (1.6a)
(1.6) ⇔ x (x + 1) (x − 3) ≥
h√
4 − x − 2 −
x i
+
h√
1 + x − 1 +
x i
⇔ 3x (x + 1) (x − 3) ≥ 3
√
4 − x − (6 − x) +
h
3
√
1 + x − (3 + x)
i
⇔ 3x (x + 1) (x − 3) +
x (x − 3)
3 4 − x + (6 − x) +
3
√
x (x 3)
1 + x + (3 + x)
≥ 0
⇔ x (x − 3) 3 (x + 1) +
1
3
√
4 − x + 6 − x
+
1
1
3
√
1 + x + 3 + x
1
≥ 0.
Với −1 ≤ x ≤ 4 thì 3 (x + 1)+
3
√
4 x + 6 x
+
3
√
1 + x + 3 + x
> 0.
Suy ra
b

12
"
"
"
#
− −
−
"
−
"
(1.7) ⇔ 2 (x − 2) 3
√
5 − x2 − 5 + x +(x + 1)
h
3
√
5 + x2 − 2x − 5
i
< 0
#
x (x − 3) ≥ 0 ⇔
x ≤ 0
x ≥ 3.
Ket hợp với đieu ki n (1.6a) ta có
−1 ≤ x ≤ 0
3 ≤ x ≤ 4.
V y bat phương trình đã cho có t p nghi m T = [−1; 0] ∪ [3; 4].
2 (x − 2)
√
5 − x2 + (x + 1)
√
5 + x2 < 7x − 5. (1.7)
−
√
5 ≤ x ≤
√
5. (1.7a)
⇔ 2 (x − 2)
10 x2
x 2
3
√
5 − x2 + 5 − x + (x + 1)
5 (x 2)2
3
√
5 + x2 + 2x + 5
< 0
⇔ (x − 2)2
(x + 1) √
−20
+ √
5 < 0
5 − x2 + 5 − x 3 5 + x2 + 2x + 5
⇔ (x − 2) (x + 1)
⇔
x /= 2
x > −1.
3
√
5 − x2 − 12
√
5 + x2 − 9x − 15 < 0
với đieu ki n (1.7a) ta có
3
√
5x2 − 12
√
5 + x2 − 9x − 15 < 3
√
5 − 12
√
5 + 9
√
5 − 15 < 0.
Ket hợp với đieu ki n (1.7a) ta có x ∈ (−1; 2) ∪ 2;
√
5 .
V y bat phương trình đã cho có t p nghi m là T = (−1; 2) ∪ 2;
√
5 .
Bài 1.8 (Đe thi đại hoc khoi D, năm 2014) Giải bat phương trình
(x + 1)
√
x + 2 + (x + 6)
√
x + 7 ≥ x
√
2 − 7x + 12. (1.8)
Bài giải. Đieu ki n đe bat phương trình (1.8) có nghĩa là x ≥ −2 (1.8a)
Với đieu ki n (1.8a) thì bat phương thình (1.8) tương đương với
3
2

13
⇔ √ √
(
≥ −
2
⇔ x − 5x + 4 .g(x) ≥
0
. (1.9b)
4
√
5 − x −
7
+
x
+
√
13 + 3x −
x
+
11
− x2
− 5x + 4 ≤ 0
(x + 1)
√
x + 2 − 2 + (x + 6)
√
x + 7 − 3 − x2
+ 2x − 8 ≥ 0
(x + 1)
x − 2
x − 2 + 2 + (x + 6)
x − 2
x + 7 + 3
— (x − 2) (x + 4) ≥ 0
⇔ (x − 2) √
x + 1
x − 2 + 2
x + 6
+
x + 7 + 3
— x − 4 ≥ 0. (1.8b)
Do x 2 nên
x + 2 ≥ 0
x + 6 > 0
suy ra
x + 1 x + 6
√
x − 2 + 2
+ √
x + 7 + 3
− x − 4
x + 2 x + 2 x + 6 x + 6 1
= √
x − 2 + 2
−
2
+ √
x + 7 + 3
−
2
− √
x − 2 + 2
< 0.
Do đó
(1.8b) ⇔ x − 2 ≤ 0 ⇔ x ≤ 2.
Ket hợp với đieu ki n (1.8a) ta có −2 ≤ x ≤ 2.
V y bat phương trình đã cho có nghi m −2 ≤ x ≤ 2.
4
√
5 − x +
√
13 + 3x ≤ x2
− 6x + 17. (1.9)
−13
3
≤ x ≤ 5. (1.9a)
Với đieu ki n (1.9a) thì bat phương trình (1.9) tương đương với
3 3
7 x 2
3 3
x 11 2
5 − x −
⇔ 4 √
3
−
3
7 x 13 + 3x −
3
+
3
+ √ x 11
— x2
− 5x + 4 ≤ 0
5 − x +
3
−
3
13 + 3x + +
3 3
x2
− 5x + 4 x2
− 5x + 4 2
⇔ 4
3 3
√
5 − x + 7 − x
+
3 3
√
13 + 3x + x + 11
+ x
Với
— 5x + 4 ≥ 0
√

14
"
3
−
4 1
g(x) = 1 +
3 3
√
5 − x + 7 − x
+
3 3
√
13 + 3x + x + 11
.
Ta thay, với đieu ki n (1.9a) thì
4 1
g(x) = 1 +
3 3
√
5 − x + 7 − x
+
3 3
√
13 + 3x + x + 11
> 0.
Khi ay
(1.9b) ⇔ x2
− 5x + 4 ≥ 0 ⇔
x ≤ 1
x ≥ 4.
−13 ≤ x ≤ 1
Ket hợp với đieu ki n (1.9a) ta có 3
4 ≤ x ≤ 5.
V y bat phương trình đã cho có t p nghi m T =
−13
; 1 ∪ [4; 5] .
Bài 1.10 (Đe thi hoc sinh giỏi lớp 12, Cà Mau, năm hoc 2017-2018)
3 − x +
√
6 − 8x ≥ 10x2
+
√
2x + 1. (1.10)
1
−
2
≤ x ≤
3
. (1.10a)
4
(1.10) ⇔ 10x2
+ x − 3 +
√
2x + 1 −
√
6 − 8x ≤ 0
⇔ (2x − 1) (5x + 3) +
5 (2x 1)
√
2x + 1 +
√
6 − 8x
≤ 0
⇔ (2x − 1) 5x + 3 + √
5
√ ≤ 0. (1.10b)
2x + 1 + 6 − 8x
Ta thay với đieu ki n (1.10a) thì
5
5x + 3 + √
2x + 1 +
√
6 − 8x
> 0.
Do v y bat phương trình
1
(1.10b) ⇔ 2x − 1 ≤ 0 ⇔ x ≤
2
.

15
x
x −
x
+ 1 −
x
x −
x
+ 1 −
x
⇔ x /=
1 −
x −
x
+ 1 −
x
x −
x
+ 1 −
x
1 1
Ket hợp với đieu ki n (1.10a) suy ra −
2
≤ x ≤
2
.
1 1
V y bat phương trình đã cho có nghi m −
2
≤ x ≤
2
.
Bài 1.11 (Đe thi toán Quoc gia, bảng A năm 1977)
1
x −
x
−
r
1 −
1 >
x − 1
. (1.11)
x
x ∈ [−1; 0) ∪ [1; +∞) .
• Trư ng h p 1. Neu x = 1 thì bat phương trình (1.11) vô nghi m.
• Trư ng h p 2. Neu x > 1 thì bat phương trình
x − 1 x − 1 1 1
(1.11) ⇔ r
1
r
1
> x
⇔ r
1
r
1
>
x
⇔
r
x −
1
+
r
1 −
1
< x ⇔
√
x2 − 1 +
√
x − 1 <
√
x3
3 2
x √
x
⇔ x − x − x + 1 − 2 x3 − x2 − x + 1 + 1 > 0
⇔
√
x3 − x2 − x + 1 − 1
2
> 0
⇔
√
x3 − x2 − x + 1 − 1 /= 0
x 0
√
1 +
√
5
x /=
2
.
Ket hợp với đieu ki n x > 1 suy ra
x > 1
1 +
√
5
x .
2
• Trư ng h p 3. Neu −1 ≤ x < 0 thì bat phương trình
x − 1 x − 1 1 1
(1.11) ⇔ r
1
r
1
> x
⇔ r
1
r
1
< < 0
x
Suy ra bat phương trình vô nghi m.
2
5
r

16
V y bat phương trình đã cho có t p nghi m là

17
√ √
√
7x2
7x 9 <
h√
x2 x 6 + 2
√
2x + 1
i2
2 2
T = 1;
1 +
√
5
!
∪
1 +
√
5
; +∞
!
.
1.3. Kĩ thu t đ t an phn
M®t trong nhǎng kĩ thu t giải bat phương trình hon hợp (phác tạp,
gom nhieu hàm) là kĩ thu t đ t ȁn phụ đe đưa bat phương trình đã cho
ve dạng đơn giản.
+) Đ t ȁn phụ t = f(x) và bu®c đieu ki n cho t ( neu có).
+) Bien đői bat phương trình đã cho ve bat phương trình quen thu®c
ȁn t roi giải bat phương trình này đe chon t p nghi m của t thỏa mãn
đieu ki n trên.
+) Giải bat phương trình f(x) > t; f(x) < t; f(x) ≥ t; f(x) ≤ t với t
vàa tìm được đe tìm ra nghi m x.
Nhieu khi ta có the đ t hai ȁn phụ đe đưa bat phương trình đã cho ve
bat phương trình đȁng cap hai bien.
Bài 1.12 (Đe thi hoc sinh giỏi lớp 10, trại hè Hùng Vương lan X, năm
hoc 2104- 2015) Giải bat phương trình
7x2 − 7x − 9 − x2 − x − 6 < 2
√
2x + 1. (1.12)
x ≥ 3. (1.12a)
(1.12) ⇔
√
7x2 − 7x − 9 <
√
x2 − x − 6 + 2
√
2x + 1
⇔ − − − −
⇔ 6x2
− 14x − 7 < 4 (2x + 1) (x − 3)
√
x + 2
⇔ 3 2x2
− 5x − 3 − 4
√
2x2 − 5x − 3
√
x + 2 + x + 2 < 0

18
— −
s
− −
s
− −
2x2
− 6x − 5 < 0
√
23 +
18
1051
3 − 3 +
< x <
19
.
"⇔ t3
− 4t2
+ 3
"t√
≥ 0 ⇔ t (t − 1) (t −
"3) ≥ 0
(
2
2x2
5x 3
⇔ 3
x + 2
− 4
2x2
5x 3
+ 1 < 0
x + 2
1 2x2
5x 3
< < 1
3 x + 2
18x2
− 46x − 29 > 0
⇔
x <
23 −
√
1051
x >
18
√
Ket hợp với đieu ki n (1.12a) ta được 23 +
√
1051
18
< x <
3 +
√
19
.
2
V y bat phương trình đã c√
ho có nghi m là √
23 +
18
1051 3 + 19
< x < .
2
Bài 1.13 (Đe thi hoc sinh giỏi lớp 10, Vĩnh Phúc, năm hoc 2013 - 2014)
√
3
3 − x ≥ 1 −
√
x − 2. (1.13)
x ≥ 2. (1.13a)
Đ t t =
√
x − 2, t ≥ 0, suy ra x = t2
+ 2.
Khi đó bat phương trình (1.13) trở thành
√
3
1 − t2 ≥ 1 − t ⇔ 1 − t2
≥ (1 − t)3
t ≥ 3
0 ≤ t ≤ 1
⇒
x − 2 ≥ 3
0 ≤
√
x − 2 ≤ 1
⇔
x ≥ 11
2 ≤ x ≤ 3.
Ket hợp với đieu ki n (1.13a) ta được x ∈ [2; 3] ∪ [11; +∞) .
V y bat phương trình đã cho có t p nghi m là T = [2; 3] ∪ [11; +∞).
2
√
19
⇔
⇔
⇔

19
− s
−
s
−
2
s
− −
— ≥"
Bài 1.14 (Đe thi hoc sinh giỏi lớp 12, Thanh Hóa, năm hoc 2010-2011)
√
6 x2
− 3x + 1 +
√
x4 + x2 + 1 ≤ 0. (1.14)
Bài giải. Bat phương trình (1.14) xác định với moi x ∈ R và tương
đương với
6 2 x2
− x + 1 − x2
+ x + 1 +
√
6 (x2 − x + 1) (x2 + x + 1) ≤ 0
x2
x + 1
⇔ 12.
x2 + x + 1
+
6 x2
x + 1
x2 + x + 1
− 6 ≤ 0. (1.14a)
Đ t t =
6 x2
x + 1
x2 + x + 1
, t > 0.
Khi đó bat phương trình (1.14a) trở thành
2t2
+ t − 6 ≤ 0 ⇔ 0 < t ≤
3
6 x2
x + 1
⇒
x2 + x + 1
≤
3 6 x2
x + 1 9
2
⇔
x2 + x + 1
≤
4
⇔ 5x2
− 11x + 5 ≤ 0 ⇔
11 −
√
21 11 +
√
21
≤ x ≤ .
10
11 −
√
21
10
11 +
√
21
V y bat phương trình đã cho có nghi m ≤ x ≤ .
10 10
Bài 1.15 (Đe thi hoc sinh giỏi lớp 12, Ngh An, Bảng A, năm hoc
2011-2012) Giải bat phương trình
x3
− 3x2
− 6x + 2
q
(x + 2)3
≥ 0. (1.15)
Đ t y =
√
x + 2, y ≥ 0.
x ≥ −2. (1.15a)
x3
3xy2
+ 2y3
0
x = y
⇔ (x − y) (x + 2y) ≥ 0 ⇔
x + 2y ≥ 0.
2

20
(
⇒ ⇔
"
x ≤ −1 −
√
2
Trư ng h p 1. x = y
√
x + 2 = x
x ≥ 0
x2
− x − 2 = 0 ⇔ x = 2.
Trưng h p 2. x + 2y ≥ 0 ⇒ x + 2
√
x + 2 ≥ 0 ⇔ 2
√
x + 2 ≥ −x
⇔
(
x ≤ 0 ⇔
"
x > 0
⇔ x ≥ 2 − 2
√
3.
4 (x + 2) ≥ x2
2 − 2
√
3 ≤ x ≤ 0
Ket hợp với đieu ki n (1.15a) ta được x ≥ 2 − 2
√
3.
V y bat phương trình đã cho có nghi m x ≥ 2 − 2
√
3.
• Nh n xét: Nhieu hoc sinh không đe ý và bỏ trường hợp x = y
Bài 1.16 (Toán hoc và Tuői trẻ, so 455, tháng 5 năm 2015)
2 (1 − x)
√
x2 + 2x − 1 ≤ x2
− 2x − 1. (1.16)
x ≥ −1 +
√
2.
(1.16a)
Đ t u =
√
x2 + 2x − 1; v = 1 − x, u ≥ 0.
2uv ≤ u2
− 4 (1 − v)
⇔ (u − 2) (u + 2 − 2v) ≥ 0
⇔
√
x2 + 2x − 1 − 2
√
x2 + 2x − 1 + 2x ≥ 0. (1.16b)
• Trư ng h p 1. Neu x ≥ −1 +
√
2 (∗) thì
√
x2 + 2x − 1 + 2x > 0.
Khi đó
(1.16b) ⇔ x2 + 2x − 1 − 2 ≥ 0 ⇔
x ≤ −1 −
√
6
√
x ≥ −1 + 6
Ket hợp với đieu ki n (∗) ta có x ≥ −1 +
√
6
• Trư ng h p 2. Neu x ≤ −1 −
√
2 (∗∗) thì
√
x2 + 2x − 1 + 2x < 0.
Khi đó
x > 0
√
"

21
4 2
4 2
(1.16b) ⇔
√
x2 + 2x − 1 − 2 ≤ 0 ⇔ −1 −
√
6 ≤ x ≤ −1 +
√
6.
Ket hợp với đieu ki n (∗∗) ta có −1 −
√
6 ≤ x ≤ −1 −
√
2.
T = −1 −
√
6; −1 −
√
2 ∪ −1 +
√
6; +∞ .
1
log2 (2 + x) + log1
2 2 4 −
√
4 18 − x ≤ 0. (1.17)
−2 < x ≤ 18. (1.17a)
(1.17) ⇔ log2
√
2 + x ≤ log2 4 −
√
4
18 − x
⇔
√
2 + x ≤ 4 −
√
4
18 − x. (1.17b)
Đ t t =
√
4
18 − x, 0 ≤ t <
√
4
20, suy ra
t4
= 18 − x ⇔ x = 18 − t4
.
Khi đó bat phương trình (1.17b) trở thành
√
20 − t4 ≤ 4 − t
⇔ 20 − t ≤ (4 − t)
⇔ t + t − 8t − 4 ≥ 0
⇔ (t − 2) t3
+ 2t2
+ 5t + 2 ≥ 0
⇔ t ≥ 2.
Do t3
+ 2t2
+ 5t + 2 > 0 với 0 ≤ t ≤
√
4
20, suy ra
√
4
18 − x ≥ 2 ⇔ 18 − x ≥ 16 ⇔ x ≤ 2.
Ket hợp với đieu ki n (1.17a) ta được −2 < x ≤ 2.
V y bat phương trình đã cho có nghi m −2 < x ≤ 2.

22
√
√
√
(
⇔
√
Bài 1.18 (Đe thi đại hoc khoi A, năm 2010) Giải bat phương trình
x −
√
x
1 − 2 (x2 − x + 1)
≥ 1. (1.18)
x ≥ 0. (1.18a)
• Nh n xét. Ta có
√
2 (x2 − x + 1) =
q
(x − 1)2
+ x2 + 1 > 1.
Suy ra
1 −
√
2 (x2 − x + 1) < 0.
Khi đó bat phương trình
(1.18) ⇔ x −
√
x ≤ 1 − 2 (x2 − x + 1)
⇔ 2 (x2 − x + 1) ≤ 1 − x +
√
x. (1.18b)
Vì x = 0 không là nghi m của bat phương trình (1.18b) nên neu x là
nghi m của bat phương trình thì x > 0.
Chia cả hai ve của bat phương trình (1.18b) cho
√
x ta được
2 x +
1
x
— 2 ≤
1
√
x
− x + 1. (1.18c).
Đ t t =
1
√
x
−
1
x suy ra x + = t2
x
+ 2.
Khi đó bat phương trình (1.18c) trở thành
√
2t2 + 2 ≤ t + 1
t + 1 ≥ 0 t ≥ −1
2t2
+ 2 ≤ (t + 1)2
(t − 1)2
≤ 0
⇔ t = 1.
Với t = 1, ta có
1 √
√
x
− x = 1 ⇔ x +
√
x − 1 = 0
√
x =
−1 +
√
5
2
x =
3 −
√
5
2
(
⇔
⇔ ⇔
s
√

23
√
⇔ − ≥
√ 2
2 2
x + x + 2
1 + x1
(
x + 2 < 0
3
(thỏa mãn đieu ki n (1.18a)). √
V y bat phương trình đã cho có nghi m x =
3 − 5
.
2
4x2
+ x − 1
√
x2 + x + 2 ≤ 4x2
+ 3x + 5
√
x2 − 1 + 1. (1.19)
x ∈ (−∞; −1] ∪ [1; +∞) . (1.19a)
Đ t u =
√
x2 + x + 2; v =
√
x2 − 1, u > 0; v ≥ 0.
Khi ay ta có
4x2
+ x − 1 = u2
+ 3v2
4x2
+ 3x + 5 = 3u2
+ v2
Do đó bat phương trình (1.19) trở thành
u2
+ 3v2
u ≤ 3u2
+ v2
v + 1
⇔ (u − v) ≤ 1 ⇔ u − v ≤ 1
⇔ u ≤ v + 1
⇒
√
x2 + x + 2 ≤ 1 +
√
x2 − 1
⇔ ≤ −
2 x2 1 x + 2
x2
− 1 ≥ 0
⇔ (
x + 2 ≥ 0
4 x2
− 1 ≥ x2
+ 4x + 4
(

24
⇔
(
x ≥ −2
3
# " !
√
√
√ √
√
9
x < −2
x ≥
2 + 2
7
3
3 3
x ≤
14 − 34
3
x < −2
3x2
− 4x − 8 ≥ 0
x ≥ −2
√
x ≤
2 − 2
√
7
⇔ x ≤
2 − 2 7 ⇔ √
2 + 2 7
√ x ≥
(thỏa mãn đieu ki n (1.19a)).
T = −∞;
2 − 2 7
∪
2 + 2 7
; +∞ .
Bài 1.20 (Đe thi hoc sinh giỏi lớp 12, Ninh Bình, năm hoc 2015-2016)
√
1 − x + 2x − x2 ≥ 11x − 4x2 − 5. (1.20)
11 −
√
41
8
≤ x ≤ 1. (1.20a)
(1.20) ⇔ 3x2
− 10x + 6 + 2
√
(x2 − 3x + 2) x ≥ 0
⇔ 3 x2
− 3x + 2 + 2 (x2 − 3x + 2) x − x ≥ 0. (1.20b)
Đ t u =
√
x2 − 3x + 2; v =
√
x; đieu ki n u ≥ 0; v > 0.
3u2
+ 2uv − v2
≥ 0 ⇔ (3u − v) (u + v) ≥ 0 ⇔ 3u ≥ v
⇒ 3
√
(x2 − 3x
√
+ 2 ≥
√
x ⇔ 9x2
− 28x + 18 ≥ 0
⇔
x ≥
14 +
√
34
.
9
3

25
9
9
2
Ket hợp với đieu ki n (1.20a) ta được
11 −
√
41
8
≤ x ≤
14 −
√
34
.
V y bat phương trình đã ch
√
o có nghi m là √
11 − 41
8 ≤ x ≤
14 − 34
.
1.4. Kĩ thu t hàm so
Sả dụng tính đơn đi u của hàm so đe giải bat phương trình (h bat
phương trình, phương trình, h phương trình) là bài toán rat gan gũi
trong chương trình trung hoc phő thông và đại hoc. Chúng thường xuyên
xuat hi n trong các kì thi hoc sinh giỏi, Olympic toán Quoc gia, Quoc
te với mác đ® khó, có tính phân hóa cao. Hơn nǎa đây cũng là phương
pháp luôn có m t trong các đe thi đại hoc tà trước năm 2017. Dưới đây
trình bày ba kĩ thu t giải các bài t p dạng này.
1.4.1. Kĩ thu t sfi dnng đạo hàm b c nhat
Bien đői bat phương trình ve dạng f (x) ≥ f (y) ho c f (x) ≤ f (y)
với x; y ∈ D (f (y) có the là hàm hang). Giả sả ta phải giải bat phương
trình dạng f (x) ≥ f (y) với x; y ∈ D thì ta chỉ can xét tính đơn đi u của
hàm so f trên t p D. Neu f là hàm so đong bien thì x ≥ y, còn neu f
là hàm so nghịch bien thì x ≤ y.
Bài 1.21 (Đe thi Olympic toán Quoc te, năm 1962)
Tìm tat cả các so thực x thỏa mãn bat phương trình
√
3 − x −
√
x + 1 >
1
. (1.21)
−1 ≤ x ≤ 3. (1.21a)
• Cách 1. Sả dụng phương pháp hàm so
Xét hàm so f(x) =
√
3 − x −
√
x + 1 trên [−1; 3].

26
√
√
⇔ − ⇔ −
5
x ≤
7
Ta có f′(x) = −
1
2
√
3 − x
−
1
2
√
x + 1 < 0, ∀x ∈ [−1; 3].
Suy ra hàm so f(x) nghịch
√bien trên [−1; 3]
và f(−1) = 2 >
1
2
; f(1 −
31
31 1
) = .
8 2
Do đó −1 ≤ x < 1 − thỏa mãn bat phương trình.
8
31
V y bat phương trình đã cho có nghi m −1 ≤ x < 1 −
8
.
• Cách 2. Sả dụng cách bien đői tương đương
(1.21) 2
√
3 x > 2
√
x + 1 + 1 4
√
x + 1 < 7 8x
7
⇔
x ≤
8 ⇔
8
x < 1 −
√
31 ⇔ x < 1 −
√
31
64x2
− 128x + 33 > 0
8
31
x > 1 +
8
8
√
31
Ket hợp với đieu ki n (1.21a) ta được −1 ≤ x < 1 −
V y bat phương trình đã cho có nghi m −1 ≤ x < 1 −
.
8√
31
.
8
• Nh n xét: Ta thay neu dùng công cụ đạo hàm, ket hợp với máy tính
cam tay đe nhȁm nghi m của phương trình thì ta có the tìm được đáp
án nhanh hơn.
Bài 1.22 (Toán hoc và tuői trẻ, Đ c san so 6, năm 2013)
√
x + 12 + log2
3 +
√
x − 7 +
√
3
x + 4 ≥ 0. (1.22)
• Nh n xét: Bat phương trình cháa nhieu dạng hàm khác nhau (căn
thác nhieu b c khác nhau, logarit) nên ngoài cách nghĩ đen phương pháp
hàm so thì các phương pháp khác như: bien đői tương đương, đ t ȁn
phụ, liên hợp,... khó có the thực hi n được.
√

27
5
— −
√
f (x) = + + √
x(3 +
√
x) ln 5
> 0.
x ≥ 0. (1.22a)
Xét hàm so f(x) =
√
x + 12 + log2
(3 +
√
x) − 7 +
√
3
x + 4 trên [0; +∞).
Ta có f(x) liên tục trên [0;+∞) và √
′
√
1
q
1 log5 (3 + x)
Suy ra hàm so đong bien trên [0; +∞) và f(4) = 0.
Do đó f(x) ≥ f(4) ⇔ x ≥ 4. (thỏa mãn đieu ki n (1.22a))
V y bat phương trình đã cho có t p nghi m T = [4 : +∞).
Chuyên Thoại Ngoc Hau, An Giang) Giải bat phương trình
x + 1 ≥
x2
− x − 2
√
3
2x + 1
√
3
2x + 1 − 3
. (1.23)
(
x ≥ −1
(1.23a)
x 13.
(1.23) ⇔ x + 1 + 2 ≥
x2
x 6
√
3
2x + 1 − 3
. (1.23b)
• Trư ng h p 1. Neu x = 3 thì bat phương trình (1.23b) luôn đúng.
V y x = 3 là nghi m của bat phương trình đã cho.
• Trư ng h p 2. Neu x ∈ [−1; 3) ∪ (3; 13) (1.23c) thì
(x + 2) x + 1 − 2
(1.23b ⇔ 1 ≥
√
3
2x + 1 − 3
⇔
√
3
2x + 1 − 3 ≤ (x + 2)
√
x + 1 − 2
⇔ (2x + 1) +
√
3
2x + 1 ≤
√
x + 1
3
+
√
x + 1 (1.23d).
Xét hàm so f(t) = t3
+ t trên t p R.
Ta có f′(t) = 3t2
+ 1 > 0, ∀t ∈ R.
Suy ra hàm so f(t) đong bien trên (−∞; +∞).
(x + 4)2
3 3
√
√
2 x + 12

28
Do đó bat phương trình

29
1
≥
" !
∈ − ∪ ∪
∞
— ∪
" √ !
⇔
√
3
2x + 1 ≤
√
x + 1 ⇔ x ≥ −
1
(x + 2)
√
x + 1 − 2
2 2
2
3 2
(1.23d) ⇔ f(
√
3
2x +1) ≤ f(
√
x + 1)
− 1 ≤ x < −
2
− 1 ≤ x < −
1
2
(2x + 1)2
≤ (x + 1)3
1
"
1 +
√
5
!
⇔ −
2
≤ x ≤ 0
x
1 +
√
5
2
⇔ x ∈ [−1; 0] ∪
2
; +∞ .
Ket hợp với đieu ki n (1.23c) thì bat phương trình có nghi m
x [ 1; 0]
1 +
√
5
; 3 (3; + )
2
• Trư ng h p 3. Neu x > 13 (1.23e) thì bat phương trình
(1.23b) ⇔ 1 ≥
√
3
2x + 1 − 3
⇔
√
3
2x + 1 − 3 ≥ (x + 2)
√
x + 1 − 2
⇔ (2x + 1) +
√
3
2x + 1 ≥
√
x + 1
3
+
√
x + 1
⇔ f(
√
3
2x + 1) ≥ f(
√
x + 1).
mà hàm so f đong bien trên (−∞; +∞). Do đó
⇔
√
3
2x + 1 ≥
√
x + 1
⇔ (2x + 1) ≥ (x + 1)
⇔ x − x − x ≤ 0
⇔ x ∈ −∞;
1 −
√
5
#
∪
"
0;
1 +
√
5
#
.
Ket hợp với đieu ki n (1.23e) thì bat phương trình vô nghi m.
T = [ 1; 0]
1 + 5
; 13 .
2
2
3

30
(
⇔ ≥ −
⇔
2
√
• Nh n xét: Chia t p xác định của bat phương trình thành các mien
nhỏ và xét bat phương trình trong tàng khoảng ta được các bat phương
trình đơn giản ho c giải de hơn vì có the sả dụng đieu ki n nghi m can
tìm thu®c mien nhỏ đang xét. Với bài toán trên neu không chia nhỏ t p
xác định của bat phương trình thành các mien nhỏ thì ta không the
đánh giá được dau của bat phương trình.
Bài 1.24 (Đe thi hoc sinh giỏi lớp 12,Trường THPT Hong Lĩnh, Hà
Tĩnh, năm hoc 2016 - 2017) Giải bat phương trình
2x3
+ x + (2x − 3)
√
1 − x ≥ 0. (1.24)
x ≤ 1. (1.24a)
(1.24) ⇔ 2x3
+ x ≥ 2
√
1 − x
3
+
√
1 − x. (1.24b)
Xét hàm so f(t) = 2t3
+ t trên (−∞; +∞). Ta có
f′(t) = 6t2
+ 1 > 0, ∀t ∈ R.
V y hàm so f(t) đong bien trên (−∞; +∞). Ta có
(1.24b) ⇔ f(x) ≥ f(
√
1 − x)
x
√
1 x
x ≥ 0
x2
+ x − 1 ≥ 0
⇔ x ≥
−1 +
√
5
.
Ket hợp với đieu ki n (1.24a), ta được
−1 +
√
5
≤ x ≤ 1.
2
−1 + 5
V y bat phương trình đã cho có nghi m ≤ x ≤ 1.
2
• Nh n xét: Ta có the dùng phương pháp đ t ȁn phụ t =
√
1 − x giải
bat phương trình. Tuy nhiên ta được bat phương trình đại so b c 6.
Neu không khéo léo đe phân tích thành nhân tả, hạ b c của bat phương

31
⇔
− − − ≤
−1 + 5
⇔
− ≤ ⇔ ≤ ≤
2
9
9
⇔ t2
+ t − 1
h
2 (t − 1)2
t2
+ t + 1 + 3
i
≤ 0
⇔
2
4x2
− 1 ≥
√
2x − 1 + 1
≥
trình thì g p nhieu khó khăn trong quá trình giải bài toán.
Th t v y, đ t t =
√
1 − x, t ≥ 0, bat phương trình (1.24) trở thành
2t6
− 6t4
+ 2t3
+ 7t2
+ t − 3 ≤ 0
t2
+ t 1 2t4
2t3
2t2
+ 2t + 3 0
√
t2
+ t 1 0 0 t
2 ⇒ 1 ≥ x ≥
−1 +
√
5
.
V y bat phương trình đã cho có nghi m
−1 +
√
5
2
≤ x ≤ 1.
1.4.2. Kĩ thu t sfi dnng đạo hàm b c hai
Nhieu khi đạo hàm cap m®t không đủ đe cháng minh f′(t) > 0 (ho c
f ′(t) < 0). Khi đó ta sả dụng đạo hàm cap hai đe giải bat phương trình
đã cho.
Bài 1.25 (Toán hoc và tuői trẻ, so 459, tháng 9 năm 2015; Đe thi hoc
sinh giỏi lớp 12, Thái Nguyên, năm hoc 2015-2016)
32x4
− 16x2
− 9x − 9
√
2x − 1 + 2 ≥ 0. (1.25)
1
x . (1.25a)
2
(1.25) ⇔ 32x4
− 16x2
+ 2 ≥ 9x + 9
√
2x − 1
⇔
4
4x2
− 1
2
≥ 2x + 2
√
2x − 1
⇔
4
4x2
− 1
2
≥
√
2x − 1 + 1
2
3
⇔ 8x — 5 − 3
√
2x − 1 ≥ 0.
2

32
—3
f(a)
+∞
2
2
≤
x)2
+ 4
. (1.26)
Xét hàm so f(x) = 8x2
− 5 − 3
√
2x − 1 với x ≥
1
. Ta có
f′(x) = 16x − √
3
2x − 1 ; f′′(x) = 16 +
3
√
2x − 1
3
1
> 0, ∀x >
2
.
Suy ra hàm so f′(x) đong bien trên
1
; +∞ và lim f′(x) = −∞;
2 1+
x→
2
f′(1) = 13 > 0 nên ton tai duy nhat so thực a ∈
1
; 1 sao cho
f′(a) = 0. Ta có:
f ′(x) > 0 ⇔ x > a;
f ′(x) < 0 ⇔ x < a;
f(1) = 0.
Ta có bảng bien thiên
x 1
2
a 1 +∞
f′(x) − 0 + 13 +
f(x)
−3
f(a)
0
+∞
Tà bảng bien thiên suy ra f (x) = 8x2
− 5 − 3
√
2x − 1 ≥ 0 khi x ≥ 1.
V y bat phương trình đã cho có t p nghi m T = [1; +∞).
• Nh n xét: Ngoài phương pháp hàm so đã nêu ở trên ta có the dùng
ket hợp phương pháp liên hợp đe giải.
Bài 1.26 (Đe thi đe nghị Olympic 30 tháng 4 năm 2017, Trường THPT
Chuyên Nguyen Du, Đak Lak) Giải bat phương trình
3 x9
+ x3
+ 10
2
(3 log
log2 8x

33
—∞
f(a)
—∞
∞ −
x ln 2 ln 2.x2
2
x > 0. (1.26a)
2
Với đieu ki n (1.26a) thì (3 log2 x) > 0. Do đó
(1.26) ⇔ (3 + 3 log2 x) (3 log2 x) + 4 ≤ x9
+ x3
+ 10
2
3 3
⇔ (3 log2 x + 1) + (3 log x + 1) + 10 ≤ x3
+ x3
+ 10. (1.26b)
Xét hàm so f(t) = t3
+ t + 10 trên (−∞; +∞). Ta có
f′(t) = 3t2
+ 1 > 0, ∀t ∈ R.
Suy ra hàm so f(t) đong bien trên (−∞; +∞). Khi ay
(1.26b) ⇔ f (3 log2 x + 1) ≤ f(x3
)
⇔ 3 log2 x + 1 ≤ x3
⇔ 3 log2 x + 1 − x3
≤ 0. (1.26c)
Xét hàm so g(x) = 3 log2 x + 1 − x3
trên (0; +∞). Ta có
g′(x) =
3
− 3x2
; g′′(x) = −
3
− 6x < 0, ∀x > 0.
Suy ra g′(x) nghịch bien trên (0; + ) và g′(1) =
3
1 > 0;
ln2
g′(
√
3
2) = √
3
− 3
√
3
4 < 0.
3
2 ln 2
Do đó ton tại duy nhat so thực a ∈
Ta có
1;
√
3
2 sao cho g′(a) = 0.
g′(x) > 0 ⇔ 0 < x < a;
g′(x) < 0 ⇔ x > a;
g(1) = 0; g(
√
3
2) = 0.
x 0 1 a √
3
2 +∞
g′(x) +
3
ln 2
− 1 + 0 −
g′(
√
3
2)
−
g(x) 0
f(a)
0
−∞ −∞

34
∞ ⇒
⇔ ∀ ∈ ∞ ⇔
1
x 3
2x+1
< 3x + 2
1
1 +
x
1
1 +
x2
Tà bảng bien thiên suy ra
g(x) = 3 log2 x + 1 − x3
≤ 0 khi x ∈ (0; 1) ∪
√
2; +∞ .
3
V y bat phương trình đã cho có t p nghi m T = (0; 1) ∪
√
3
2; +∞ .
Bài 1.27 (Đe thi hoc sinh giỏi lớp 12, Thái Bình, năm hoc 2017-2018)
Tìm tat cả các giá trị của m đe hàm so
y = log2018 2017x
— x −
x2
2
− m (1.27)
xác định với moi x ∈ [0; +∞).
Bài giải. Hàm so (1.27) xác định với moi x ∈ [0; +∞) khi và chỉ khi
2017x
⇔ 2017x
— x −
— x −
x
x2
2
− m > 0, ∀x ∈ [0; +∞)
x2
2
> m, ∀x ∈ [0; +∞) . (1.27a)
x2
Xét hàm so f(x) = 2017 — x −
2
trên [0; +∞).
Hàm so f(x) liên tục trên [0; +∞).
Ta có f′(x) = 2017x
. ln 2017 − 1 − x và f′(x) liên tục trên [0; +∞).
f”(x) = 2017x
. (ln 2017)2
− 1 > 0, ∀x ∈ [0; +∞).
Suy ra hàm so f′(x) đong bien trên [0; +∞).
V y f′(x) ≥ f′(0) = ln 2017 − 1 > 0, ∀x ∈ [0; +∞).
Do đó f(x) là hàm so đong bien trên [0; + ) min
[0;+∞)
f(x) = f(0) = 1.
Ta có
(1.27a) f(x) > m, x [0; + ) min
[0;+∞)
f(x) > m ⇔ m < 1.
V y với m < 1 thì hàm so đã cho xác định trên [0; +∞).
Chuyên Lê Hong Phong, TP Ho Chí Minh) Giải h bat phương trình
1+ 1+
— x ln
xln
1
x2
> 1 − x.

35
+∞
f(a)
+∞
Bài giải.
• Giải bat phương trình
2x+1
< 3x + 2. (1)
Ta có
(1) ⇔ 2x+1
− 3x − 2 < 0.
Xét hàm so f(x) = 2x+1
− 3x − 2 trên t p R. Ta có
f′(x) = 2x+1
ln 2 − 3; f′′(x) = 2x+1
ln2
2 > 0, ∀x ∈ R. Suy ra
f′(x) đong bien trên R và f′(0) = 2 ln 2 − 3 < 0; f′(2) = 2 ln 2 − 3 > 0.
Do đó ton tại duy nhat so thực a ∈ (0; 2) sao cho f′(a) = 0.
Ta có
f ′(x) > 0 ⇔ x > a;
f ′(x) < 0 ⇔ x < a;
f(0) = 0; f(2) = 0.
x −∞ 0 a 2 +∞
f′(x) — 2 ln 2 − 3 − 0 + 8 ln 2 − 3 +
f(x)
+∞
0
f(a)
0
+∞
Tà bảng bien thiên suy ra f(x) < 0 khi và chỉ khi 0 < x < 2.
V y bat phương trình (1) có nghi m 0 < x < 2.
x ln
1
1 1+
1 +
x
— x3
ln
1
1 1+
x2
1 +
x2
> 1 − x. (2)
x

36
t
(
⇔
x x x2 x2
x x2
x x2
t t 2t + 1
t 2t + 1
2
Do bat phương trình (1) có nghi m 0 < x < 2 nên ta chỉ can xét bat
phương trình (2) với x ∈ (0; 2) .
Với x ∈ (0; 2) thì
(2) ⇔ x 1 +
1
ln 1 +
1
− x3
1 +
1
ln 1 +
1
> 1 − x
⇔ (x + 1) ln 1 +
1
− 1 > x x2
+ 1 ln 1 +
1
− 1
⇔ x (x + 1) ln 1 +
1
− 1 > x2
x2
+ 1 ln 1 +
1
− 1 . (2a)
Xét hàm so g(t) = t (t + 1) ln 1 +
1
− 1 với t ∈ (0; 2). Ta có
g′(t) = (2t + 1) ln 1 +
1
t
+ t2
+ t
−1
t
1 − 1
1 + t
= (2t + 1) ln 1 +
1
− 2 = (2t + 1) ln 1 +
1
−
2
.
Xét hàm so h(t) = ln 1 +
1
−
2
với t ∈ (0; 2) . Ta có
h′(t) =
4
−
1 4 4
= − < 0, ∀t ∈ (0; 2).
(2t + 1)2 t2 + t 4t2 + 4t + 1 4t2 + 4t
Suy ra hàm so h(t) nghịch bien trên (0; 2). Ta có
3 2
lim h(t) = ln − > 0 ⇒ h(t) > 0 ⇒ g′(t) > 0, ∀t ∈ (0; 2).
t→2 2 5
Suy ra hàm so g(t) đong bien trên (0; 2).
Do đó
(2a) ⇔
g(x) > g(x2
)
0 < x < 2
⇔
x > x2
0 < x < 2
⇔
0 < x < 1
0 < x < 1.
0 < x < 2
V y h bat phương trình đã cho có nghi m 0 < x < 1.
1.4.3. Kĩ thu t sfi dnng giá trị l n nhat, giá trị nhỏ nhat
Ý tưởng của kĩ thu t này là tìm giá trị nhỏ nhat và giá trị lớn nhat
của y = f (x), tác là cháng minh f (x) ≥ A với moi x. Suy ra nghi m
của bat phương trình.
Thường sả dụng đạo hàm b c nhat (và b c hai neu can), ho c các bat
( (

37
3 π
4x
đȁng thác quen thu®c đe tìm giá trị lớn nhat và nhỏ nhat của hàm so.
Bài giải.Ta thay
x 2 4x
−4
+ 3 π
+8
≤ 2 cos2
x. (1.28)
x 2
3 π
+8
> 0
nên áp dụng bat đȁng thác trung bình c®ng và trung bình nhân ta có
x 2
4x
r
x 2 4x
r
x 2
3 π
−4
+ 3 π
+8
≥ 2 3 π
−4
.3 π
+8
= 2 3 π
+2
M t khác ta lại có:
≥ 2
√
30 = 2.
0 ≤ cos2
x ≤ 1 ⇒ 2 cos2
x ≤ 2.
Do đó bat phương trình (1.28) xảy ra khi và chỉ khi
3
x 2 4x
−4
= 3 π
+8
= 1 ⇔ x = −2π.
cos2
x = 1.
V y bat phương trình đã cho có nghi m x = −2π.
log2 x2
+ 1 + 2 logx2+1 2x2
+ 1 + 4 log2x2+1 2 ≥ 6. (1.29)
Bài giải. Đieu ki n đe bat phương trình (1.29) có nghĩa là x /= 0.
Ta thay
π
π
3
−4
> 0
, ∀x ∈ R

38
2
,
∀
x
=
/ 0.
log 2x + 1
> 0
2
x +1
√ √
log2 x2
+ 1 + 2 logx2+1 2x2
+ 1 + 4 log2x2+1 2
− −
2
log2 x2
+ 1 > 0
log2x2+1 2 > 0
Áp dụng bat đȁng thác trung bình c®ng và trung bình nhân ta có
≥ 3
q
3
log2 (x2
+ 1) .2 logx2+1 (2x2
+ 1) .4 log2x2+1 2 = 3
√
3
8. log2 2 = 6.
V y bat phương trình đã cho có t p nghi m T = (−∞; 0) ∪ (0; +∞).
√
13 − 2x2 − 2x + 5 − 2x2 − 4x + 4 x6
− x3
+ x2
− x + 1 ≥ 0.
(1.30)
Bài giải. Trước het ta cháng minh bő đe sau
Bo đe 1.1 Cho a; b; c; d là các so thực bat kỳ. Khi ay
√
a2 + b2 +
√
c2 + d2 ≥
q
(a + c)2
+ (b + d)2
. (1.30a)
Chfíng minh: Bình phương hai ve của (1.30a) ta được
(1.30a) ⇔
√
(a2 + b2) (c2 + d2) ≥ ac + bd. (1.30b)
• Neu ac + bd < 0 thì bat đȁng thác (1.30b) luôn đúng.
• Neu ac + bd > 0 thì (1.30b) ⇔ a2
+ b2
c2
+ d2
≥ (ac + bd)2
⇔ (ad − bc) ≥ 0. (luôn đúng)
V y bat đȁng thác (1.30a) được cháng minh.
Đȁng thác xảy ra khi và chỉ khi ad = bc.
Ta có
nên
x6
− x3
+ x2
− x + 1 =
1 2
x3
+
2
1 2
1
x + > 0
2 2
(1.30) ⇔
√
13 −
√
2x2 − 2x + 5 −
√
2x2 − 4x + 4 ≥ 0

39
√ √
− −
−
√
2x2 −s
2x + 5 +
√
2x2 − 4x + 4
√
⇔
√
2x2 − 2x + 5 +
√
2x2 − 4x + 4 ≤
√
13. (1.30c)
Áp dụng bat đȁng thác (1.30a) ta có
= 2
1 2
x −
2
3
2
+
q
(1 − x)2 + 1
≥
√
2
s
1
2
5
2 13,
hay
√
2x2 − 2x + 5 +
√
2x2 − 4x + 4 ≥
√
13 (1.30d)
Tà (1.30c và (1.30d) ta có
2x2 2x + 5 + 2x2 4x + 4 =
√
13
⇔ x −
1
.1 =
3
. (1 − x) ⇔ x =
4
.
2 2 5
4
V y bat phương trình đã cho có nghi m x = .
5
Bài 1.32 (Đe thi đe nghị Olympic 30 tháng 4 năm 2008, Trường THPT
Lưu Văn Vi t, Vĩnh Long) Giải bat phương trình
1
x + 1
>
1 + log3 (x + 3)
. (1.31)
x
x ∈ (−3; +∞) {−1; 0}.
• Trư ng h p 1: Neu x > 0 thì
x 1
(1.31) ⇔
1 + x
> 1 + log3 (x + 3) ⇔ −
x + 1
> log3 (x + 3) . (1.31a)
Với x > 0 ⇒
V T(1.31a) =
1
< 0
x + 1
V P(1.31a) = log3 (x + 3) > log3 3 = 1
⇒ (1.31a) vô nghi m.
• Trư ng h p 2: Neu x ∈ (−3; 0) {−1} thì
=
2
+
2
2
√
+

40
−
− − ⇒
x 1
(1.31) ⇔
1 + x
< 1 + log3 (x + 3) ⇔ −
x + 1
< log3 (x + 3) . (1.31b)
+) −3 < x ≤ −2 ⇒
V T(1.31b) =
1
>
1
x + 1 2
V P(1.31b) = log3 (x + 3) < log3 1 = 0
⇒ (1.31b) vô nghi m
.
1
+) 2 < x < 1
V T(1.31b) = −
x + 1
> 1
V P(1.31b) = log3 (x + 3) < log3 2 < 1
⇒ (1.31b) vô nghi m.
1
+)−1 < x < 0 ⇒
V T (1.31b) = −
x + 1
< −1
1
V P(1.31b) = log3 (x + 3) > log3 2 > log3
3
= −1
⇒ (1.31b) nghi m đúng với ∀x ∈ (−1; 0).
V y bat phương trình đã cho có t p nghi m T = (−1; 0) .
1.5. Kĩ thu t véc tơ
Moi bài toán có the có nhieu cách giải khác nhau, chȁng hạn: bien đői
tương đương, kĩ thu t hàm so, v n dụng bat đȁng thác trung gian,...Tuy
nhiên cách giải khai thác tính chat véc tơ trong m t phȁng và trong
không gian nhieu khi cho ta nhǎng lời giải gon gàng và trong sáng.
M t so tính chat quan trong.
Với moi véc tơ →
u;→
v ta luôn có:
i) | →
u | + | →
v |≥| →
u + →
v |, dau bang xảy ra ⇔ →
u;→
v cùng hướng.
ii) →
u.→
v ≤| →
u | . | →
v |, dau bang xảy ra ⇔ →
u;→
v cùng hướng.
Sau đây là ví dụ đe cháng minh nh n xét trên.
Giải bat phương trình sau
√
x − 1 + x − 3 ≥
q
2 (x − 3)2
+ 2x − 2. (1.32)

41
( (
⇔
Đ t
x ≥ 1. (1.32a)
(
→
u = x − 3;
√
x − 1
| →
u |=
q
(x − 3)2
+ x − 1
Ta có →
v = (1; 1)
⇒
| →
v |=
√
2.
→
u.→
v =| →
u | . | →
v | . cos (→
u,→
v) ≤| →
u | . | →
v | . (1.32b)
Đȁng thác xảy ra khi và chỉ khi →
u và →
v cùng hướng.
Áp dụng bat đȁng thác (1.32b) ta có
√
x − 1 + x − 3 ≤
q
2 (x − 3)2
+ 2x − 2. (1.32c)
Tà (1.32) và (1.32c) suy ra bat phương trình (1.32) có nghi m khi và
chỉ khi √
x − 1 + x − 3 =
q
2 (x − 3)2
+ 2x − 2
x − 3 =
√
x − 1 = k
⇔
k > 0
⇔
x − 3 > 0
√
x − 1 = x − 3
x − 3 > 0
x2
− 7x + 10 = 0
⇔ x = 5. (thỏa mãn đieu ki n (1.32a))
V y bat phương trình đã cho có nghi m x = 5.
√
x + 1 +
√
2x − 3 +
√
50 − 3x ≤ 12. (1.33)
Đ t
3
2
≤ x ≤
→
u = (1; 1; 1)
50
. (1.33a)
3
(
| →
u |=
√
3
Ta có
→
v =
√
x + 1;
√
2x − 3;
√
50 − 3x
⇒
| →
v |= 4
√
3.
(

42
2
2 3
3
→
u.→
v =
√
x + 1 +
√
2x − 3 +
√
50 − 3x
| →
u | . | →
v |= 12.
V y bat phương trình (1.33) có dạng
→
u.→
v ≤| →
u | . | →
v | . (1.33b)
Rõ ràng bat phương trình (1.33b) luôn đúng.
V y bat phương trình (1.33) luôn đúng với ∀x ∈
3
;
50
.
V y bat phương trình đã cho có nghi m x ∈
3
;
50
.
1.6. Kĩ thu t lư ng giác hóa
Có nhieu bài bat phương trình không giải được ho c lời giải cong
kenh phác tạp neu sả dụng các phương pháp đại so như: bien đői tương
đương, nhân chia bieu thác liên hợp, phương pháp hàm so,... Nhờ khai
thác kĩ thu t lượng giác hóa, nhieu bài toán phác tạp được đưa ve bài
toán lượng giác đơn giản đã biet cách giải và đieu ki n nh n ho c loại
nghi m cũng de dàng hơn rat nhieu. Ta tìm hieu phương pháp đó qua
bài toán sau.
Bài 1.35 (Đe thi đe nghị Olympic 30 tháng 04 năm 2011, trường
THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Ninh Thu n, đe thi trại hè Hùng Vương
lan thá 8, năm hoc 2012- 2013) Giải bat phương trình
1 + x + 1 − x ≤ 2 −
x2
. (1.34)
4
−1 ≤ x ≤ 1. (1.34a)
(
√ √

43
2
" #
√
2
∀ ∈
√
4 4 4
4 2
−
Đ t x = cos 2t; t ∈
h
0;
πi
. Bat phương trình (1.34) trở thành
√
1 + cos 2t +
√
1 − cos 2t ≤ 2 −
cos2
2t
4
⇔
√
2 (cos t + sin t) ≤ 2 −
cos2
2t
4
π
⇔ 2 cos t
4
≤ 2 − (cos t − sin t)2
(cos t + sin t)2
4
⇔ 2 cos t −
π
≤ 2 − sin2
t −
π
cos2
t −
π
⇔ 2 cos t −
π
≤ 2 −
h
1 − cos2
t −
π i
cos2
t −
π
. (1.34b)
Đ t y = cos t −
π
;
√
2
4 4
≤ y ≤ 1.
2y ≤ 2 − 1 − y2
y2
⇔ y4
− y2
− 2y + 2 ≥ 0
⇔ y2
− 1
2
+ (y − 1)2
≥ 0. (1.34c)
Bat phương trình (1.34c) luôn đúng với y ; 1
2
V y bat phương trình đã cho có t p nghi m T = [−1; 1].
1.7. Kĩ thu t hình hoc
Với moi bài giải bat phương trình ta có nhieu cách giải khác nhau.
Tuy nhiên cách giải khai thác tính chat của hình hoc cho ta nhǎng lời
giải gon gàng và trực quan. Qua đó bạn đoc thay được đại so và hình
hoc luôn có moi quan h m t thiet với nhau và không tách rời nhau.
Bài 1.36 (Đe thi đe nghị tuyen t p 20 năm Olympic 30 tháng 4, Toán
10) Giải bat phương trình
r
x2 + 1 −
√
3 x + 2 +
r
x2 + 1 +
√
3 x + 2 ≤ 3
√
2 − x2 − 2x + 2.
(1.35)
4

44
q q q
Bài giải.
Bat phương trình đã cho tương đương với
(x − 2)2
+ x2 + (x + 1)2
+ x −
√
3
2
+ (x + 1)2
+ x +
√
3
2
≤ 6. (1.35a)
Trong m t phȁng Oxy xét các điem
O (0; 0) ; M (x; x) ; A (2; 0) ; B −1;
√
3 ; C −1; −
√
3 .
Khi đó bat phương trình (1.35a) có dạng hình hoc
MA + MB + MC ≤ 6. (1.35b)
Ta có
AB = BC = AC = 2
√
3
⇒ ΔABC đeu có tâm O (0; 0).
OA = OB = OC = 2
Thực hi n phép quay tâm B góc −600
thì điem M bien thành điem M1,
điem C bien thành điem C1.
Khi đó
MA + MB + MC = MA + MM1 + M1C1 ≥ AC1 = 6. (1.35c)
Tà (1.35b) và (1.35c) suy ra
MA + MB + MC = 6.
Đȁng thác xảy ra khi và chỉ khi M ≡ O ⇔ x = 0.
V y bat phương trình đã cho có nghi m x = 0.
(

45
2
2
1− 1
+ 2x
!
4
Chương 2
M t so kĩ thu t tong h p giải bat
phương trình hőn h p và bat đang thfíc
2.1. Các kĩ thu t tong h p giải bat phương trình hőn h p
Với m®t so bài giải bat phương trình neu dùng m®t kĩ thu t ta không
the giải được bat phương trình đó mà ta phải sả dụng ket hợp nhieu kĩ
thu t trong m®t bài toán.
Bài 2.1 (Đe thi Olympic toán Quoc te năm 1960)
Với giá trị thực nào của x thì bat phương trình sau được nghi m đúng
4x2
1 −
√
1 + 2x
2 < 2x + 9. (2.1)
x ≥ −
1
(2.1a)
x 0.
Với đieu ki n (2.1a) ta có
4x2
√ =
= 1 +
√
1 + 2x
2
Khi đó
2x 2
1 −
√
1 + 2x
=
2x 1 +
√
1 + 2x
2
1 − (1 + 2x)
(2.1) ⇔ 1 +
√
1 + 2x
2
− 2x − 9 < 0.
⇔ 2
√
1 + 2x < 7 ⇔ 1 + 2x <
49
⇔ x <
45
.
8

46
√
4
1
1
1
1
45
—
2
≤ x <
8
x /= 0.
45
—
2
≤ x <
8
x =
/ 0.
• Nh n xét: Với bài toán trên ta có the giải bang các phương pháp khác
như: sả dụng hang đȁng thác A2
< B2
; phương pháp hàm so.
Th t v y ta có the giải bài toán theo các cách sau:
• Cách 2:
Với đieu ki n (2.1a) ta có
(2.1) ⇔
2x 2
1 −
√
1 + 2x <
√
2x + 9
2
⇔ 1 +
√
1 + 2x
2
< 2x + 9
2
⇔ 1 +
√
1 + 2x <
√
2x + 9 ⇔ 2
√
1 + 2x < 7 ⇔ 1 + 2x <
49
45
⇔ x <
8
.
45
—
2
≤ x <
8
x /= 0.
45
—
2
≤ x <
8
x =
/ 0.
32 log2 x
− 2x1+log2 3
− 8x2
≤ 0. (2.2)
Bài giải. Đieu ki n đe bat phương trình (2.2) là
x > 0. (2.2a)
(2.2) ⇔ 9log2 x
− 2xlog2 6
− 8x2
≤ 0
⇔ 9log2 x
− 2.6log2 x
− 8x2
≤ 0. (2.2b)

47
2
2
9
9 9
Đ t t = log2 x ⇔ x = 2t
.
Bat phương trình (2.2b) trở thành
9t
− 2.6t
− 8.4t
≤ 0
3
2t
3 t
— 2 − 8 ≤ 0
⇔ −2 ≤
3
t
≤ 4 ⇔
3
t
≤ 4 ⇔ t ≤ log3 4
2
⇒ log2 x ≤ log3 4 ⇔ 0 < x ≤ 2
log 3 4
2
log 3 4
V y bat phương trình đã cho có nghi m 0 < x ≤ 2 2 .
log4 x2
− x − 8 ≤ 1 + log3 x. (2.3)
1 +
√
33
x > . (2.3a)
2
Đ t t = log3 x ⇔ x = 3t
. Khi đó bat phương trình (2.3) trở thành
log4 (9t
− 3t
− 8) ≤ 1 + t
⇔ 9t
≤ 4.4t
+ 3t
+ 8
⇔ 1 ≤ 4
4
t
3
t
1 t
+ 8 . (2.3b)
Xét hàm so f(t) = 4
4
t
3 t
1 t
+ 8 trên (−∞; +∞).
Ta thay hàm so f(t) nghịch bien trên (−∞; +∞) và f(2) = 1.
Khi ay bat phương trình (2.3b) có dạng
f(t) ≥ f(2) ⇔ t ≤ 2 ⇒ log3√
x ≤ 2 ⇔ x ≤ 9.
1 + 33
2
< x ≤ 9.
1 +
√
33
2
< x ≤ 9.
9
9
9
2
2
2
⇔
.
+
+

48
−
−
−
−
h i
(
2
⇔ (3t −2) t − 2
√
8 − 2t2 t + 8 + 2
√
8 − 2t2 > 0
5
2
Chuyên Lý Tự Trong, Can Thơ) Giải bat phương trình
√
2x+1 + 4 − 2 2 − 2x >
6.2x+1
8
√
9.22x + 16
. (2.4)
x ≤ 1. (2.4a)
Đ t t = 2x
; 0 < t ≤ 2. Khi đó bat phương trình (2.4) trở thành
2t + 4 − 2
√
2 − t >
√
12t 8
√
9t2 + 16
2 (6t − 4)
⇔ 2t + 4 − 2
2 − t > √
9t2 + 16
⇔ 6t − 4 >
2 (6t 4)
√
2t + 4 + 2
√
2 t
√
9t2 + 16
⇔ (3t − 2)
√
9t2 + 16 − 2
√
2t + 4 + 2
√
2 − t > 0
⇔ (3t − 2) 9t2
+ 8t − 32 − 16
√
8 − 2t2 > 0
⇔ (3t − 2) t2
− 4 8 − 2t2
+ 8t − 16
√
8 − 2t2 > 0
(
3t − 2 > 0
2
t − 2
√
8 − 2t2 > 0
0 < t <
⇔
3t − 2 < 0
t − 2
√
8 − 2t2 < 0
⇔
4
√
2
3
< t < 2.
2x
<
2
x < 1 − log 3
4 2
< 2x
< 2
3 2
− log2 3 < x < 1.
5
T = (−∞; 1 − log2 3) ∪ − log
3; 1 .
3
√
√ √
⇒ √
3
⇔
2

49
Bài 2.5 (Đe thi Olympic toán Quoc te, năm 1967) Tìm tat cả các c p
so thực dương (x; y), với x /= 1 thỏa mãn bat phương trình
logx y < logx+1 (y + 1) . (2.5)

50
Bài giải. Đ t S = (0; 1) ∪ (1; +∞).
Bat phương trình
Với ∀t ∈ S ta có
(2.5) ⇔
ln y
<
ln x
ln (y + 1)
. (2.5a)
ln (x + 1)
ln (t + 1) > ln t;
1 1
>
t t + 1
> 0 do đó
ln t
t + 1
ln (t + 1)
< .
t
Xét hàm so f(t) =
ln (t + 1)
ln t
trên S. Ta có
f′(t) =
ln t
t + 1
−
ln (t + 1)
t < 0, ∀t ∈ S.
ln2
t
Suy ra hàm so f(t) nghịch bien trên (0; 1) và (1; +∞).
• Trư ng h p 1. Neu y = 1 thì bat phương trình (2.5a) luôn đúng với
∀x ∈ S.
V y moi c p (x; 1) với x ∈ S là nghi m của bat phương trình (2.5).
• Trư ng h p 2. Neu y > 1 thì bat phương trình
(2.5a) ⇔
ln (x + 1)
<
ln x
ln (y + 1)
. (2.5b)
ln y
Ta thay (2.5b) luôn đúng với 0 < x < 1.
Bat phương trình (2.5b) có dạng f(x) < f(y), do hàm so f nghịch bien
trên S nên x > y.
Do đó ta được nghi m là {x > y > 1} và {0 < x < 1 < y}.
• Trư ng h p 3. Neu 0 < y < 1 thì bat phương trình
(2.5a) ⇔
ln (x + 1)
>
ln x
ln (y + 1)
. (2.5c)
ln y
Ta thay (2.5c) luôn đúng với x > 1.
Bat phương trình (2.5c) có dạng f(x) > f(y), do hàm so f nghịch bien
trên S nên x < y.
Do đó ta được nghi m là {0 < x < y < 1} và {0 < y < 1 < x}.
V y tat cả các c p nghi m của bat phương trình (2.5) là

51
a
{x ∈ S; y = 1};{x > y > 1};{0 < x < y < 1};{0 < x < 1 < y};
{0 < y < 1 < x}.
Chu Văn An, Ninh Thu n)
Tìm a đe bat phương trình sau có nghi m duy nhat và tìm nghi m đó
log1
√
x2 + 2ax + 20 + 2 log6 x2
+ 2ax + 22 + loga 4 ≥ 0. (2.6)
Bài giải. Bat phương trình (2.6) tương đương với
2 loga 2−loga
√
x2 + 2ax + 20 + 2 log6 x2
+ 2ax + 22 ≥ 0. (2.6a)
Đ t t =
√
x2 + 2ax + 20; t ≥ 0. Bat phương trình (2.6a) trở thành
2 loga 2 − loga (t + 2) log6 t2
+ 2 ≥ 0
⇔ 2 loga 2 − loga 2. log2 (t + 2) log6 t2
+ 2 ≥ 0
⇔ loga 2 2 − log2 (t + 2) log6 t2
+ 2 ≥ 0. (2.6b)
• Trư ng h p 1: 0 < a < 1.
Ta có loga 2 < 0. Khi đó
(2.6b) ⇔ log2 (t + 2) log6 t2
+ 2 − 2 ≥ 0. (2.6c)
Xét hàm so f(t) = log2 (t + 2) log6 t2
+ 2 − 2 trên [0; +∞) .
Ta có
f′(t) =
1
log
(t + 2) ln 2 6
t2
+ 2 +
2t
log
(t2 + 2) ln 6 2 (t + 2) > 0, ∀t ≥ 0.
Suy ra hàm so f(t) đong bien trên [0; +∞) và f(2) = 0. Do đó
√
(2.6c) ⇔ f(t) ≥ f(2) ⇔ t ≥ 2.
⇒ x2 + 2ax + 20 ≥ 2 ⇔ x2
+ 2ax + 16 ≥ 0 luôn đúng với ∀x ∈ R, vì
0 < a < 1. Suy ra 0 < a < 1. (loại)
• Trư ng h p 2: a > 1.
Ta có loga 2 > 0. Khi đó
(2.6b) ⇔ log2 (t + 2) log6 t2
+ 2 − 2 ≤ 0. (2.6d)

52
(
(
(
(2.6d) ⇔
(f(t) ≤ f(2) ⇔ t ≤ 2.
Ta có f(t) = log2 (t + 2) log6 t2
+ 2 − 2 đong bien trên trên [0; +∞).
Do đó
⇒
√
x2 + 2ax + 20 ≤ 2 ⇔
x2
+ 2ax + 16 ≤ 0 (2.6e)
x2
+ 2ax + 20 ≥ 0.
Đ t h(x) = x2
+ 2ax + 16; g(x) = h(x) + 4.
Ta có o′
h= a2
− 16.
• Neu 1 < a < 4 thì oh
′
< 0 ⇒ bat phương trình (2.6e) vô nghi m.
⇒ 1 < a < 4 (loại).
• Neu a > 4 thì oh
′
> 0 ⇒ ∃x1; x2 sao cho h(x1) = h(x2) = 0.
Khi đó ta có
g(x1) = h(x1) + 4 > 0
g(x2) = h(x2) + 4 > 0.
Suy ra h bat phương trình
x2
+ 2ax + 16 ≤ 0
x2
+ 2ax + 20 ≥ 0
luôn có ít nhat hai nghi m x1; x2. ⇒ a > 4. (loại)
• Neu a = 4 thì khi ay ta được
x2
+ 8x + 16 ≤ 0
x2
+ 8x + 20 ≥ 0
⇔ x = −4.
⇒ a = 4. (thỏa mãn)
V y với a = 4 thì bat phương trình đã cho có nghi m duy nhat x = −4.
Chuyên Huỳnh Man Đạt, Kiên Giang)
Tìm so a nhỏ nhat đe bat phương trình sau luôn đúng
a |x | +
√
1 − x2 + 1 ≥ 2
√
x2 − x4 + |x | +
√
1 − x2 + 2. (2.7)
−1 ≤ x ≤ 1. (2.7a)

53
3
2
2
√
2 — 1
Ta có
(2.7) ⇔ a |x | +
√
1 − x2 + 1 ≥ 2|x |
√
1 − x2 + |x | +
√
1 − x2 + 2
⇔ a |x | +
√
1 − x2 + 1 ≥ 1+2|x |
√
1 − x2+|x | +
√
1 − x2+1. (2.7b)
Đ t t = |x | +
√
1 − x2 đieu ki n 1 ≤ t ≤
√
2, suy ra
t2
= 1 + 2|x |
√
1 − x2. Khi đó bat phương trình (2.7b) trở thành
a (t + 1) ≥ t2
+ t + 1 ⇔ a ≥
t2
+ t + 1
. (2.7c)
t + 1
Xét hàm so f(t) =
t2
+ t + 1
t + 1
, ∀t ∈ 1;
√
2 . Ta có
f′(t) =
t2
+ 2t
(t + 1)2 > 0, ∀t ∈ 1;
√
2 .
Suy ra hàm so f(t) đong bien trên 1;
√
2 .
1
ma
√
x f(t) = 2
√
2 − 1.
[1;+ 2]
Do đó bat phương trình (2.7c) nghi m đúng với ∀t ∈ 1; +
√
2
⇔ a ≥ ma
√
x f(t) ⇔ a ≥ 2
√
2 − 1.
[1;+ 2]
V y so a nhỏ nhat can tìm là a = 2
√
2 − 1.
Cho bat phương trình
m
√
x2 − 2x + 2 + 1 + x (2 − x) ≥ 0. (2.8)
t 1
√
2
f′(t) +
f(t)
2
√
2 −
3
2

54
1
—
2
2
3
−
2
≥ ⇔ ≥
√
Bài giải. Đ t t =
√
x2 − 2x + 2 = (x − 1)2
+ 1.
Tìm m đe bat phương trình (2.8) ng
q
hi m đúng với moi x ∈ 0; 1 +
√
3 .
Với x ∈ 0; 1 +
√
3 ⇒ t ∈ [1; 2]. Khi đó bat phương trình (2.8) trở
thành
m (t + 1) ≥ t2
— 2 ⇔ m ≥
t2
2
. (2.8a)
t + 1
Xét hàm so f(t) =
t2
− 2
t + 1
′
trên [1; 2]. Ta có
t2
+ 2t + 2
f (t) =
(t + 1)2 > 0, ∀t ∈ [1; 2].
Do đó hàm so f(t) đong bien trên [1; 2]. Ta có bảng bien thiên
t 1 2
f′(t) +
f(t)
2
3
1
−
2
2
Tà bảng bien thiên suy ra max f(t) = .
[1;2] 3
Đe bat phương trình (2.8a) nghi m đúng với ∀t ∈ [1; 2] thì
m max f(t) m .
[1;2] 3
2
V y m ≥
3
thì bat phương trình đã cho nghi m đúng với ∀t ∈ [1; 2].
Bài 2.9 (Đe thi hoc sinh giỏi lớp 12, Gia lai, năm hoc 2016-2017)
Tìm tat cả các giá trị của m đe bat phương trình sau nghi m đúng với
moi x ≥ 1 :
m
√
log4 (2x2 + 3x − 1) + m < log2 2x2
+ 3x − 1 . (2.9)
Bài giải. Với x ≥ 1 thì bat phương trình đã cho luôn xác định.
Đ t t = log4 (2x2 + 3x − 1), do x ≥ 1 nên t ≥ 1.
Bat phương trình (2.9) trở thành

55
≥ ⇔
−
−
−
mt + m < 2t2
2t2
⇔ m <
2t2
. (2.9a)
t + 1
Xét hàm so f(t) =
t + 1
trên [1;+∞). Ta có
f′(t) =
2t2
+ 4t
(t + 1)2 > 0, ∀t ≥ 1.
Suy ra hàm so f(t) đong bien trên khoảng [1; +∞)
min f(t) = f(1) = 1.
[1;+∞)
Đe bat phương trình (2.9) có nghi m với moi x ≥ 1 thì bat phương trình
(2.9a) có nghi m với moi t 1 m < min
[1;+∞)
f(t) ⇔ m < 1.
V y m < 1 thì bat phương trình đã cho có nghi m với moi x ≥ 1.
Bài 2.10 (Đe thi hoc sinh giỏi lớp 12, Hà Tĩnh, năm hoc 2013-3014)
Tìm tat cả các giá trị của m đe bat phương trình sau nghi m đúng với
moi x ∈ [−1; 1].
m
√
1 − x + 12
√
1 − x2 ≥ 16x + 3m
√
1 + x + 2m + 15. (2.10)
Bài giải. Đ t t =
√
1 − x−3
√
1 + x, do x ∈ [−1; 1] nên t ∈ −3
√
2;
√
2 .
Suy ra 2t2
= 20 + 16x − 12
√
1 − x2.
m (t − 2) ≥ 2t2
— 5 ⇔ m ≤
2t2
5
. (2.10a)
t − 2
Xét hàm so f(t) =
2t2
5
trên
t − 2
−3
√
2;
√
2 . Ta có
√
′ 2t2
− 8t + 5 ′ 4 − 6
f (t) = 2 ; f (t) = 0 ⇔ t =
2
.
(t − 2)
Ta có √ √ √
f(
√
2) =
2 + 2
; f(−3
√
2) =
62 − 93 2
; f(
4 − 6
) = 8 − 2
√
6.
2
Suy ra m
√in
√ f(t) =
62 93
√
2
14 2
.
14
[−3 2; 2]
Đe bat phương trình (2.10) có nghi m với moi x ∈ [−1; 1] thì bat phương
trình (2.10a) có nghi m với moi t ∈ −3
√
2;
√
2
⇒

56
• − ∀
≥
2
m2+1 3
√
3
x2 + 1 ≤ log
2
(m − 2x) . (2)
62 − 93
√
2
⇔ m < min f(t) ⇔ m < .
√
[−3
√
2;
√
2] 14
V y m <
62 − 93 2
14
thì bat phương trình đã cho có nghi m với moi
x ∈ [−1; 1].
Bài 2.11 (Đe thi hoc sinh giỏi lớp 12, Quảng Ninh, năm 2010)
Xác định tat cả các giá trị của m đe bat phương trình sau có nghi m
x3
+ 3x2
− 1 ≤ m
√
x −
√
x − 1
3
. (2.11)
Bài giải. Đieu ki n đe bat phương trình (2.11) có nghĩa là x ≥ 1.
Với đieu ki n x ≥ 1 thì
(2.11) ⇔
√
x +
√
x − 1
3
x3
+ 3x2
− 1 ≤ m. (2.11a)
Xét hàm so f(x) = x3
+3x2
−1 và g(x) =
√
x +
√
x − 1
3
trên [1; +∞).
Ta thay
• f′(x) = 3x2
+ 6x > 0, ∀x ≥ 1, suy ra hàm so f(x) đong bien trên
[1; +∞). Suy ra f(x) ≥ f(1) = 3.
g′(x) =
3 √
x +
√
x 1 > 0, x 1, suy ra hàm so g(x) đong bien
2
trên [1; +∞). Suy ra g(x) ≥ g(1) = 1.
V y h(x) =
√
x +
√
x − 1
3
x3
+ 3x2
− 1 ≥ 3.
Đe bat phương trình (2.11a) có nghi m x ≥ 1 thì m ≥ 3.
V y với m ≥ 3 thì bat phương trình đã cho có nghi m.
Chuyên Thăng Long, Lâm Đong)
Tìm m đe h bat phương trình sau có nghi m thực
x +
3 √
x2 + 2x + 3 + x +
1 √
x2 + 1 + 2x + 2 ≥ 0 (1)
m2+1
log

57
≤
√ .
2
2 2
v2
− u2
+ 1
v
+ v2
− u2
− 1
u
+ v2
− u2
≥ 0
(2) có nghi m x ≥ −1. Ta có m2
+ 1> 1, ∀m /= 0. Do v y
2
Bài giải. Đieu ki n m 0.
x +
3 √
x2 + 2x + 3 + x +
1 √
x2 + 1 + 2x + 2 ≥ 0 (1)
Đ t
2
u =
√
x2 + 1
2
(
u2
= x2
+ 1 v2
− u2
− 2
Đieu ki n u ≥ 1; v ≥ 1.
Khi đó bat phương trình (1) trở thành
⇔ (v − u) u2
+ v2
+ 1 + 2uv + 2u + 2v ≥ 0
⇔ (v − u) (u + v + 1) ≥ 0. (1a)
Do u ≥ 1; v ≥ 1 nên
(1a) ⇔ v ≥ u ⇒ x2 + 2x + 3 ≥ x2 + 1 ⇔ x ≥ −1.
H bat phương trình đã cho có nghi m khi và chỉ khi bat phương trình
(2) ⇔
m /= 0
x ≥ −1
0 < 3
√
3
x2 + 1 ≤ m − 2x
m /= 0
⇔ x ≥−1
3
√
3
x2 + 1 + 2x ≤ m. (2a)
Xét hàm so f(x) = 3
√
3
x2 + 1 + 2x trên [−1; +∞).
H bat phương trình có nghi m khi và chỉ khi bat phương trình (2a) có
nghi m x ≥ −1 với ∀m /= 0 ⇔
[
min f(x) m.
−1;+∞)
′ 2 ′
Ta có f (x) = √
3
x
+ 2 = 0 ⇔ x = −1; f (x) không xác định khi x = 0.
2
x
v =
√ √
+ 2x + 3
⇒
v2
= x2
+ 2x + 3
⇒ x =

58
2
1
+∞
⇒ ≥
5
(3b) ⇔
√
6 + x − x2 + 1 − x(< 0
x −1 0 +∞
f′(x) 0 − +
f(x)
2 +∞
1
min f(x) = 1 m 1 (thỏa mãn m 0).
[−1;+∞)
V y với m ≥ 1 thì h bat phương trình đã cho có nghi m thực.
Bài 2.13 (Toán hoc và tuői trẻ, so 443 tháng 5 năm 2014)
Tìm m đe h bat phương trình sau có nghi m thực
5x +
√
6x2 + 6x3 − x4 log2 x > x2
− x log2 x + 5
√
6 + x − x2 + 5
|5 − 2x | +x3
− 50x + 53 − 2m ≤ 0.
Bài giải.
5x +
√
6x2 + 6x3 − x4 log2 x > x2
− x log2 x + 5
√
6 + x − x2 + 5. (3)
Đieu ki n đe bat phương trình (3) có nghĩa là 0 < x ≤ 3. (3a)
Với đieu ki n (3a) thì
(3) ⇔ 5 (x − 1) +
√
6 + x − x2x log2 x > (x − 1) x log2 x + 5
√
6 + x − x2
⇔ (x − 1) (x log2 x − 5) −
√
6 + x − x2 (x log2 x − 5) < 0
⇔ (x log2 x − 5)
√
6 + x − x2 + 1 − x > 0. (3b)
Do 0 < x ≤ 3 nên x log2 x − 5 ≤ 3 log2 3 − 5 < 0. Do v y
⇔
√
6 + x − x2 < x − 1 ⇔
1 < x ≤ 3
6 + x − x2
< x2
− 2x + 1
5
⇔
2
< x ≤ 3.
V y bat phương trình (3) có nghi m
2
< x ≤ 3.

59
2
2
2
−
2
∀
∈
2
≥
√
√
x + 7 + y + 7 ≤
a (6)
|5 − 2x | +x3
− 50x + 53 − 2m ≤ 0. (4)
5
Với
2
< x ≤ 3 ta có
(4) ⇔ 2x − 5 + x3
− 50x + 53 − 2m ≤ 0
⇔ x3
− 48x + 48 ≤ 2m. (4a)
Xét hàm so f(x) = x3
− 48x + 48 trên
5
; 3 . Ta có
f′(x) = 3x2
− 48 < 0, ∀x ∈
5
; 3 .
Suy ra hàm so f(x) nghịch bien trên
5
; 3 .
Suy ra
min f(x) = f(3) = 69.
(5
;3]
Đe h bat phương trình đã cho có nghi m thực thì bat phương trình
(4a) có nghi m với x
5
; 3
2
⇔ 2m ≥ min f(x) ⇔ 2m ≥ −69 ⇔ m ≥
−69
.
(5
;3] 2
V y với m
−69
2
thì h bat phương trình đã cho có nghi m thực.
Bài 2.14 (Đe thi hoc sinh giỏi 12, Ngh An, năm 2008)
Cho h bat phương trình
(√
x +
√
y = 4 (5)
Tìm a đe h bat phương trình có nghi m (x; y) thỏa mãn đieu ki n
x ≥ 9.
Bài giải. Ta có
(5) ⇔ 4 −
√
x =
√
y ≥ 0 ⇒ x ≤ 16.
Đ t t =
√
x, t ∈ [3; 4]. Khi đó
√
y = 4 − t ⇔ y2
= t2
− 8t + 16. The vào bat phương trình (6) ta được
√
t2 + 7 +
√
t2 − 8t + 23 ≤ a. (6a)

60
[3;4]
3
3
√
Xét hàm so f(t) =
√
t2 + 7 +
√
t2 − 8t + 23 trên [3; 4]. Ta có
f′(t) =
Ta có
t
√
t2 + 7
+
t − 4
t2 − 8t + 23
; f′(t) = 0 ⇔ t = 2. (loại)
f(3) = 4 + 2
√
2; f(4) =
√
23 +
√
7.
Suy ra min f(t) = 4 + 2
√
2.
[3;4]
Đe h bat phương trình đã cho có nghi m thì bat phương trình (6a) có
nghi m t ∈ [3; 4] ⇔ a ≥ min f(t) ⇔ a ≥ 4 + 2
√
2.
V y a ≥ 4 + 2
√
2 thì h bat phương trình đã cho có nghi m.
Bài 2.15 (Đe thi hoc sinh giỏi lớp 12, Thanh Hóa, năm hoc 2016-2017)
Tìm tat cả các giá trị của m đe h bat phương trình sau có nghi m
log2
(x + 7) + (x − 3) log3 (x + 7) + x − 4 ≥ 0
mx x + 1 +
√
x + 2 + 27m ≤ x +
√
x + 2.
Bài giải. Đieu ki n đe h bat phương trình đã cho có nghĩa là x ≥ −2.
log2
(x + 7) + (x − 3) log3 (x + 7) + x − 4 ≥ 0. (7)
Đ t t = log3 (x + 7), đieu ki n t > 1.
Khi đó bat phương trình (7) trở thành
t2
+ (x − 3) t + x − 4 ≥ 0 ⇔ (t + 1) (t + x − 4) ≥ 0 ⇔ t + x − 4 ≥ 0
⇒ log3 (x + 7) + x ≥ 4. (7a)
Xét hàm so f(x) = log3 (x + 7) + x trên [−2; +∞).
Ta thay hàm so f(x) đong bien trên [−2; +∞) và f(2) = 4, suy ra
f(x) ≥ f(2) ⇔ x ≥ 2.
V y bat phương trình (7) có nghi m x ≥ 2.
• Đe h bat phương trình đã cho có nghi m thì bat phương trình
mx x + 1 +
√
x + 2 + 27m ≤ x +
√
x + 2 (8)

61
4
41
1
10
0
h i
≤ ⇔ ≤
3
(
− 3 − ≥
có nghi m x ≥ 2.
Ta có
(8) ⇔ m
√
x + 2 + x
2
+ 25 ≤
√
x + 2 + x. (8a)
Đ t y =
√
x + 2 + x, đieu ki n y ≥ 4.
Khi đó bat phương trình (8a) trở thành
m y2
+ 25 y m
y
. (8b)
y2 + 25
Xét hàm so g(y) =
y
y2 + 25
trên [4; +∞) . Ta có
′ −y2
+ 25 ′
g (y) = ; g (y) = 0 ⇔ y = 5.
(y2 + 25)2
y 4 5 +∞
g′(y) + 0 −
1
g(y)
10
4
41 0
Tà bảng bien thiên suy ra max
[4;+∞)
1
g(y) = g(5) = .
10
1
Bat phương trình (8b) có nghi m y ≥ 4 khi và chỉ khi m ≤
10
.
1
V y m ≤ thì h bat phương trình đã cho có nghi m.
10
• Nh n xét: Bài này cũng tương tự như Bài 2.16. Tuy nhiên ở đây
chúng tôi muon giới thi u thêm cách giải khác của bat phương trình (7)
trong Bài 2.15.
Bài 2.16 (Đe thi hoc sinh giỏi lớp 12, Nam Định, năm hoc 2016 - 2017)
Tìm tat cả các giá trị của m đe h bat phương trình sau có nghi m
log2
(x + 7) + (x 3) log (x + 7) + x 4 0
x −
√
x + 2 − m ≤ 0.
x; y ∈ R

62
3
−
∞
Bài giải. Đieu ki n đe h bat phương trình có nghĩa là
x ≥ −2. (∗)
log2
(x + 7) + (x − 3) log3 (x + 7) + x − 4 ≥ 0. (9)
Với x ≥ −2 suy ra x + 7 ≥ 5 ⇒ log3 (x + 7) ≥ log3 5 > 1.
Ta có
(9) ⇔ [log3 (x + 7) + 1] [log3 (x + 7) + x − 4] ≥ 0
⇔ x + log3 (x + 7) − 4 ≥ 0. (9a)
Xét hàm so f(x) = x + log3 (x + 7) − 4 trên [−2; +∞). Ta có
f′(x) = 1 +
1
(x + 7) ln 3
> 0, ∀x ≥ −2.
Suy ra hàm so f(x) đong bien trên [−2; +∞) và f(2) = 0.
Khi ay (9a) được viet dưới dạng f(x) ≥ f(2) ⇔ x ≥ 2.
V y bat phương trình (9) có nghi m x ≥ 2.
x −
√
x + 2 − m ≤ 0. (10)
Ta có
(10) ⇔ m ≥ x −
√
x + 2.
Xét hàm so g(x) = x −
√
x + 2 trên √
[2; +∞). Ta có
g′(x) = 1 −
2
1
√
x + 2
=
2 x + 2 1
2
√
x + 2
> 0, ∀x ≥ 2.
Suy ra hàm so g(x) đong bien trên [2; + ) và min g(x) = g(2) = 0 .
[2;+∞)
H bat phương trình đã cho có nghi m thì bat phương trình (10) có
nghi m x ≥ 2 ⇔ m ≥ 0.
V y h bat phương trình đã cho có nghi m khi m ≥ 0.

63
∈ /
t
r
2.2. Các kĩ thu t tong h p chfíng minh bat đang thfíc
Cháng minh bat đȁng thác trên m®t mien cho trước thực chat là ta
đi cháng minh bat phương trình luôn nghi m đúng trong mien đã cho.
Bài 2.17 (Toán hoc và tuői trẻ, đ c san so 6)
Cho x; y (0; 1) ; x = y. Cháng minh rang
1
ln
y
− ln
x
> 4. (2.12)
Bài giải.
y − x 1 − y 1 − x
• Trư ng h p 1. Neu y > x thì bat đȁng thác (2.12) trở thành
y x
ln
1 − y
− ln
1 − x
> 4 (y − x)
y x
⇔ ln
1 − y
− 4y > ln
1 − x
− 4x. (2.12a)
Xét hàm so f(t) = ln
1 − t
− 4t trên (0; 1). Ta có
(2t − 1)2
f′(t) = ≥ 0, với ∀t ∈ (0; 1)
t (1 − t)
Do đó hàm so f đong bien trên (0; 1) và y > x nên f(y) > f(x)
V y bat đȁng thác (2.12a) được cháng minh.
• Trư ng h p 2. Neu y < x thì bat đȁng thác (2.12) trở thành
y x
ln
1 − y
− ln
1 − x
< 4 (y − x)
y x
⇔ ln
1 − y
− 4y < ln
1 − x
− 4x
⇔ f(y) < f(x)
Do hàm so f đong bien trên (0; 1) và y < x nên f(y) < f(x)
V y bat đȁng thác được cháng minh.
Bài 2.18 (Toán hoc và tuői trẻ, đ c san so 6, năm 2013)
Cháng minh rang với moi x; y > 0 ta có
y
e2x + y <
x + y
. (2.13)
x

64
x+
y
⇔ −
−
−
⇔ −
x
−
Bài giải. Ta có
(2.13) ⇔ e
y 1
2
2x + y <
x
x + y 2y
⇔ ln >
x 2x + y
⇔ ln 1 +
y
>
2y
. (2.13a)
Đ t t = 1 +
x
y
, đieu ki n t > 1.
x
2x + y
Khi đó bat phương trình (2.13a) trở thành
ln t >
2 (t − 1)
t + 1
ln t
2 (t − 1)
t + 1
> 0.
Xét hàm so f(t) = ln t
2 (t − 1)
t + 1 với t ∈ [1; +∞). Ta có
f′(t) =
Đȁng thác xảy ra khi t = 1.
(t 1)2
t (t + 1)2 ≥ 0, ∀t ≥ 1.
Do đó hàm so f(t) đong bien trên [1; +∞) và t > 1
nên f(t) > f(1) = 0 ln t
2 (t − 1)
t + 1
V y bài toán được cháng minh.
> 0.
Bài 2.19 (Đe thi Olympic 30 tháng 4 năm 2008, trường THPT Nguyen
Thượng Hien, TP. Ho Chí Minh)
Cho x > 0, cháng minh
ln 1 +
√
1 + x2 <
1
+ ln x. (2.14)
Bài giải. Đieu ki n đe bat đȁng thác (2.14) có nghĩa là x > 0.
Xét hàm so f(x) = ln 1 +
√
1 + x2 −
1
− ln x trên (0; +∞)
x
Ta có f(x) liên tục trên (0; +∞) và
′ x 1 1
f (x) =
√
1 + x
2 1 + √
1 + x
2
−
x
+
x2
f′(x) =
x
√
1 + x2 − 1
x2
√
1 + x2
−
x − 1
=
x2
√
1 + x2 x
x2
√
1 + x2
> 0, ∀x > 0.

65
#
#
x
2
2 2 3 3 > 2
s
r
r
Suy ra hàm so f(x) đong b
√
ien trên (0; +∞).
1 +
M t khác, ta có lim 1 + x2
= 1.
x→
√
+∞ x
1 +
Do hàm so ln
1 + x2
x
liên tục trên (0; +∞) nên
lim
x→+∞
"
ln
1 +
√
1 + x2
= 0
x
lim
→+∞
"
ln
1 +
√
1 + x2 1
x
−
x
= 0
lim
→+∞
f(x) = 0.
V y f(x) < 0, ∀x > 0 hay ln 1 +
√
1 + x2 <
1
+ ln x.
V y bài toán được cháng minh.
Bài 2.20 ( Đe thi đe nghị Olympic 30 tháng 4 năm 2008, trường THPT
Chuyên Nguyen Bỉnh Khiêm, Quảng Nam)
Cho tam giác ABC nhon. Cháng minh rang
√
3
4sin A+sin B+sin C +
√
3
2tan A+tan B+tan C > 21+π
. (2.15)
Bài giải. Áp dụng bat đȁng thác giǎa trung bình c®ng và trung bình
nhân ta có
√
3
4sin A+sin B+sin C +
√
3
2tan A+tan B+tan C
2 (sin A + sin B + sin C) tan A + tan B + tan C
= 2 3 + 2 3
+
≥ 2 2 3 3
Đe cháng minh bat đȁng thác (2.15) ta đi cháng minh
2 (sin A + sin B + sin C) tan A + tan B + tan C π
+ 1+
+ √
⇔ 2 3 3 > 2π
⇒
x
⇒
x
2

66
2
3 3 3 3
3 3
3 3 2
⇔
cos2 x 2 2
2 (sin A + sin B + sin C)
+
3
tan A + tan B + tan C
> π
3
⇔
2
sin A +
1
tan A − A +
2
sin B +
1
tan B − B +
2
sin C +
1
tan C − C > 0. (2.15a)
Xét hàm so f(x) =
2
sin x +
1
tan x − x trên 0;
π
. Ta có
f′(x) =
2
cos x +
1
− 1 =
1
cos x + cos x +
1
− 1
3 3 cos2 x 3
1
≥
3
.3 − 1 = 0.
cos2 x
M t khác cos x , ∀x ∈ 0; ⇒ f′(x) > 0, ∀x ∈ 0; .
1 π π
Suy ra hàm so f(x) đong bien trên 0;
π
và f(0) = 0.
Do đó f(x) > f(0), ∀x ∈ 0;
π
⇒
2
sin x+
1
tan x−x > 0, ∀x ∈ 0;
π
.
Khi đó ta có
2 3 3 2
2 1
3
sin A +
3
tan A − A > 0,
2 1
3
sin B +
3
tan B − B > 0,
2 1
3
sin C +
3
tan C − C > 0.
Suy ra bat đȁng thác (2.15a) được cháng minh.
V y bat đȁng thác (2.15) được cháng minh.

67
KET LU N
Sau m®t thời gian tìm tòi, nghiên cáu cùng với sự hướng dan t n tình
của PGS. TS. Tạ Duy Phượng, tôi đã hoàn thành lu n văn Thạc sĩ theo
ke hoạch đe ra. Lu n văn đã thu được m®t so ket quả sau:
1. Trình bày chi tiet m®t so kĩ thu t giải bat phương trình hon hợp.
2. Trình bày chi tiet lời giải m®t so bài toán khó ve bat phương trình
hon hợp, bat đȁng thác trong các đe thi hoc sinh giỏi của các tỉnh, thành
pho qua các năm, thi Olympic 30-4 Quoc gia và Quoc te, trong tạp chí
Toán hoc và Tuői trẻ.
3. M®t so đe thi do chúng tôi không tìm được lời giải goc nên đã được
chúng tôi tự giải, thí dụ như: Đe thi toán Quoc gia bảng A năm 1977,
đe thi đe nghị 30 tháng 4 năm 2017, trường THPT Chuyên Nguyen Du
tỉnh Đak Lak, Đe thi hoc sinh giỏi lớp 12 tỉnh Quảng Ninh năm 2010,...
Bài giải m®t so đe thi trong lu n văn được trình bày khác với lời giải
goc, thí dụ: Đe thi đe nghị 30 tháng 4 năm 2017, trường THPT Chuyên
Thoại Ngoc Hau, An Giang, đe thi Olympic toán Quoc te năm 1967.
Với hy vong qua lu n văn ta có m®t bác tranh tương đoi rõ nét hơn ve
các khả năng ra đe thi (trac nghi m, tự lu n, ket hợp), mác đ® yêu cau
của các kì thi (đe thi hoc sinh giỏi của nhieu tỉnh, thành pho, là các
bài cùng dạng), đ c thù của moi kì thi moi nước. Hy vong đieu này sě
trợ giúp các giáo viên thiet ke các đe thi, các bạn hoc sinh có the tham
khảo chuȁn bị tot hơn cho các kì thi hoc sinh giỏi, thi trung hoc phő
thông quoc gia.

68
Tài li u tham khảo
Tieng Vi t
[1] Phạm Kim Chung (2010), M®t so bài toán chon loc boi dưỡng hoc
sinh giói, http://www.Vnmath.com.
[2] Nguyen Thái Hòe (2009), Các bài toán ve giá tr lớn nhat và giá tr
nhó nhat, Nhà xuat bản Giáo dục Vi t Nam.
[3] Hà Duy Hưng, Nguyen Sơn Hà, Nguyen Ngoc Giang, Lê Minh
Cường (2016), Tuyen chon đe thi hoc sinh giói THPT môn toán,
T¾p 1, Nhà xuat bản Đại hoc Quoc gia Hà N®i.
[4] Hà Duy Hưng (2005), Các bài thi toán Quoc gia Vi t Nam (1962-
2005), www.ddtoanhoc.net
[5] Đàm Văn Nhỉ (2013), Bat đȁng thúc cực tr h phương trình, Nhà
xuat bản Thông tin và Truyen thông.
[6] Vũ Dương Thụy, Nguyen Văn Nho (2001), 40 năm Olympic toán
hoc Quoc te, Nhà xuat bản Giáo dục Đà Nȁng.
[7] Trịnh Khac Tuân (2015), Tuyen chon đe thi hoc sinh giói THPT
môn toán, T¾p 2, Nhà xuat bản Đại hoc Quoc gia Hà N®i.
[8] Ban tő chác kỳ thi (2017), Tuyen t¾p đe thi Olymlic 30-4, lan thú
XXIII-2017, Nhà xuat bản Đại hoc Quoc gia Hà N®i.
[9] Ban tő chác kỳ thi (2014), Tuyen t¾p 20 năm đe thi Olymlic 30-4
Toán 10,11, Nhà xuat bản Đại hoc Quoc gia Hà N®i.

69
[10] Ban tő chác kỳ thi (2012), Tőng hợp đe thi Olymlic 30-4, Nhà xuat
bản Đại hoc Sư phạm Hà N®i.
[11] Đe thi hoc sinh giói các tính, thành pho, Trang mạng www.k2pi.net.
[12] Tạp chí Toán hoc và Tuői tré.
Tieng Anh
[13] Djukić, D., Janković, V., Matić, I., Petrović, N. (2011), A Col-
lection of Problems: Suggested for the International Mathematical
Olympiads: 1959-2009, Springer.

Kĩ thuật tổng hợp Giải bất phương trình hỗn hợp.docx

Recommended

Recommended

More Related Content

Similar to Kĩ thuật tổng hợp Giải bất phương trình hỗn hợp.docx

Similar to Kĩ thuật tổng hợp Giải bất phương trình hỗn hợp.docx (20)

More from DV Viết Luận văn luanvanmaster.com ZALO 0973287149

More from DV Viết Luận văn luanvanmaster.com ZALO 0973287149 (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

Kĩ thuật tổng hợp Giải bất phương trình hỗn hợp.docx