85

CHƯƠNG III. BẤT ĐẲNG THỨC
−
BẤT PHƯƠNG TRÌNH
§1. ĐẠI CƯƠNG VỀ BẤT ĐẲNG THỨC
1. Định nghĩa
Cho hai số ,
a b K
∈
(
K
là trường số hữu tỉ
ℚ
hay trường số thực
).
ℝ
Ta nói
a
lớn hơn
b

và kí hiệu
a b
>
nếu
a b
−
là một số dương. Khi đó, ta cũng nói
b
bé hơn

a
và kí hiệu
.
b a
<

Ta nói
a
lớn hơn hay bằng
b
và viết là
a b
≥
nếu
a b
−
là một số dương hay bằng không.
Khi đó, ta cũng nói b bé hơn hay bằng
a
và viết
.
b a
≤

Giả sử
( ), ( )
A x B x
là hai biểu thức toán học với tập xác định chung là
D
của biến số

x
(hoặc
có thể xem là hai biểu thức toán học của cùng
n
biến số
1 2
, , ,
n
x x x
nếu ta xem
1 2
( , , , ) ).
n
n
x x x x K
= ∈
Ta nói
( ) ( )
A x B x
<
hay
( ) ( )
B x A x
>

(
( ) ( )
A x B x
≤
hay

( ) ( )
B x A x
≥
)
Nếu tại mọi giá trị của biến số
x D
∈
ta đều có:
0 0
( ) ( )
A x B x
< hay
0 0
( ) ( )
B x A x
>
0 0
( ( ) ( )
A x B x
≤ hay
0 0
( ) ( ))
B x A x
≥ là các bất đẳng thức đúng.
Ta gọi
;
a b
>
;
a b

≥
( ) ( );
A x B x
<
( ) ( )
A x B x
≤
là bất đẳng thức.
Ví dụ.
12 7;
≥
2
2 0,
x x
− + ≥
;
x
∀ ∈
ℝ
1
2,
y
y
+ ≥
y
+
∀ ∈
ℝ
là các bất đẳng thức.
2. Tính chất cơ bản của bất đẳng thức

Ta chứng minh được dễ dàng các tính chất sau đây, trong đó
, , ,
A B C
là các số hoặc các
biểu thức toán học của cùng một số biến số xét trên cùng một trường số
K
.
2.1.
A B B A
< ⇔ >

2.2. ,
A B B C A C
> > ⇒ >

2.3.
A B A C B C
> ⇒ + > +

2.4.
A B
A C B D
C D
>

⇒ + > +

>



2.5.
; 0
; 0
Am Bm m
A B
Am Bm m
> >

> ⇒

< <


2.6.
A B
A D B C
C D
>

⇒ − > −

>


2.7.
0
0
A B
AC BD
C D

> >

⇒ >

> >


86

2.8. 0
n n
A B A B
> > ⇒ >

*
( )
n∀ ∈
ℕ

2.9.
0
n n
A B A B
> > ⇒ >

{
}
*
( \ 1 )
n∀ ∈

ℕ

2.10.
0
A B
> >
hoặc
1 1
0 .
B A
B A
< < ⇒ >
3. Một số bất đẳng thức quan trọng
Các bất đẳng thức sau đây thường được dùng để giải các bài toán về bất đẳng thức.
3.1. Bất đẳng thức về dấu giá trị tuyệt đối. Cho
, , , 1,2, ,
i
a b a i n
= là các số thực. Thế thì
(*); (**);
a b a b a b a b+ ≤ + − ≤ −
1 2 1 2

n n
a a a a a a
+ + + ≤ + + + (***).
Dấu “ = ” trong (*) và (**) xảy ra, khi và chỉ khi
0.
ab
≥


Dấu “ = ” trong (***) xảy ra, khi và chỉ khi các số
0
i
a
≥
hoặc
0, 1,2, , .
i
a i n
≤ ∀ =
3.2. Bất đẳng thức Côsi
Cho n số thực
1 2
, , ,
n
a a a
không âm. Thế thì
1 2
1 2

.
n
n
n
a a a
a a a
n
+ + +
≥

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi
1 2
.
n
a a a
= = =

3.3. Bất đẳng thức Bunhiacôpski
Cho n cặp số thực
( ; ),
i i
a b
i = 1, 2,…, n.
Thế thì
2
2 2
1 1 1
n n n
i i i i
i i i
a b a b
= = =
    
≤
    
    
∑ ∑ ∑

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi tồn tại
k

∈
ℝ
sao cho
,
i i
b ka
= i = 1, 2,…, n.
4. Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức
4.1. Phương pháp qui về định nghĩa
Để chứng minh
A B
>
(hoặc
A B
≥
), ta chứng minh
0
A B
− >
( hoặc
0
A B
− ≥
).
Ví dụ 1. Giả sử
, ,
a b c
là độ dài ba cạnh của một tam giác.
Chứng minh rằng
2 2 2 3 3 3

( ) ( ) ( ) (1)
a b c b c a c a b a b c− + − + + > + +
Giải.
Ta có
2 2 2 3 3 3
2 2 2 2 2 2
2 2
( ) ( ) ( )
[( ) ] [( ) ] [( ) ]
( )[ ( ) ] ( )( )( ) 0
a b c b c a c a b a b c
a b c a b c a b c a b c
a b c c a b a b c c a b b c a
− + − + + − − −
= − − + − − + + −
= + − − − = + − + − + − >

87

Bất đẳng thức trên đúng. Vậy (1) đúng.
Ví dụ 2. Chứng minh rằng
2 2 2 2 2
( ), , , , , .
a b c d e a b c d e a b c d e
+ + + + ≥ + + + ∀
Khi nào dấu “=” xảy ra?
Giải.
Ta có
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2

2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
( )
4 4 4 4
0.
2 2 2 2
a b c d e a b c d e
a b c d e ab ac ad ae
a a a a
ab b ac c ad d ae e
a a a a
b c d e
+ + + + − + + + =
= + + + + − − − − =
       
= − + + − + + − + + − +
       
       
       
= − + − + − + − ≥
       
       

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi
.
2
a
b c d e
= = = =


4.2. Phương pháp biến đổi tương đương
Để chứng minh bất đẳng thức đã cho là đúng, ta biến đổi bất đẳng thức đã cho tương
đương với một bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Khi đó ta có kết luận bất đẳng thức đã cho là
đúng.
Ví dụ 1. Cho
, 0.
a c b c
> > >
Chứng minh rằng
( ) ( ) .
c a c c b c ab
− + − < (1)
Giải.
Ta có (1) ( ) ( ) 2 ( )( )
c a c c b c c a c b c ab
⇔ − + − + − − <

2
2
2
2 ( )( ) 2 ( ) .
( )( ) 2 ( )( ) 0.
( )( ) 0.
c a c b c c c a b ab
c a c b c c a c b c
c a c b c
⇔ − − < − + +
⇔ + − − − − − >
 

⇔ − − − >
 

Bất đẳng thức trên luôn đúng.
Vậy (1) đúng.
Ví dụ 2. Chứng minh rằng với
, , ,
a b c d
là những số thực bất kì, ta luôn có bất đẳng thức
2 2 2 2 2 2
( ) ( )
a b c d a c b d
+ + + ≥ + + + (1)
Giải.
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
(1) 2 ( )( ) 2( )
( )( ) (2).
a b c d a b c d a b c d ac bd
a b c d ac bd
⇔ + + + + + + ≥ + + + + +
⇔ + + ≥ +

88

Nếu vế phải của (2) âm thì (2) đúng do đó (1) đúng, nếu vế phải của (2) không âm thì bình
phương hai vế của bất đẳng thức (2) ta được
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2

2
2 0
( ) 0. (3)
a c a d b c b d a c abcd b d
a d abcd b c
ad bc
+ + + ≥ + +
⇔ − + ≥
⇔ − ≥

Bất đẳng thức (3) đúng, do đó bất đẳng thức (2) đúng và như vậy (1) đúng.
Chú ý. Nếu áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski thì bất đẳng thức (2) đúng.
4.3. Phương pháp vận dụng các bất đẳng thức đã biết
Từ các bất đẳng thức đã biết là đúng ta suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.
Ví dụ 1.
, ,
a b c
là ba cạnh của một tam giác,
p
là nửa chu vi. Chứng minh rằng
(
)
2 .
p p a p b p c p
− + − + − ≤

Dấu “=” có xảy ra được không?
Giải.
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương
p

và
p a
−
, ta có
( )
( ) (1)
2 2
p p a a
p p a p
+ −
− ≤ = −
Tương tự ta được
( ) (2)
2
( ) (3)
2
b
p p b p
c
p p c p
− ≤ −
− ≤ −

Cộng (1), (2), (3) theo vế ta được
(
)
( ) ( ) ( ) 3 2 .
2
a b c
p p a p b p c p p

+ +
− + − + − ≤ − = (đpcm)
Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi
0.
p p a
p p b a b c
p p c
= −


= − ⇔ = = =


= −


Điều này không thể được vì
, ,
a b c
là độ dài cạnh tam giác. Vậy, Dấu “ = ” không xảy ra.
Ví dụ 2. Cho
,
x y
thỏa
2 2
1
x y
+ =
.
Chứng minh

2 3 13
x y+ ≤ . Khi nào dấu “=” xảy ra?
Giải.
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski, ta có
2 2 2 2
2 3 (2 3 )( ) 13.
x y x y+ ≤ + + ≤ (đpcm)
89

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi
2 2
2 3
1
x y
x y

=



+ =


Hệ này có nghiệm, chẳng hạn
2 3
, .
13 13
x y= =

Ví dụ 3. Cho

, , ,
a b c d
là các số thực dương và
1 1 1 1
3.
1 1 1 1
a b c d
+ + + ≥
+ + + +

Chứng minh
1
.
81
abcd ≤
Giải.
Từ giả thiết ta suy ra
1 1 1 1
1 1 1 .
1 1 1 1 1 1 1
b c d
a b c d b c d
     
≥ − + − + − = + +
     
+ + + + + + +
     

Theo bất đẳng thức Côsi ta có
3

1
3
1 ( 1)( 1)( 1)
bcd
a b c d
≥
+ + + +
.
Lập luận tương tự cho
1 1 1
; ;
1 1 1
b c d
+ + +
và nhân bốn bất đẳng thức theo vế ta được
1 81.
.
( 1)( 1)( 1)( 1) ( 1)( 1)( 1)( 1)
abcd
a b c d a b c d
≥
+ + + + + + + +

Từ đây ta suy ra
1
.
81
abcd ≤
Ví dụ 4. Cho
2

n
số dương
1 2
, , ,
n
a a a
và
1 2
, , , .
n
b b b
Chứng minh
1 1 2 2 1 2 1 2
( )( ) ( ) . .
n n n
n n n n
a b a b a b a a a b b b
+ + + ≥ +
Khi nào dấu “=” xảy ra?
Giải.
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho
n
số dương
,( 1,2, , )
i
i i
a
i n
a b
=

+
ta có
1 2 1 2
1 1 2 2 1 1 2 2
1
. (*)
n n
n
n n n n
a aa a a a
n a b a b a b a b a b a b
 
+ + + ≥
 
+ + + + + +
 

và với
n
số dương
,( 1,2, , )
i
i i
b
i n
a b
=
+
ta có
1 2 1 2

1 1 2 2 1 1 2 2
1
.
n n
n
n n n n
b bb b b b
n a b a b a b a b a b a b
 
+ + + ≥
 
+ + + + + +
 
(**)
Cộng hai bất đẳng thức (*) và (**) theo vế ta được
90

( )( ) ( )
( )( ) ( )
1 2 1 2
1 1 2 2
1 1 2 2
1 1 2 2
1 2 1 2
1 1 2 2
. .
1


. .

1

n n
n n
n n
n
n n
n n
n n
n n
n
n n
a a a b b b
a b
a b a b
n a b a b a b
a b a b a b
a a a b b b
a b a b a b
+
 
+
+ +
+ + + ≥
 
+ + +
+ + +
 
+
⇔ ≥

+ + +

( )( ) ( )
1 1 2 2 1 2 1 2
. .
n n
n
n n n n
a b a b a b a a a b b b
⇔ + + + ≥ +
(đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1 2
1 1 2 2
1 2
1 2 1 2
1 1 2 2

.

n
n n
n
n
n
n n
a
a a
a b a b a b
a

a a
bb b
b b b
a b a b a b

= = =

+ + +

⇔ = = =


= = =

+ + +


Ví dụ 5. Cho các số dương
, , , , ,
a b c x y z
thỏa
1.
a b c
x y z
+ + =
Chứng minh rằng
(
)
2
x y z a b c

+ + ≥ + +
Khi nào dấu “=” xảy ra?
Giải.
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski cho ba cặp số
, ,
, ,
a b c
x y z
x y z

Ta được
( )
2
2
a b c
a b c x y z
x y z
 
+ + = + +
 
 
 

( )
( )
2
2
( )
.
a b c

a b c x y z
x y z
x y z a b c
 
⇒ + + ≤ + + + +
 
 
⇒ + + ≥ + +

(đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
2 2 2
1 1 1 1
; .
b
a
c
y
a b c a a
x
z
x y z y x b z x c
x y z
= = ⇔ = = ⇒ = =
Do đó
91

1
( )
( )

( ).
a b c a b a c a
x y z x x b x c
x a a b c
y b a b c
z c a b c
= + + = + +
⇒ = + +
= + +
= + +

Ví dụ 6. Chứng minh bất đẳng thức
4 3 4 3 4 3 39
x y z+ + + + ≤
với
3
, , , 1
4
x y z x y z
≥ − + + =
. Dấu “=” xảy ra khi nào?
Giải.
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski cho ba cặp số
1; 4 3;1; 4 3;1; 4 3
x y z
+ + +

Ta được
2 2 2
1. 4 3 1. 4 3 1. 4 3

1 1 1 . (4 3) (4 3) (4 3)
4 3 4 3 4 3 3. 4( ) 9 39.
x y z
x y z
x y z x y z
+ + + + + ≤
≤ + + + + + + +
⇔ + + + + + ≤ + + + =

(đpcm).
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
.
3
x y z
= = =

Chú ý. Chúng ta có thể sử dụng tổng hợp nhiều phương pháp, ta xét một số ví dụ sau.
Ví dụ 7.
a) Chứng minh bất đẳng thức
3
3 3
( )( )( ) (1)
abc xyz a x b y c z+ ≤ + + +
với
, , , , ,
a b c x y z
là các số thực dương.
b) Áp dụng kết quả câu a) chứng minh rằng
3 3

3 3 3
3 3 3 3 2 3
+ + − ≤ (2)
Giải.
a) Ta có
2 2
3 3
2 2
3 3
2 2
3 3
(1) 3 ( ) 3 ( ) ( )( )( )
3 ( ) 3 ( )
( ) 3 ( ) ( ) ( ) (3)
abc xyz abc xyz abc xyz a x b y c z
abc xyz abc xyz abc xyz abc xyz abz ayc xbc xyc xbz a
yz
abc xyz abc xyz abz ayc xbc xyc xbz ayz
⇔ + + + ≤ + + +
⇔ + + + ≤ + + + + + + +
⇔ + ≤ + + + + +

Mà theo bất đẳng thức Côsi, ta có
92

2
3
2
3
3 ( ) (*)

3 ( ) (**)
abz ayc xbc abc xyz
ayz xbz xyc abc xyz
+ + ≥
+ + ≥

Cộng hai bất đẳng thức cùng chiều (*) và (**) ta thu được (3) và do đó (1) đã được chứng
minh.
b) Áp dụng bất đẳng thức (1) với
3 3
3 3, 1, 1, 3 3, 1, 1
a b c x y z
= + = = = − = =

Ta được
3 3 3 3 3 3
3 3 3
(3 3).1.1 (3 3).1.1 (3 3 3 3)(1 1)(1 1) 6.2.2 2 3.
+ + − ≤ + + − + + = = (đpcm)
4.4. Phương pháp sử dụng tam thức bậc hai
Ví dụ 1. Chứng minh bất đẳng thức Bunhiacôpski
Cho 2n số thực
1 2 1 2
, , , , , , , .
n n
a a a b b b

Chứng minh rằng:
(
)

(
)
2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2

n n n n
a b a b a b a a a b b b
+ + + ≤ + + + + + +
.
Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi tồn tại k
∈
ℝ
sao cho
, 1,
i i
b ka i n
= ∀ = .
Giải.
Đặt
2 2 2
1 1 2 2
( ) ( ) ( ) ( ) 0,
n n
f x a x b a x b a x b x
= − + − + + − ≥ ∀
.
Mặt khác ta có thể viết
(
)
(

)
2 2 2 2 2
1 1 1 1
( ) 2( )
n n n n
f x a a x a b a b x b b
= + + − + + + + +
Như vậy,
( )
f x
là một tam thức bậc hai đối với biến
x
(giả sử
2 2 2
1 2
0),
n
a a a+ + + ≠ do đó phải
có biệt số
'
0,
∆ ≤
tức là
2 2 2 2 2
1 1 1 1
( ) ( )( ) 0
n n n n
a b a b a a b b
+ + − + + + + ≤
.

Từ đây ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh.
Dấu “ = ” trong bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2 2
1 1
( ) ( ) 0
, , 1, .
n n
i i
a x b a x b
b ka k i n
− = = − =
⇔ = ∈ =
ℝ

Chú ý. Nếu
2 2 2
1 2 1 2
0 0
n n
a a a a a a
+ + + = ⇔ = = = =
thì kết quả là tầm thường.
Ví dụ 2. Cho
, ,
A B C
là ba góc của một tam giác. Chứng minh rằng
2
1
1 cos (cos cos ) , .
2

x A B C x x
+ ≥ + + ∀ ∈
ℝ

Giải.
Bất đẳng thức đã cho tương đương với
2 2
1
( ) (cos cos ) 2sin 0
2 2
A
f x x B C x x
= − + + ≥ ∀

Ta có
93

( )
2
2 2 2
cos cos 4sin 4sin (cos 1) 0.
2 2 2
A A B C
B C
−
∆ = + − = − ≤

Vậy, suy ra điều phải chứng minh.
4.5. Phương pháp chứng minh qui nạp
Ví dụ 1. Chứng minh bất đẳng thức Côsi.

Cho
n
số thực không âm
1 2
, , .
n
a a a
Khi đó ta có bất đẳng thức
1 2
1 2

.
n
n
n
a a a
a a a
n
+ + +
≥ .
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1 2
.
n
a a a
= = =
Giải.
+ Với
2
n

=
thì bất đẳng thức đúng.
+ Giả sử bất đẳng thức đã đúng đến
,
n
ta chứng minh rằng nó cũng đúng cho
1.
n
+

Giả sử có
1
n
+
số không âm
1 2 1
, , , .
n n
a a a a
+
Lấy thêm
1
n
−
số như sau
1 2 1
2 3 2

.
1

n
n n n
a a a
a a a
n
+
+ +
+ + +
= = = =
+
(*)
Để ý rằng
1 1 1 1
1 2 ( 1)
n
n n n n
 
−
= +
 
+ +
 

Nên ta có
1 2 1 1 2 1 1 2 1
1 2 1 2 2
1 2 1 2 2
1
1 2 1
2

2
1 2 1
1 1
( 1)
1 2 1
1
2

(**)

.
1
n n n
n n n n
n n n n
n
n
n
n
n
a a a a a a a a a
n
n n n n
a a a a a a
n n
a a a a a a
n n
a a a
a a a
n

+ + +
+ +
+ +
−
+
+
+ + + + + + + + +
 
= + −
 
+ +
 
+ + + + + +
 
= +
 
 
+ + + + + +
  
≥
  
  
+ + +
 
≥
 
+
 

Từ đó ta suy ra

1
1 2 1
1 2 1

.
1
n
n
n
a a a
a a a
n
+
+
+
+ + +
 
≥
 
+
 
hay
1 2 1
1
1 2 1

.
1
n
n

n
a a a
a a a
n
+
+
+
+ + +
≥
+
(đpcm).
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi dấu “=” trong (**) xảy ra, khi và chỉ khi
1 2 1 2 2
; .
n n n n
a a a a a a
+ +
= = = = = = Kết hợp với giả thiết (*) ta có
1 1 1 1 1
( 1) .
n n n
n a na a a a
+ + +
+ = + ⇒ =
Vậy, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
1 2 1
.
n
a a a
+

= = =
Ví dụ 2. Giả sử
2 2 2
n
x = + + + với
n
dấu căn. Chứng minh rằng
2
n
x
<
với mọi
1.
n
≥

94

Giải.
+ Xét
1
n
=
ta có
1
2 2,
x
= <
đúng.
+ Giả sử đã có

2
n
x
<
, ta chứng minh
1
2
n
x
+
<
.
Thật vậy, ta có
1
2 2 2 2 2
n n
n
x x
+
= + + + + = +

.
Ta đã có
2
n
x
<
nên
2 4,
n

x
+ <
do đó
1
2
n
x
+
<
(đpcm).
4.6. Phương pháp vec tơ
Một số kết quả sau có thể suy ra từ các tính chất của các phép toán véc tơ.
Giả sử
1 2 1 2
( ; ), ( ; ).
a a a b b b
= =


Ta có
·
2 2
1 2
a a a
= +


·
1 1 2 2
( ; )

a b a b a b
± = ± ±



·
1 2
( ; )
ka ka ka
=


·
1 1 2 2
.
a b a b a b
= +



·
. . .cos( , )
a b a b a b
=
  
  

·
( )
2 2

0
a a
= ≥
 

·
a b a b
+ ≤ +
 
 
. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
,
a b


cùng hướng.
·
a b a b
− ≤ −
 
 
. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
,
a b


cùng hướng.
·
. .
a b a b

≤
 
 
. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
,
a b


cùng phương.
Ví dụ 1. Với mọi số thực
, , ,
a b c
chứng minh rằng
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
2
a c b a c b a b
+ + + − + ≥ +

Khi nào dấu đẳng thức xảy ra?
Giải.
Đặt
( ; ), ( ; ), (2 ;2 ).
u a c b v a c b t a b
= + = − =

 

Ta có

u v t
+ =

 

và
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
; , 2
u a c b v a c b t a b
= + + = − + = +

 

Áp dụng bất đẳng thức
u v u v
+ ≤ +
   
, ta được
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
2
a c b a c b a b
+ + + − + ≥ +
(đpcm).
95

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

,
u v
 
cùng hướng.
Khi đó
+ Nếu
0
b
≠
thì
0.
c
=

+ Nếu
0
b
=
thì
.
a c
≥

Ví dụ 2. Chứng minh rằng
4 4 2 2
cos cos sin sin 2, , .
x y x y x y
+ + + ≥ ∀ ∈
ℝ


Giải.
Đặt
2 2 2 2
(cos ;cos ); (sin ;0); (0;sin ); (1;1).
a x y b x c y d= = = =
 
 

Ta có
.
a b c d
+ + =
 
 

Áp dụng bất đẳng thức
a b c a b c d
+ + ≥ + + =
  
   

Ta được
4 4 2 2
cos cos sin sin 2
x y x y+ + + ≥ (đpcm).
Ví dụ 3. Chứng minh bất đẳng thức
4 1 3 2,
2
a
a + − ≤ với

0 2.
a
≤ ≤

Khi nào dấu đẳng thức xảy ra?
Giải.
Đặt
(1;2 2), ( ; 2 ).
v u a a
= = −
 

Khi đó ta có
3; 2.
v u= =
 

Mặt khác . 2 2 2 4 1
2
a
u v a a a
= + − = + −
 

Áp dụng bất đẳng thức
. .
u v u v
≤
   


Ta được
4 1 3 2.
2
a
a + − ≤ (đpcm)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
,
u v
 
cùng hướng. Khi đó
2
1
2 2
2 2 2
2
8 2 .
9
a a
a a
a a a
−
=
⇔ = −
= − ⇔ =

Chú ý. Có thể sử dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski.
Ví dụ 4. Chứng minh bất đẳng thức
4 4
cos 1 sin 1 cos2
x x x

+ − + ≤
96

Giải. Xét ba véc tơ
2 2
(cos ;1), (sin ;1), (cos 2 ;0).
a x b x c x
= = =

 

Áp dụng bất đẳng thức
a b a b c
− ≤ − =
 
  

Ta có
4 4
cos 1 sin 1 cos2 .
x x x
+ − + ≤ (đpcm)
Ví dụ 5. Cho
n
số thực
1 2
, , , .
n
a a a
Chứng minh rằng

2 2 2 2
1 1 2 1
(1 ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( 2 ) 1 ( 1) 2.
n n n
a a a a a n a n
−
− + + − + + + − + + + − + ≥ +
Giải.
Xét
2
n
+
véc tơ
1 1 2 2 1 1
1 2
( 1;1), ( ;1); ; ( ;1);
( 2 ;1), ( 1; 1).
n n n
n n n
v a v a a v a a
v n a v n n
−
+ +
= − = − = −
= + − = + +
  
 

Khi đó ta có
1 2 1 2

,
n n
v v v v
+ +
+ + + =
   
và
2 2 2
1 1 2 2 1 1
2
1 2
(1 ) 1, ( ) 1, , ( ) 1,
( 2 ) 1, ( 1) 2.
n n n
n n n
v a v a a v a a
v n a v n
−
+ +
= − + = − + = − +
= + − + = +
  
 

Áp dụng bất đẳng thức tổng quát
1 2 1 1 2 1 2

n n n
v v v v v v v
+ + +

+ + + ≥ + + + =
      

ta được đpcm.
§2. BẤT PHƯƠNG TRÌNH
1. Định nghĩa
Cho hai hàm số
( ), ( ),
f x g x
với
n
x
∈
ℝ
trong đó
( ), ( )
f x g x
lần lượt có miền xác định là
1 2
,
D D
. Hai hàm số
( ), ( )
f x g x
được xét trong
1 2
.
D D D
= ∩
Bất phương trình

( ) ( ) (1)
f x g x
>
là kí hiệu của hàm mệnh đề “Giá trị tại
x
của hàm số
f
lớn
hơn giá trị tại
x
của hàm số
g
”.
Giải bất phương trình là tìm các giá trị
0
x D
∈
sao cho
0 0
( ) ( )
f x g x
> là một bất đẳng thức
đúng. Giá trị
0
x
được gọi là một nghiệm của bất phương trình (1).
Chú ý.
· Nếu
1
n

=
thì ta có bất phương trình một ẩn
x
trên
ℝ
.

· Nếu
1
n
>
thì ta có thể xem
1 2
( , , , ) .
n
n
x x x x= ∈
ℝ

Khi đó, ta có bất phương trình
n
ẩn
1 2
, , , .
n
x x x

Hoàn toàn tương tự như trên ta định nghĩa được khái niệm các bất phương trình
( ) ( ); ( ) ( ); ( ) ( )
f x g x f x g x f x g x

< ≥ ≤
.
97

Các khái niệm hệ bất phương trình, tuyển bất phương trình được định nghĩa tương tự như
trường hợp phương trình.
2. Sự tương đương của các bất phương trình
Khái niệm bất phương trình tương đương, bất phương trình hệ quả cũng được định nghĩa
tương tự như đối với phương trình. Sau đây ta đưa ra một số định lý về bất phương trình tương
đương.
Ta kí hiệu các vế của bất phương trình bởi
, , ,
f g không ghi tên các ẩn để cho gọn, nhưng
có thể hiểu là một ẩn hoặc cùng
n
ẩn.
2.1. Định lý.
.
f g g f
> ⇔ <


2.2. Định lý.
.
f g f h g h
> ⇔ + > +

(
h
có nghĩa trong miền xác định của bất phương trình đã cho).

2.3. Định lý.
 >



>


> ⇔

<



<



0
0.
fh gh
h
f g
fh gh
h

2.4. Định lý.
. 0 0.
f
f g

g
> ⇔ >

Chú ý. Tuy nhiên, đối với các hệ bất phương trình thì các định lý làm cơ sở cho các phương
pháp thế và phương pháp khử trong lý thuyết hệ phương trình không còn đúng nữa.
Chẳng hạn, các hệ bất phương trình
(I)
1
2
0
0
F
F

>


>


và (II)
1
1 2
0
0
F
F F

>



+ >



là không tương đương.
Thật vậy, (II) là hệ quả của (I), song (I) lại không phải là hệ quả của (II).
3. Ứng dụng của giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất vào việc giải phương trình và bất
phương trình
Cho hàm số
( )
y f x
=
có tập xác định là
,
D
giả sử hàm số
( )
y f x
=
có giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất trên
,
D
khi đó ta có:
· Bất phương trình
(
)
f x
≥ α

có nghiệm
x D
∈
khi và chỉ khi
( ) .
x D
Max f x
∈
≥ α

· Bất phương trình
(
)
f x
≥ α
nghiệm đúng với mọi
x D
∈
khi và chỉ khi
( ) .
x D
Min f x
∈
≥ α

98

· Bất phương trình
(
)

f x
≤ β
có nghiệm
x D
∈
khi và chỉ khi
( ) .
x D
Min f x
∈
≤ β

· Bất phương trình
(
)
f x
≤ β
nghiệm đúng với mọi
x D
∈
khi và chỉ khi
( ) .
x D
Max f x
∈
≤ β

· Nếu hàm số
( )
y f x

=
liên tục trên
D
thì phương trình
(
)
f x
= α
có nghiệm
x D
∈
khi và
chỉ khi
( ) ( ).
x D x D
Min f x Max f x
∈ ∈
≤ α ≤
§ 3. BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT, BẬC HAI MỘT ẨN
1. Bất phương trình bậc nhất một ẩn
1.1. Bất phương trình bậc nhất một ẩn
Định nghĩa. Bất phương trình bậc nhất một ẩn là bất phương trình có dạng
0 (1),
ax b
+ >
hoặc
0; 0; 0 ( , , 0).
ax b ax b ax b a b a
+ < + ≥ + ≤ ∈ ≠
ℝ


Các trường hợp nghiệm của bất phương trình bậc nhất
0 (1)
ax b
+ >

· Nếu
0,
a
>
(1) có tập nghiệm là
−
 
= ∈ >
 
 
ℝ
/ ;
b
S x x
a

· Nếu
0,
a
<
(1) có tập nghiệm là
−
 
= ∈ <

 
 
ℝ
/ .
b
S x x
a

1.2. Giải và biện luận bất phương trình
0
ax b
+ >

· Nếu
0
a
>
thì (1)
b
x
a
⇔ > −
. Vậy, tập nghiệm của (1) là
−
 
= +∞
 
 
; ;
b

S
a

· Nếu
0
a
<
thì (1)
b
x
a
⇔ < −
.Vậy, tập nghiệm của (1) là
−
 
= −∞
 
 
; ;
b
S
a

· Nếu
0
a
=
thì (1) trở thành
0 .
x b

> −
Do đó
(1) vô nghiệm nếu
0;
b
≤

(1) nghiệm đúng với mọi x
∈
ℝ
nếu
0.
b
>

Ví dụ. Giải và biện luận bất phương trình
2( ) 1 3 (1)
x m m mx
− − − < −

Giải.
(1) ( 2) 3 4
m x m
⇔ + < +

·
2 0 2
m m
+ > ⇔ > −


3 4
(1)
2
m
x
m
+
⇔ <
+

·
2 0 2
m m
+ < ⇔ <−

99

3 4
(1)
2
m
x
m
+
⇔ >
+

·
2 0 2
m m

+ = ⇔ = −

(1) trở thành
0 2
x
< −
: vô nghiệm
Kết luận.
·
2
m
> −
: Tập nghiệm của bất phương trình là
+
 
= −∞
 
+
 
3 4
;
2
m
S
m
.
·
2
m
< −

: Tập nghiệm của bất phương trình là
+
 
= ∞
 
+
 
3 4
; +
2
m
S
m
.
·
2
m
= −
: Tập nghiệm của bất phương trình là
.
S
≠ ∅

1.3. Định lý về dấu của nhị thức bậc nhất
( ) ; 0
f x ax b a
= + ≠

Đặt
−

=
0
b
x
a
là nghiệm của
( ).
f x
Khi đó, ta có
i)
( )
f x
cùng dấu với hệ số a khi
−
>
0
;
b
x
a

ii)
( )
f x
trái dấu với hệ số a khi
−
<
0
.
b

x
a

Kết quả của định lý được tóm tắt trong bảng sau
x
(
)
f x ax b
= +
−∞
+∞
b
a
−
0
trái dấu với a
cùng dấu với a

Chú ý.
1. Sử dụng định lý về dấu của nhị thức bậc nhất ta có thể giải được các bất phương trình dạng

( )
0
( )
P x
Q x
<
;
( )
0

( )
P x
Q x
>
;
( )
0
( )
P x
Q x
≤
;
( )
0
( )
P x
Q x
≥
.
Trong đó,
( )
P x
và
( )
Q x
là tích của những nhị thức bậc nhất.
2. Để giải các bất phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối, ta khử dấu giá trị tuyệt đối bằng định
nghĩa và các tính chất sau
·
( ) ( )

( ) ( )
( ) ( )
f x g x
f x g x
f x g x
<

< ⇔

> −


·
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
f x g x
f x g x
f x g x
>

> ⇔

< −


·
2 2
( ) ( ) [ ( )] [ ( )]
f x g x f x g x

> ⇔ >
100


·
2 2
( ) ( ) [ ( )] [ ( )] .
f x g x f x g x
< ⇔ <
Ví dụ 1. Giải bất phương trình
3 5
2 2 1
x x
≤
− −
(2).
Giải.
(2)
⇔

3 5
0
2 2 1
x x
− ≤
− −

⇔
3(2 1) 5( 2)
0

( 2)(2 1)
x x
x x
− − −
≤
− −

⇔
7
0
( 2)(2 1)
x
x x
+
≤
− −
.
Lập bảng xét dấu vế trái của bất phương trình ta được nghiệm của bất phương trình là
7
≤
x

hoặc 2
2
1
<< x .
Ví dụ 2. Giải bất phương trình
2 5
1
3

x
x
−
>
−

Giải.
2 5 2 5 3
1 0
2 5
3 3
1
2 5 2 5 3
3
1 0
3 3
x x x
x
x x
x x x
x
x x
− − − +
 
> >
 
−
− −
> ⇔ ⇔
 

− − + −
−
 
< − <
 
− −
 

2
2 3 8
0
2
3
3
8
3 8
3
3
0
3
3
x
x x
x x
x
x
x
x
x
−


< ∨ >
>
 

< ∨ >

−

⇔ ⇔ ⇔



−
< <


≠
<
 

−


Vậy, nghiệm của bất phương trình là
8
2
3
3.
x x

x

< ∨ >



≠


2. Bất phương trình bậc hai một ẩn
2.1. Định lý về dấu của tam thức bậc hai
2
( ) ; 0
f x ax bx c a
= + + ≠

Định lý. Cho tam thức bậc hai
(
)
2
f x ax bx c
= + +

+ Nếu
0
<
∆
thì
(
)

xf cùng dấu với hệ số a với mọi
;
x
∈
ℝ

+ Nếu
0
=
∆
thì
(
)
xf cùng dấu với hệ số a với mọi
;
2
b
x
a
≠ −
101

+ Nếu
0
>
∆
thì
(
)
xf có hai nghiệm phân biệt

1 2
, ,
x x
(
)
1 2
.
x x
<
Khi đó
(
)
xf trái dấu với hệ số
a
nếu
x
nằm trong khoảng
1 2
( ; ),
x x
(
)
xf cùng dấu với hệ số
a
nếu
x
nằm ngoài đoạn
[
]
1 2

; .
x x

Chứng minh.
Ta có
2 2
2 2
2
2 2
2
2
2
2
2
( ) ( )
( )
4 4
4
2 4
2 4
b c
f x ax bx c a x x
a a
b b c b
a x x
a a a a
b b ac
a x
a a
b

a x
a a
= + + = + +
= + + + −
 
−
 
= + −
 
 
 
 
 
 
∆
 
= + −
 
 
 
 
 

· Trường hợp 1:
0.
∆ <
Khi đó
2
2
0,

2 4
b
x
a a
∆
 
+ − >
 
 
do đó nếu
0
a
>
thì
( ) 0
f x
>
và ngược lại
0
a
<
thì
( ) 0.
f x
<
Hay nói
cách khác tam thức
( )
f x
luôn luôn cùng dấu với hệ số

a
với mọi
.
x
∈
ℝ

· Trường hợp 2:
0.
∆ =
Khi đó
2
( )
2
b
f x a x
a
 
= +
 
 
luôn luôn cùng dấu với hệ số
a
với mọi
\ .
2
b
x
a
 

∈ −
 
 
ℝ
· Trường hợp 3:
0.
∆ >
Khi đó tam thức
(
)
xf có hai nghiệm phân biệt
1 2
,
x x
và
(
)
xf được
viết dưới dạng
1 2
( ) ( )( ),
f x a x x x x
= − − giả sử
1 2
.
x x
<

Lập bảng xét dấu biểu thức
1 2

( )( )
x x x x
− − ta được
1
1 2
2
1 2 1 2
( )( ) 0
( )( ) 0 .
x x
x x x x
x x
x x x x x x x
<

− − > ⇔


>

− − < ⇔ < <

Suy ra
(
)
xf trái với hệ số
a
với mọi
x
nằm trong khoảng

1 2
( ; ),
x x

(
)
xf cùng dấu với hệ số
a
với mọi
x
nằm ngoài đoạn
[
]
1 2
; .
x x

2.2. Bất phương trình bậc hai một ẩn
Định nghĩa. Bất phương trình bậc hai ẩn
x
là bất phương trình có dạng 0
2
>++ cbxax
(hoặc 0;0;0
222
≤++<++≥++ cbxaxcbxaxcbxax ). Với , ,a b c
∈
ℝ
và
0.

a
≠

Cách giải.
102

Để giải bất phương trình bậc hai ta áp dụng định lý về dấu của tam thức bậc hai.
Chú ý. Cũng như trường hợp bất phương trình bậc nhất, ta cũng giải được các bất phương trình
dạng
( )
0
( )
P x
Q x
>
;
( )
0
( )
P x
Q x
<
;
( )
0
( )
P x
Q x
≥
;

≤
( )
0.
( )
P x
Q x

Trong đó
(
)
(
)
;
P x Q x
là tích các tam thức bậc hai.
Ví dụ 1. Giải bất phương trình
2
10
7
27162
2
2
≤
+
−
+−
x
x
xx


Giải.
Bất phương trình đã cho tương đương với
( )
2
2
2 2
2
2
2 16 27
2 0
7 10
2 16 27 2 7 10
0
7 10
2 7
0
7 10
x x
x x
x x x x
x x
x
x x
− +
− ≤
− +
− + − − +
⇔ ≤
− +
− +

⇔ ≤
− +

Lập bảng xét dấu vế trái của bất phương trình ta được nghiệm của bất phương trình đã cho
là
( )
7
2; 5; .
2
x
 
∈ ∪ +∞


 

Ví dụ 2. Giải và biện luận bất phương trình
(
)
(
)
(
)
2
1 2 1 3 3 0
f x m x m x m
= + − − + − ≥
(1)
Giải.
+ Trường hợp 1:

1
−
=
m

3
(1) 4 6 0
2
x x
⇔ − ≥ ⇔ ≥

+ Trường hợp 2:
1
−
≠
m

( ) ( )( ) ( )( )
2
1 1 3 3 2 1 2
m m m m m
′
∆ = − − + − = − − −

Lập bảng xét dấu hệ số
a
và biệt số
′
∆


m
1
= +
a m
' ( 1)( 2)
∆ = − − −
m m
−∞
+∞
2
−
1
−
1
0
0
0
−
−
−
−
+
+
+
+

a)
2
−
<

m
, khi đó



<∆
<
0'
0a

103

Suy ra
(
)
0, .
f x x
< ∀ ∈
ℝ

Như vậy (1) vô nghiệm.
b/
2
−
=
m
, khi đó




=∆
<
0'
0a
nghiệm của (1) là
3.
x
=

c/
12
−
<
<
−
m
, khi đó



>∆
<
0'
0a

Suy ra
(
)
xf có hai nghiệm phân biệt
1

'1
1
'1
2
1
+
∆+−
=
+
∆−−
=
m
m
x
m
m
x

Trường hợp này
0
<
a
nên
1 2
.
x x
<

Nghiệm của (1) là
2 1

.
x x x
≤ ≤

d)
1 1
m
− < <
. Khi đó
,
0
0
a
>


∆ >

,
1 2
.
x x
<

Nghiệm của (1) là
1 2
.
x x x x
≤ ∨ ≥


e)
1.
m
≥
Khi đó
,
0
0
a
>


∆ ≤


suy ra
( ) 0, ,
f x x
≥ ∀ ∈
ℝ
nghiệm của (1) là
.
x
∀ ∈
ℝ

Kết luận.
·
3
1:

2
m x
= − ≥

·
2:
m
< −
vô nghiệm
·
2: 3
m x
= − =

·
2 1
2 1:
m x x x
− < < − ≤ ≤

·
1 2
1 1:
m x x x x
− < < ≤ ∨ ≥

·
1: .
m x
≥ ∀ ∈

ℝ

Ví dụ 3. Tìm
m
đế
2
( ) 4 0, .
f x mx x m x
= + + > ∀ ∈
ℝ

Giải.
Xét
0
m
=
, khi đó
( ) 4 0 0,
f x x x
= > ⇔ >
Do đó
0,
m
=
không chấp nhận được.
Xét
0
m
≠
,

, 2
0
0
( ) 0 2
2 2
4 0
a m
m
f x x R m
m m
m
= >
>


> ∀ ∈ ⇔ ⇔ ⇔ >
 
< − ∨ >
∆ = − <



Vậy, giá trị m cần tìm là
2.
m
>

104

2.3. Định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai

Theo định lý về dấu của tam thức bậc hai thì chỉ trong trường hợp
( )
f x
có nghiệm
1 2
,
x x

thì
2 1
( )< 0 và ,
af x x x x
< <
do đó ta có định lý đảo của định lý về dấu của tam thức bậc hai như
sau.
Định lý. Cho tam thức bậc hai
2
( ) ,
f x ax bx c
= + +
nếu tồn tại số thực
α
sao cho
( )< 0
af
α
thì
( )
f x
có hai nghiệm phân biệt

1 2 1 2
, ( ) à
x x x x v<
α
nằm trong khoảng
1 2
( ; ).
x x

Từ định lý đảo về dấu của tam thức
( )
f x
ta có phép so sánh nghiệm của
( )
f x
với một số
α

như sau.
+ Nếu
( ) 0
f
=
α
thì
α
là nghiệm của
( );
f x


+ Nếu
( ) < 0 thì
af
α α
nằm giữa hai nghiệm
1 2
,
x x
của
( );
f x

+ Nếu
( )> 0 và ( )
af f x
α
có hai nghiệm
1 2
,
x x
thì
α
nằm ngoài đoạn
[
]
1 2
;
x x
và hơn nữa
·

1 2
x x
α
< <
nếu
;
2
s
α
>

·
1 2
x x
α
< <
nếu
.
2
s
α
<

Hệ quả. Điều kiện để tam thức bậc hai
2
( )
f x ax bx c
= + +
có hai nghiệm, trong đó có một
nghiệm nằm trong khoảng

( ; ),
α β
còn nghiệm kia nằm ngoài đoạn
[ ; ]
α β
là
( ). ( ) 0.
f f
α β <

Chứng minh.
Thật vậy, theo giả thiết ta có
( ). ( ) 0
f f
α β <
suy ra
2
( ) ( ) 0
a f f
α β <

hay
1 2
1 2
( ) 0
( ) 0
[ ( )][ ( )] 0
( ) 0
( ) 0
af

af
x x
af af
x x
af
af
 α >





β <
α < < β <




α β < ⇔ ⇔



< α < < β
α <







β >




Vậy, ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 1. Cho
, ,
a b c
là ba số dương phân biệt. Chứng minh phương trình
( )( ) ( )( ) ( ( ) 0
a x b x c b x a x c c x b x a
− − + − − + − − =

có hai nghiệm phân biệt.
Giải.
Không mất tính tổng quát, giả sử
a b c
< <
và đặt
( )
f x
=

( )( ( )( ) ( ( )
a x b x c b x a x c c x b x a
− − + − − + − −

Ta có
( ) ( )( ) 0

f b b b a b c
= − − <
và hệ số của
2
x
trong tam thức
( )
f x
bằng
0.
a b c
+ + >

Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.
Ví dụ 2. Cho phương trình
105

2 2
6 (2 2 9 ) 0 (1)
x mx m m− + − + = .
Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm
1 2
,
x x
thỏa điều kiện
a)
1 2
4 ;
x x
< <


b)
1 2
3 .
x x
< ≤

Giải.
Đặt
( )
f x
=
2 2
6 (2 2 9 )
x mx m m− + − +
a)
2
1 2
13 17 13 17
4 (4)<0 9 26 18 0
9 9
x x af m m m
− +
< < ⇔ ⇔ − + < ⇔ < <
b)
,
2
1 2
2 2 0
11

3 (3)=9 20 11 0 .
9
3 3 3
2
m
x x af m m m
s
m

∆ = − ≥


< ≤ ⇔ − + > ⇔ >



− = −


Ví dụ 3. Cho hai phương trình
2
2
( ) 3 2 0 (1)
( ) 6 5 0 (2)
f x x x m
g x x x m
= + + =
= + + =

Tìm

m
để mỗi phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt và các nghiệm của phương trình
(1) và (2) xen kẽ nhau.
Giải.
Giả sử
1 2
,
x x
là hai nghiệm của phương trình (1), khi đó
1 2
9 8 0
( ) ( ) 0
f m
ycbt
g x g x
∆ = − >

⇔

<


( ) ( )
( )
1 1 2 2
9 8 0
( ) 3 ( ) 3 0
9 8 0
0 1.
9 1 0

m
f x x m f x x m
m
m
m m
− >


⇔

   
+ + + + <

   

− >


⇔ ⇔ < <

− <



Ví dụ 4. Chứng minh rằng phương trình
(
)
(
)
(

)
(
)
( ) ( )( ) 0
f x ab x a x b bc x b x c ca x c x a
= − − + − − + − − =

có nghiệm với mọi
, , .
a b c
∈
ℝ

Giải.
Ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
0
f a f b f c a b c a b b c c a
= − − − − ≤
.
106

Như vậy, trong ba giá trị
( ), ( ), ( )
f a f b f c
chắc chắn phải có một giá trị không dương, chẳng
hạn
(

)
0.
f a
≤

Mặt khác, ta có
(
)
(
)
(
)
2 2 2 2 2 2
0 0 0 0.
f a b b c c a f f a
= + + ≥ ⇒ ≤
Mà
( )
y f x
=
là hàm số liên
tục trên toàn trục số nên chắc chắn phương trình
(
)
0
y f x
= =
có nghiệm
[
]

0
0; .
x a
∈
Ví dụ 5. Tìm
a
để phương trình
( )
2
2
1 1 3 0
a tg x a
cosx
− − + + =
(1)
có nhiều hơn một nghiệm thuộc khoảng
0, .
2
π
 
 
 

Giải.
( )
2
1 2
(1) 1 4 0.
a a
cos x cosx

⇔ − − + =
Đặt
1
,
t
cosx
= do
(0; )
2
x
π
∈ nên
1.
t
>

Yêu cầu bài toán được thỏa khi và chỉ khi phương trình
(
)
(
)
2
1 2 4 0
f t a t t a
= − − + =

có hai nghiệm
1 2
,
t t

thỏa mãn điều kiện
1 2
1
t t
< <

( ) ( )
1
0
1
3
1 1 0
1
.
2
1
2
a
a f
a
S



′
∆ >
< <




⇔ − > ⇔
 
 
≠



<


Ví dụ 6. So sánh nghiệm của phương trình
2
( ) ( 2) 2( 1) 5 0
f x m x m x m
= − − + + − =
(1)
với
1.
−

Giải.
· Khi
2,
m
=
(1) trở thành
1
6 3 0 1.
2
x x

− − = ⇔ = − > −

· Khi
2,
m
≠
Ta có
2
( 1) ( 2)( 5) 9 9
m m m m
′
∆ = + − − − = −

( 1) ( 2)(4 5)
af m m
− = − −

1 2 1
1 1 .
2 2 2
S m m
m m
+ −
+ = + =
− −

Lập bảng xét dấu
, ( 1), 1
2
S

af
′
∆ − +
và dựa vào định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai, ta có
bảng tổng hợp sau.
107


m
'
∆
(
)
1
af
−
1
2
S
+
1
2
−∞
1
5
4
2
+∞
−
−

−
−
−
−
+
+
+
+
+
+
+
+
+
0
0
0
0
1 2
2 1
x x
= = − < −
1 2
1
x x
< < −
1 2
5 1
x x
= − < = −
1 2

1
x x
< − <
1
1
2
x
= − > −
1 2
1
x x
− < <

Ví dụ 7. Với giá trị nào của
m
thì bất phương trình
4
4 0
mx x m
− + ≥
nghiệm đúng với mọi
?
x
∈
ℝ

Giải.
Ta có

4

4 0
mx x m
− + ≥
đúng với mọi
x
∈
ℝ
khi và chỉ khi
4
4
1
x
m
x
≥
+
đúng với mọi
.
x
∈
ℝ

Đặt
( )
4
4
1
x
f x
x

=
+
.
Như vậy,
4
4
1
x
m
x
≥
+
đúng với mọi
x
∈
ℝ
khi và chỉ khi
( ) .
Maxf x m
≤
Ta có

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

'
1
x
f x
x
−
=
+
,
( )
4
4
1
3
' 0
1
3
x
f x
x

=


= ⇔

= −




Bảng biến thiên
x
'( )
f x
( )
f x
−∞
+∞
4
1
3
−
4
1
3
0
0
−
−
+
0
0
4
27
−
4
27

Dựa vào bảng biến thiên, ta nhận được
4

( ) 27
Maxf x = (khi
4
1
3
x =
).
Vậy,
4
27
m≥ là giá trị cần tìm thỏa đề bài.
Ví dụ 8. Cho bất phương trình
108

4 4 2
1
sin cos cos2 sin 2 0
4
x x x x a
+ − + + ≤
(1).
Với giá trị nào của
a
thì bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi
?
x
∈
ℝ

Giải.

Ta có
( )
2 2
1 1
1 1 sin 2 cos 2 sin 2
2 4
x x x a
⇔ − − + ≤ −


( )
2
2
1
1 cos 2 cos2 1
4
cos 2 4cos2 3 4 . (2)
x x a
x x a
⇔ − − − + ≤ −
⇔ − + ≤ −

Đặt
t
= cos2
x
, với
x
∈
ℝ

thì
1 1
t
− ≤ ≤
. Bất phương trình (2) trở thành

2 2
4 3 4 4 4 3
t t a a t t
− + ≤ − ⇔ ≤ − + −
(3)
Xét hàm số
2
( ) 4 3
f t t t
= − + −
trên đoạn [
−
1; 1], ta có (1) đúng với
x
∀ ∈
ℝ
khi và chỉ khi (3)
đúng với
[ 1;1],
t
∀ ∈ −
khi và chỉ khi
[ 1;1]
( ) 4 .

t
Minf t a
∈ −
≥
(
)
( )
[ ]
' 2 4.
' 0 2 1; 1 .
f t t
f t t
= − +
= ⇔ = ∉ −

( 1) 8; (1) 0
f f
− = − =

nên
[ ]
1 ; 1
( ) 8.
t
Min f t
∈ −
= −
Vậy ta có
4 8 2.
a a

≥ − ⇔ ≥ −

Giá trị cần tìm là
2.
a
≥ −

Ví dụ 9. Tìm
p
để phương trình
2
2
2 4 2
4 2
1 0
1 2 1
x px
p
x x x
+ + − =
+ + +

có nghiệm.
Giải. Đặt
[ ]
2
2
1;1
1
x

t ycbt
x
= ∈ − ⇒ ⇔
+
tìm
p
để
(
)
2 2
1 0
f t t pt p
= + + − =
có nghiệm thuộc
[
]
1;1 .
−
(
)
( )
) 1 0 1; 2
) 1 0 1;2
a f p
b f p
− = ⇒ = −
= ⇒ = −

( ) ( )
2 1

) 1 1 0
1 2
p
c f f
p
− < < −

− < ⇔

< <


d) Cả hai nghiệm thuộc
( ) ( ) ( )
2
0
1
5
1;1 1 0, 1 0 .
2
1
1 1 5
2
p
f f
p
S




∆ ≥
− < ≤ −



− ⇔ > − > ⇔



≤ <


− < <



109

Vậy, các giá trị cần tìm là
2
1.
5
p
≤ <

Ví dụ 10. Tìm
a
để phương trình
(
)

(
)
2
1 8 1 6 0
a x a x a
+ − + + =

có đúng một nghiệm thuộc
(
)
0;1 .

Giải.
· Xét
1 0,
a
+ =
phương trình trở thành
( )
6
7 6 0 0;1 1
7
x x a
− = ⇔ = ∈ ⇒ = −
(nhận).
· Xét
1 0,
a
+ ≠
để ý rằng

(
)
(
)
2
0 1 6 0.
f f a
= − ≤
Do đó
Nếu
0,
a
=
phương trình trở thành
2
0
x x
− =
có nghiệm
0, 1
x x
= =
(loại).
Nếu
(
)
(
)
0 0 1 0
a f f

≠ ⇒ < ⇒
phương trình có nghiệm thuộc
(
)
0;1 .

Vậy, giá trị cần tìm là
0.
a
≠

Ví dụ 11. Cho phương trình
2 2
( ) 2 2( 1) 4 3 0
f x x m x m m
= + + + + + =
(1)
1) Tìm
m
để phương trình (1) có ít nhất một nghiệm lớn hơn hoặc bằng 1;
2) Gọi
1 2
,
x x
là hai nghiệm của phương trình (1). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
1 2 1 2
| 2( ) |.
A x x x x= − +
Giải.
1) Yêu cầu bài toán được thỏa khi và chỉ khi

2
(1) 0
6 7 0
0
5 1
(1) 0
3 2
1
1
2 2
3 2 3 2
5 3 2
5 3 2.
f
m m
m
f
m
S m
m
m
m
≤




+ + ≤





′
∆ ≥



− ≤ ≤ −
⇔





≥





< − −



+


< = −






− − ≤ ≤ − +

⇔

− ≤ < − −

⇔ − ≤ ≤ − +

2) Vì
1 2
,
x x
là hai nghiệm của phương trình (1) nên theo hệ thức Viet ta có
2
1 2 1 2
1
( 1); . ( 4 3).
2
x x m x x m m
+ = − + = + +
Do đó ta có