Một số kỹ thuật giải bất phương trình

Ở học kì II năm lớp 10 các em học sinh có học về BPT trên trở thành:
bất phương trình (BPT). Đây là dạng toán đòi hỏi 3 2 a  b   2 a  ab   3 2 a  a b   2 ab  b   0
kỹ năng tính toán phải tốt. Hơn nữa, nếu chúng ta 2
 a a  b  ba  b  0
không nắm vững một số kỹ thuật thì khi giải ta sẽ
làm cho bài toán phức tạp thêm. Trong bài viết này  a  b 2
a  b  0 (luôn đúng).
chúng tôi xin giới thiệu đến các em một chuyên đề  1 
nhỏ này về cách giải một số bất phương trình.
Vậy BPT (1) có tập nghiệm là: S  ;  . 2   
1. Kỹ thuật đặt ẩn phụ
Bài 1. Giải bất phương trình:
Bài 3. Giải bất phương trình: 8  x   x  x  3 1 1 2 3 1  0 (1). (x  4) x  2   2(3x  4) (1). x x
Lời giải. Điều kiện: x  1.
Lời giải. Điều kiện: x  2.
Đặt a  x 1;b  2x. Suy ra:   2 2 2
1  (x  4x) x  2x  8  (3x  4x) 2x . 2 2 b  2a a  0;b  2 và  1. Đặt 2
a  x  2x ;b  2x . Suy ra: 2 2 2 2 2 2 2 BPT trên trở thành:
x  4x  a  3b ; 3x  4x  3a  b . 2 2 2 BPT trên trở thành:  ab  a3  b  2a  1 3  0     ab  3a3  0  2 2 2 2 2
(a  3b )a  8  (3a  b )b  2 2 3   b  a3 2 8
 2  b  a  2x  x  2x  2  a    a  a   1
  2    4 1 3  0 (2).     b    b  b   2 2
 2x  x  2x  4  4 x  2x  x  2 2
2  4 x  2x  0 (luôn đúng). Đặt  a t
. Điều kiện: t  0. BPT(2) trở thành: b
Vậy bất phương trình có tập nghiệm là: 2
  t   t   t3 2 1 2 4 1 3  0 S  2;  . 2  t  t t  t   
Bài 2. Giải bất phương trình: (2 1)  52 28 6 1  0  3 2 x  x  x    2 3 5 2 x  3x  2 1 2x. 1  2t 1  0  t  . 2 1
Lời giải. Điều kiện: x  . 1 2
Với t   2 x 1  2x  4x  4  2x  x  2. 2
   x  3    x   2 1 1 1 2 x  3x  2 1 2x
Vậy BPT(1) có tập nghiệm là: S  2; .
Đặt a  x 1;b  1 2x . Suy ra:
Bài 4. Giải bất phương trình: a  0;b  0 và 2 2 x  3x  2  a  . a 2x   1 x  4  2x   1 x  4  16. Số 539 (5-2022) 1
Lời giải. Điều kiện: x  4. BPT tương đương với:
x  6 x  2  x 1 2  2 x  x  2
2x  x  4  x  4   x  4  x  4 16. 2  2x  x  6 (1). 8 x  Đặt Lời giải. Điều kiện: 1.
t  x  4  x  4  0  x  4  x  4  t
Đặt t  x  2  x 1 . Điều kiện: t  0. Suy ra:
 4x   x  4  x  42   x  4  x  42 2 2
t  2x 1 2 x  x  2 64 2   t . 2 2  2
 x  x  2  t  2x 1. 2 t BPT(1) trở thành: 2 t   x  t   2 6 2x  3x  5  0
Do đó BPT trên trở thành:  t  x   1 t  2x  5  0 1  64  8 2 4
 t t   16  t  32t  48  0  2  2  t  t
 t  x 1  0 (vì t  2x  5  0 x  1).
 t  2 t  2 2 2  8  0  t  2.
Với t  x 1  0  x  2  x 1  x 1    x  2  x   1  x  1 Với t  2 , ta có:  x  2  x  2 1  2 x   1 x 1  x 1 2
x  4  x  4  2  x 16  x  2  x  5. 3
Vậy BPT có tập nghiệm S    5 .  x  2
1  2 x 1  3  0
Bài 5. Giải bất phương trình:  x 1  1  x  2.
x  x   x     x   x  3 4 2 3 2 3 2 3 2 3 .
Đối chiếu với điều kiện, ta được tập nghiệm của BPT là: S  1;2 . 3
Lời giải. Điều kiện: x  . 2
Bài 7. Giải bất phương trình: 6   x   x 2 2 2 1 1
 1 x  2x  4x 1 (1).
Đặt t  2x 3  2x 3  0  2x 3  2x 3  t
Lời giải. Điều kiện: 1   x 1.
 x   x   x  2   x   x  2 8 2 3 2 3 2 3 2
3 Đặt t  1 x  1 x. Điều kiện: t  0 2 36  2 2  2 2 2 t  .   2  2 1   1  t t x x . 2 t 2
Do đó BPT trên trở thành: BPT(1) trở thành: 2 1  36  6 t  2 2 2 2 2 3 6 4  t
 t  t  3t 108  0 t 
 x  x   t  t  x   2 2 4 1 4 4 8x 2  2  t  t 2 2 2   2
 t  t  x  x  t  x t  x  t  x  t  6 4 2
t  3t 18  0  t  6. 4 4 8
 2  2  4 2  0
 t  2xt  2x  4  0
Với t  6  2x  3  2x  3  6
 t  2x  0 (vì t  2x  4  0,x  1  ). 2
 4x  9  2x  3  0 (*).
Với t  2x  1 x  1 x  2x (2). 3
Do đó BPT(*) luôn đúng x  . TH1: 1
  x  0 (thỏa bất phương trình (2)). 2 TH2: 0  x  1.  3 
Vậy BPT có tập nghiệm S  ;  .   2  x    2  2 1 0  2 2 2
2. Kỹ thuật ẩn phụ không hoàn toàn
(2)  1 x  2x 1  2x 1 0  4 2
Bài 6. Giải bất phương trình: 4x  3x  0 2 Số 539 (5-2022)  1 1  1 1 (1)   x  
1  x  2  2  x  6 x  7  3   x    x    2 2 2 2     2  x  2x  8 1 3  2 1 3  x     x   x  2 x  2 2 4  2 2  x   1  x  6 x  2  2 x  7  3 1 3    x  .  x  2x  4 2 2  x 1 x  6  3  x  2    x 4  0 (2).
So với điều kiện, ta được: 0  x    x  2  2 x  7  3  2
Kết hợp cả hai trường hợp, ta được tập nghiệm của Ta có:  x 1 x  6 x  2 x  6 3     BPT đã cho là S   1  ;  . x   x   x   x   2 2 2 7 3 2 2 7 3   x  2 x  6 5x  18
Bài 8. Giải bất phương trình:     x  4 x  2  . 2 3 6 2 x x   x   2 1 1 x  2x  2  1 2 . x
Suy ra: (2)  x  2  0  x  2 . So với điều kiện, 2  ta nhận 2
  x  2. Vậy BPT có tập nghiệm là a  x 1 Lời giải. Đặt  S  2  2  ;2. b  x  2x  2
Bình luận. Đây là một bài BPT đẹp, hầu như các 2 2   1 2 2    2 1   a b a b x x .
em khá giỏi đều biến đổi được về BPT(2), đến đây 2
thì đa số các em vướng vì không biết cách đánh giá. BPT trên trở thành:
Một sai lầm phổ biến khi ta đánh giá 2 2 2 2 a  b 1 a  b 1  2 2 a  b  b    a x 1 x 1  , x  2  vì điều này không  2 2  x  2  2 2   2 2
a  b a  b  a  b   2 2 2 b  a 
đúng khi x 1 0 . Ở đây ta chỉ cần để ý tính chất đơn giản sau:
 a  ba  b2   2 2
2 a  b   a  b  0 a b Cho a  ;a  ; b c  0 thì  ,
 a  ba  b  2 1  0  a  b  0 c c
tính chất này dùng để đánh giá cùng mẫu dương các 2 2 2 2
 x 1  x  2x  2  x 1  x  2x  2
phân thức khi tử vừa âm vừa dương. Vận dụng để 1  x  . x 1 x  2 x  2 2 đánh giá   , đây là x  2  2 x  2  2 2 1 Vậy BPT có tập nghiệm  S  ;  .  
đánh giá mấu chốt để giải hoàn chỉnh bài toán. 2 
3. Kỹ thuật nhân lượng liên hợp có đánh giá
Bài 10. Giải bất phương trình:
Bài 9 (Đề thi ĐH KD năm 2014). Giải bất phương x   3 1 3x 1  3x   2 1
x  1  3x  2x  9 (1). trình:
Lời giải. Điều kiện: x  1  .
x   x   x   2 1 2 6
x  7  x  7x  12 (1).  x   3 (1) 1
3x 1  2  3x   1  x 1  2
Lời giải. Điều kiện: x  2  0  x  2  .
 x  33x  3 x  x   3  3 x  3 1   3x 1 3 x   2   x12 3 1 1  3
 x  33x  3 Số 539 (5-2022) 3   f  x   x  
1  x  7  4x  2  3 x  3  x 1 3x 1 3     x  x   3 1  0 (2).  3 x   2   1 2 3 1 1  3  1 
ta thấy f  x đồng biến trên ;     nên suy ra  2  3 x   1 3 x   1 Ta có:      x     ; 2 3 3 3 1 1  3 f  x 1 3 15 1  f   3  0, x  ;      ,  2  2 2  2  3x 1 3x   1 3 x   1
từ đó ta có: (*)  x  3  0  x  3.   . x  1  2 x  1  2 2
Bài 12. Giải bất phương trình: Suy ra: 2 x  x  2  x  x   2 1 2 2 1  1  x  x (1). 3 x   1 3x 1 5x   1     3 x 1 . 1 1 3 3x 1  2   x 1  2 2 1  3
Lời giải. Điều kiện:  x  . Ta có: 2 2
Do đó: (2)  x  3  0  x  3 . So với điều kiện, 2 (1)  x  x  2 2  x  2x  2 ta được: 1
  x  3. Vậy BPT có tập nghiệm là   2 1 x  x  2 1 2x  2x 1 S   1  ;  3 .
Bài 11. Giải bất phương trình:   2  x  x  2 2 1
2x 1  1  2x  2 x  x   0 2
x  7  x  2x  3  4x  2. 2 2 x  x  x   1 2 2 2 (2 1) 1 2x
Lời giải. Điều kiện: x  . BPT đã cho tương   2 1 x  x    0 2 2 2
2x 1  1  2x  2 x  x đương với: 2x 1  1 2x 2  22 2
 x  2x  3  x  7  4x  2  0  1 x  x   0 2 2 x    x  x  x  7  4x  2 2 1 1 2 2 x 2  x  2x  3   0 x  7  4x  2 2  2x 1  1 2x  0    2  x   x  1 x  3 33    0  2x 1  1 2x  0  x  7  4x  2 2  1   x  x  0  x  3 (x 1) 
 x7  4x23  0 (*).   1   5 x  1 3 2 Với x  , ta có: x 1  và   2 2  1   5 1 5 x   x    2 2 x   x  2 7 4 2
 5(x 1)  2 (x 1)(4x  2) 1 5    1 5 x  hoặc x  .
  x   x  2  x   15 7 4 2 5 1  2 2 2
So với điều kiện, ta đượctập nghiệm của BPT đã 15  x  7  4x  2  .  1   5 1  2 cho là S   ; . 2  2 
Suy ra:  x   x   x   3 15 1 7 4 2   3. 2 2
4. Kỹ thuật dùng hàm số để giải
Do đó: (*)  x  3  0  x  3. Vậy BPT có tập Bài 13. Giải bất phương trình: 3  x 1 1   1  0 (1). nghiệm là S  ;3 .   x x  2    6 2
Bình luận. Khi xét hàm số
Lời giải. Điều kiện: 2   x  6. 4 Số 539 (5-2022) 3  x 1 Xét hàm số f (x)  
1 liên tục Xét hàm số 3
f (t)  t  t liên tục trên  có 6  x x  2 2 f (
 t)  3t 1 0,t   nên f (t) đồng biến trên trên ( 2  ;6) có: .  Do đó:   1  x  9 1 f (x)      x    f u  f v 2 (3)
 u  v  2t  3  2  t 2   6  x  0, ( 2;6). 3  x23   
 t  5  2  x  10  4 5.
Suy ra hàm số nghịch biến trên ( 2  ;6). Do đó:
So với điều kiện, ta được tập nghiệm của BPT là
(1)  f  x  0  f  x  f 2  x  2. S  1  ;10  4 5.  
So với điều kiện, ta được: 2
  x  2. Vậy BPT có Bình luận. Thoạt nhìn ta cứ nghĩ bài này có thể giải tập nghiệm là S   2  ;2.
giống như bài 11 nhưng thực tế lại không như vậy.
Bài 14. Giải bất phương trình:
Do có nghiệm xấu nên việc giải bằng kỹ thuật nhân 
lượng liên hợp gặp nhiều khó khăn, đặt
2x  2 2x  3   x 12 x 1  6x  2 (1).
a  2x  1;b  x 1 rồi biểu diễn các biểu thức
Lời giải. Điều kiện: x  1. Ta có:
còn lại theo a,b bằng kỹ thuật hệ số bất định rất
(1)  2x  2 2x  3   x 12 x 1  6x  2  0. phức tạp, ta nhận thấy cách giải trên là tối ưu hơn Xét hàm số cả.
f  x  2x  2 2x  3  x 12 x 1  6x  2 Bài 16. Giải bất phương trình:
liên tục trên 1; . Ta có: 2 2
 x x   x  x   2 1 1 1 1  x  x  2 .   f  x 6x 8 3x 10 '    6
Lời giải. Điều kiện: x  .  2x  3 2 x 1 Đặt 2 2 2
a  x  x 1  1  a  x  . x BPT trên trở 1  13   3 x 1   6   2  x 1  thành: 2  x x   a  2 1 1 1  a  1  39  6  0, x  1; . 2 2 2 2
 a  x  x  x x 1  a  a a  1 (1)
Suy ra f  x đồng biến trên 1; . 2 2 2 2
 x  x  x x 1  a  a  a a 1.
Do đó: f  x  f (1)  4 5  8  0 x 1;  Xét hàm số 2 2
f (t)  t  t  t t  1 liên tục trên
 BPT(1) đúng x 1; . Vậy BPT có tập 2  t có: 2
f '(t)  t  1  2t  1 
nghiệm là S  1; . 2 t  1
Bài 15. Giải bất phương trình:  t 1t2 2
2x  2 2x 1  x 12 x 1  6x  4 (1).  1  0, t   2 t 1
Lời giải. Điều kiện: x  1.
nên hàm đồng biến trên .  Do đó: Đặt t  x 1 , suy ra: 2 x  t 1 . BPT(1) trở
(1)  f  x  f a  x  a thành:  2t   2 2 3 2 4
2t  3  10 13t  6t  t 2
 x  x  x 1  x  1.   t  3 2 2 3 2
3  2t  3  (2  t)  (2  t) (2).
Vậy BPT có tập nghiệm S  1; .
Bài 17. Giải bất phương trình: Đặt 2
u  2t  3;v  2  t , BPT(2) trở thành: 3  x 1 2 3 3 2x 1    x  2x   u  u  v  v (3). 1 x  2 (1)  x 
Lời giải. Điều kiện: x  2. Số 539 (5-2022) 5
Cách 1. Viết lại BPT(1) về dạng: (1)   x  3 1 2x 1   3 2 x  2x  x 2 x  2x
2x  2 2x 1  2x  2x   2 1 x  2x  3 3 (2).  x   1 2x 1   x   2 1 x  2x 2 2x x  2x  1 2 2 a  2x  2  x  4x   1 x  2x Đặt 
. Điều kiện: a,b  0. BPT (2) 2 b  x  2x 1 x      x  4x    3 1 2 2 1  x  2x    0 a a 1 b b  1  2  thành:  (3). 2x 1  x  2  x  a  2 b  2 2
 x  x     x   t t  4 1 0 2 2 3. Xét hàm số f t 1 
liên tục trên 0;  t  2 BÀI TẬP TỰ LUYỆN 2 t  6t  4
Giải các phương trình sau: có: f 't   0 t  0;  2   2t  2 t 1 1. x   x   x 2 2 ( 3) 2 1  (x 1)
nên f (t) đồng biến trên (0; ). Do đó: 3 3  f a  f b 2 (3)
 a  b  x  4x  1  0 2. x   2  x   4 x 2  x  2  3  x  2  3. 2 3
x  x  2 2x  3  x 
So với điều kiện ta được tập nghiệm của BPT là 3. 2 3 2x  3  3 S  2; 2  3   4. 3 2
3 2x  5  2 x  2  x  8x  25x 13 Cách 2. 5. 2 2
(2x  4) 5  x  (x 1) 5  x  7x  5 6. 2 2
(x  x  6) x 1  (x  2) x 1  3x  9x  2. 6 Số 539 (5-2022)