Khóa học Toán Cơ bản và Nâng cao 10 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

12. BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ – P3
Thầy Đặng Việt Hùng [ĐVH]
Ví dụ 1: [ĐVH]. Giải bất phương trình 2 x 2 + 5 x + 6 + 7 x + 11 < 4 x + 9

( x ∈ ℝ) .

Lời giải.
6
Điều kiện x ≥ − .
5
Bất phương trình đã cho tương đương với
2 x 2 − 2 x − 4 + 5 x + 6 − ( x + 2 ) + 7 x + 11 − ( x + 3) < 0

− x2 + x + 2
− x2 + x + 2
⇔ 2 ( x − x − 2) +
+
<0
5x + 6 + x + 2
7 x + 11 + x + 3
2

Nhận xét

1
1



⇔ ( x2 − x − 2 ) 
+
− 2 > 0
7 x + 11 + x + 3
 5x + 6 + x + 2

1
1
1
1
6
+
<
+
< 2, ∀x ≥ − .
5
5x + 6 + x + 2
7 x + 11 + x + 3 2 − 6
6
13
3− +
5
5
5

(1)

Do đó (1) ⇔ x 2 − x − 2 < 0 ⇔ ( x + 1)( x − 2 ) < 0 ⇔ −1 < x < 2 . Kết luận nghiệm −1 < x < 2 .


Ví dụ 2: [ĐVH]. Giải bất phương trình

x 2 + x + 2 + x3 + 2 x 2 + x ≥ ( x 2 + 1) 3 x + 6

( x ∈ ℝ) .

Lời giải.
Điều kiện x ≥ −2 .
Nhận xét x = −2 thỏa mãn bất phương trình đã cho.
Xét trường hợp x > −2 thì bất phương trình đã cho tương đương

x 2 + x + 2 − 2 + x3 + 2 x 2 + x + 2 − ( x 2 + 1) 3 x + 6 ≥ 0

(

⇔ x 2 + x + 2 − 2 + ( x 2 + 1) x + 2 − 3 x + 6

⇔

x2 + x − 2
x2 + x + 2 + 2

(x
+

2

+ 1)( x 2 + x − 2 )

x + 2 + 3x + 6


)

≥0



1
x2 + 1
⇔ ( x − 1)( x + 2 ) 
+
 ≥ 0 (1)
2
 x + x + 2 + 2 x + 2 + 3x + 6 


1
x2 + 1
+
> 0, ∀x > −2 nên (1) ⇔ x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1 . Kết luận x ≥ 1 .
Ta có ( x + 2 ) 

2
 x + x + 2 + 2 x + 2 + 3x + 6 
Ví dụ 3: [ĐVH]. Giải bất phương trình

( 3x + 1)

3


> 2 x 2 + 5x + 1

( x ∈ ℝ) .

Lời giải.
1
Điều kiện x ≥ − .
3
Bất phương trình đã cho tương đương với

Tham gia khóa Toán Cơ bản và Nâng cao 10 tại MOON.VN để có sự chuẩn bị tốt nhất cho kì thi THPT quốc gia!


Khóa học Toán Cơ bản và Nâng cao 10 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

( 3x + 1) (

)

3 x + 1 − 2 x > 2 x 2 + 5 x + 1 − 2 x ( 3 x + 1)

( 3 x + 1 − 2 x ) > −4 x + 3 x + 1
⇔ ( 3 x + 1) ( 3 x + 1 − 2 x ) > ( 3 x + 1 − 2 x )(
⇔ ( 3 x + 1 − 2 x )( 3 x + 1 − x − 1) < 0 (1)
⇔ ( 3 x + 1)

Ta có

1
3 x + 1 + x + 1 > 0, ∀x ≥ − nên

3

(1) ⇔

(

Facebook: LyHung95

2

)

3x + 1 − 2 x x ( x − 1)
3x + 1 + x + 1

>0⇔

(

3x + 1 + 2 x

)

)

3x + 1 − 2 x x ( x − 1) > 0 ( 2 ) .

Xét hai trường hợp xảy ra

x < 0

x >1
x < 0

• Với x ( x − 1) > 0 ⇔ 
thì ( 2 ) ⇔ 3 x + 1 > 2 x ⇔   x ≥ 0
⇔
⇔ x <1.
0 ≤ x <1

x < 0

2

 4 x − 3x − 1 < 0
0 < x < 1
• Với x ( x − 1) < 0 ⇔ 0 < x < 1 thì ( 2 ) ⇔ 3x + 1 < 2 x ⇔  2
⇔ x ∈∅ .
4 x − 3x − 1 > 0
 1 
Kết luận nghiệm S =  − ;1 .
 3 

Ví dụ 4: [ĐVH]. Giải bất phương trình 2 x 3 + 19 x 2 + 63 x + 76 > 3 3 x + 9 + ( 2 x + 5 ) x + 2
Lời giải.
Điều kiện x ≥ −2 .
Bất phương trình đã cho tương đương với

(

)


(

)

( x ∈ ℝ) .

3 x + 4 − 3 x + 9 + ( 2 x + 5 ) x + 3 − x + 2 + 2 x3 + 17 x 2 + 49 x + 49

(

) (

)

⇔ ( 2 x + 5) x + 3 − x + 2 + 3 x + 4 − 3x + 9 + ( 2 x + 7 ) ( x2 + 5x + 7 ) > 0
2x + 5
3


⇔ ( x2 + 5x + 7 ) 
+
+ 2x + 7 > 0
 x + 3 + x + 2 x + 4 + 3x + 9


(1)

2x + 5
3

5 3

Để ý rằng x + 5 x + 7 =  x +  + > 0, ∀x ∈ ℝ và
+
+ 2 x + 7 > 0, ∀x ≥ −2 nên
2 4
x + 3 + x + 2 x + 4 + 3x + 9

(1) nghiệm đúng. Kết luận x ≥ −2 .
Ví dụ 5: [ĐVH]. Giải bất phương trình  2 ( x 2 − x + 6 ) − 1 6 − x + x + 1 ≥ 2 x 2 − 2 x + 11
( x ∈ ℝ) .


Lời giải.
Điều kiện x ≤ 6 .
2

2

(

Nhận xét

)

2 ( x 2 − x + 6 ) − 1 = x 2 + ( x − 1) + 5 − 1 > 5 − 1 > 0 nên bất phương trình đã cho trở thành
2

6 − x + x +1 ≥


2 x 2 − 2 x + 11

2 ( x − x + 6) −1
2

= 2 ( x2 − x + 6) + 1 ⇔ 6 − x + x ≥ 2 ( x2 − x + 6)

Áp dụng bất đẳng thức a + b ≤ a + b ≤ 2 ( a 2 + b 2 ) ta có

6 − x + x ≤ 2 ( 6 − x + x2 )

[1].

[2].

x ≥ 0
⇔ x = 2.
Do đó [1] có nghiệm khi [2] xảy ra đẳng thức ⇔ 6 − x = x ⇔  2
x + x − 6 = 0
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2 .

Tham gia khóa Toán Cơ bản và Nâng cao 10 tại MOON.VN để có sự chuẩn bị tốt nhất cho kì thi THPT quốc gia!


Khóa học Toán Cơ bản và Nâng cao 10 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Ví dụ 6: [ĐVH]. Giải bất phương trình

Facebook: LyHung95


( x ∈ ℝ) .

2 x2 − x + 1 + 2 x2 + x + 1 ≥ 2 x
Lời giải.
2

2

1 7
1 7


2 x 2 − x + 1 + 2 x 2 + x + 1 = 2  x −  + + 2  x +  + > 0, ∀x ∈ ℝ .
4 8
4 8


Do đó bất phương trình ban đầu nghiệm đúng với x ≤ 0 .

Điều kiện x ∈ ℝ . Nhận xét

Xét trường hợp x > 0 ⇒ 2 x 2 + x + 1 > 2 x 2 − x + 1 , bất phương trình đã cho trở thành
2x
≥ 2 x ⇔ 2 x2 + x + 1 − 2 x2 − x + 1 ≤ 1 ⇔ 2 x2 + x + 1 ≤ 1 + 2 x2 − x + 1
2
2
2x + x + 1 − 2x − x + 1

⇔ 2 x2 + x + 1 ≤ 2 x2 − x + 2 + 2 2 x2 − x + 1 ⇔ 2 x − 1 ≤ 2 2 x2 − x + 1
2 x < 1

2 x < 1


⇔  2 x ≥ 1
⇔  2 x ≥ 1
⇔ x∈ℝ ⇒ x > 0


 4 x 2 − 4 x + 1 ≤ 8 x 2 − 4 x + 4
 4 x 2 + 3 ≥ 0


Kết hợp hai trường hợp ta có tập nghiệm x ∈ ℝ .

2x
Ví dụ 7: [ĐVH]. Giải bất phương trình

(

3x − 5 + 4 x − 3
2x + 9 + 3
Lời giải.

) + 15 < 5

2x + 9

( x ∈ ℝ) .

5

. Lúc này bất phương trình đã cho tương đương với
3
3x − 5 + 4 x − 3 < 5 2 x + 9 + 3
2x + 9 − 3

Điều kiện x ≥
2x

(

⇔ 2x

(

) (
)(
4 x − 3 ) < 5.2 x ⇔ 3 x − 5 +

3x − 5 +

)

4x − 3 < 5

⇔ 7 x − 8 + 2 12 x 2 − 29 x + 15 < 25 ⇔ 2 12 x 2 − 29 x + 15 < 33 − 7 x
33
5
33
33
5

5
≤
x
<
5
3 ≤ x < 7
 ≤x<
⇔
⇔ 3
⇔ 3
⇔ ≤ x<3
7
7

3
4 (12 x 2 − 29 x + 15 ) < ( 33 − 7 x )2
 x 2 − 346 x + 1029 > 0
 x > 343 ∨ x < 3


5
Vậy bất phương tình ban đầu có nghiệm là ≤ x < 3 .
3

Ví dụ 8: [ĐVH]. Giải bất phương trình

2 x − 3 − 3 3x + 2 ≥ x 2 − x − 3
Lời giải

3

2
Bất phương trình tương đương với 2 x − 3 − 1 + 2 − 3 3 x + 2 ≥ x 2 − x − 2
2x − 4
6 − 3x
⇔
+
− ( x − 2 )( x + 1) ≥ 0
2
2 x − 3 + 1 3 3x + 2 + 2 3 3x + 2 + 4

Điều kiện: x ≥

(

)



2
3

⇔ ( x − 2)
− ( x + 1)  ≥ 0 (2)
2
 2x − 3 +1 − 3



3x + 2 + 2 3 3x + 2 + 4



3
2
2
3
Ta có:
−
− ( x + 1) ≤ − 0 − − 1 < 0
2
1
2
2 x − 3 + 1 3 3x + 2 + 2 3 3x + 2 + 4

(

(

)

)

Nên (2) ⇔ x − 2 ≤ 0 ⇔ x ≤ 2

Tham gia khóa Toán Cơ bản và Nâng cao 10 tại MOON.VN để có sự chuẩn bị tốt nhất cho kì thi THPT quốc gia!


Khóa học Toán Cơ bản và Nâng cao 10 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95


3 
Kết hợp điều kiện ta được S =  ; 2  là tập nghiệm của bất phương trình.
2 

Ví dụ 9: [ĐVH]. Giải bất phương trình ( x − 3)

(

2x −1 + x

)

2

≥ ( x − 1)

2

( x ∈ ℝ) .

Lời giải.
1
Điều kiện x ≥ .
2
Nhận xét x = 1 không thỏa mãn bài toán, do đó
Bất phương trình đã cho tương đương với

x−3≥

(


( x − 1)

2

2x −1 + x

)

2

⇔ x −3≥

(

2x −1 ≠ x .

2x −1 − x

)

2

⇔ x − 3 ≥ 3x − 1 − 2 2 x 2 − x

⇔ 2 x 2 − x ≥ x + 1 ⇔ 2 x 2 − x ≥ x 2 + 2 x + 1 ⇔ x 2 − 3x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥
Kết hợp điều kiện ta thu được nghiệm x ≥

Ví dụ 10: [ĐVH]. Giải bất phương trình


13 + 3
.
2

( x ∈ ℝ) .

4 x2 + x + 1 + 4 x2 + 1 ≥ x
Lời giải.

Điều kiện x ∈ ℝ .
Nhận xét

3 + 13
3 − 13
∨x≤
2
2

4 x 2 + x + 1 + 4 x 2 + 1 > 0, ∀x ∈ ℝ nên bất phương trình nghiệm đúng trong trường hợp x ≤ 0 .

Xét khả năng x > 0 ⇒ 4 x 2 + x + 1 > 4 x 2 + 1 , bất phương trình đã cho trở thành
x
≥ x ⇔ 4 x2 + x + 1 ≤ 1 + 4 x2 + 1 ⇔ 4 x2 + x + 1 ≤ 4 x2 + 2 + 2 4 x2 + 1
2
2
4x + x + 1 − 4x + 1
x < 1
x < 1



2
⇔ x − 1 ≤ 2 4 x + 1 ⇔  x ≥ 1
⇔  x ≥ 1
⇔ x∈ℝ ⇒ x > 0


2
2
2
  x − 2 x + 1 ≤ 16 x + 4
 15 x + 2 x + 3 ≥ 0



Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x ∈ ℝ .

BÀI TẬP LUYỆN TẬP

Bài 2: [ĐVH]. Giải bất phương trình

(

6 x2

)

2x + 1 +1

2


> 2x + x −1 + 1

Bài 3: [ĐVH]. Giải bất phương trình x ≤ 3 x + 1 − x + 1
Bài 4: [ĐVH]. Giải bất phương trình
Bài 5: [ĐVH]. Giải bất phương trình

( x ∈ ℝ) .

x + 4 − 2x + 3 ≤ x −1

Bài 1: [ĐVH]. Giải bất phương trình

3 + 3x + 3 − x 4
≥
3 + 3x − 3 − x x
11
x2 − 1 + 4x − 1 ≥
4

Bài 6: [ĐVH]. Giải bất phương trình

x3 − 4 − 3 2 − 5 x ≤ 4

Bài 7: [ĐVH]. Giải bất phương trình

2 x + 10 + x + 6 ≤ x + 4

( x ∈ ℝ) .

( x ∈ ℝ) .

( x ∈ ℝ) .

Bài 8: [ĐVH]. Giải các bất phương trình sau

Tham gia khóa Toán Cơ bản và Nâng cao 10 tại MOON.VN để có sự chuẩn bị tốt nhất cho kì thi THPT quốc gia!


Khóa học Toán Cơ bản và Nâng cao 10 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

x2
a)
> x−4
(1 + 1 + x )2

b)

(3 −

2 x2
9 + 2x

Facebook: LyHung95

)

2

≤ x + 21

Bài 9: [ĐVH]. Giải các bất phương trình sau


(

a) 4( x + 1)2 < (2 x + 10) 1 − 3 + 2 x

)

2

(

b) 4( x + 1)2 ≤ (3 x + 7) 1 − 3 x + 4

)

2

Bài 10: [ĐVH]. Giải các bất phương trình sau
a)

(1 −

4 x2
1+ 2x

)

2

< 2x + 9


b)

2x
> 2x + 2
2x + 1 −1

Tham gia khóa Toán Cơ bản và Nâng cao 10 tại MOON.VN để có sự chuẩn bị tốt nhất cho kì thi THPT quốc gia!