15 bài toán bất phương trình boxmath

xMath.vn 15 BÀI TOÁN BẤT PHƯƠNG TRÌNH Bài 1.

Trang 1

xMath.vn

15 BÀI TOÁN BẤT PHƯƠNG TRÌNH

Bài 1 Giải bất phương trình:

3√

x + 3

2√

x < 2x +

1

2x − 7

**** http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn ****

Giải:

Điều kiện: x > 0 ,

Đặt t =√

x + 1

2√

x ⇒ t2 = x + 1

4x + 1 ⇒ 2x +

1

2x = 2t

2− 2

Bpt trở thành 3t < 2t2− 9 ⇔ 2t2 − 3t − 9 > 0 ⇔





t < −3

6 < t

Bpt ⇔







√

x + 1

2√

x + 3 < 0

√

x + 1

2√

x − 6 > 0

⇔







2x + 6√

x + 1

2√

x < 0

2x − 12√

x + 1

2√

x > 0

Vậy bpt đã cho có nghiệm 0 < x < 6 −

√ 34 2

! 2

√ 34 2

! 2

1 −√

1 − 4x2

x < 3

Giải:

Điều kiện: x 6= 0 và − 1

2 < x <

1 2 Bpt ⇔ 4x

2

x < 3(1 +

√

1 − 4x2) ⇔ 4x − 3 < 3√

1 − 4x2 ⇔ 52x2 − 24x < 0 Vậy bpt đã cho có nghiệm 0 < x < 6

2 +√

3x

2−2x+1

+2 −√

3x

2−2x−1

2 −√ 3

Giải:

Lưu ý: 2 −√

3 2 +√

3= 1

BPT ⇔2 +√

3x

2−2x+1

+2 +√

3−x

2+2x+1

≤ 42 +√

3

⇔2 +√

3x

2−2x

+2 +√

3−x

2+2x

≤ 4

Đặt t =2 +√

3x

2−2x

⇒ t > 0 BPT thành: t + 1

t ≤ 4 ⇔ 2 −√3 ≤ t ≤ 2 +√

3

BPT ⇔ −1 ≤ x2− 2x ≤ 1 ⇔





x2− 2x + 1 ≥ 0

x2− 2x − 1 ≤ 0 ⇔





x ∈ R

1 −√

2 ≤ x ≤ 1 +√

2 Vây bpt đã cho có nghiệm là : 1 −√

2 ≤ x ≤ 1 +√

√

5x2+ 10x + 1 ≥ 7 − x2− 2x

Trang 2

xMath.vn

Giải:

BPT ⇔q5(x + 1)2 − 4 ≥ 8 − (x + 1)2 đặt: (x + 1)2 = a, a ≥ 0

BPT thành: √

5a − 4 ≥ 8 − a ⇔ a2 − 21a + 68 ≤ 0 ⇔ 4 ≤ a ≤ 17 BPT ⇔ 4 ≤ (x + 1)2 ≤ 17 ⇔





(x + 1)2− 4 ≥ 0

(x + 1)2− 17 ≤ 0 ⇔





x ≤ −3 hay 1 ≤ x

−1 −√17 ≤ x ≤ −1 +√

17 Vậy bpt đã cho có nghiệm là: −1 −√

17 ≤ x ≤ −3 hay 1 ≤ x ≤ −1 +√

√

2x2+ 4x + 3 −√

2x2− 4x + 3 ≥ 2√x

Giải:

Điều kiện: x ≥ 0 suy ra 2x2 + 4x + 3 ≥ 2x2− 4x + 3 > 0 nên √2x2+ 4x + 3 −√

2x2− 4x + 3 ≥ 0

Bình phương 2 vế ta đc:

4x2+ 6 − 2q(2x2+ 4x + 3)(2x2− 4x + 3) ≥ 4x ⇔ 2x2− 2x + 3 ≥q(2x2+ 4x + 3)(2x2 − 4x + 3)

Tiếp tục bình phương 2 vế ta đc:

2x3− 5x2+ 3x ≤ 0 ⇔ x(x − 1)(2x − 3) ≤ 0 Vậy bpt có nghiệm là: x = 0 hay 1 ≤ x ≤ 3

1 + log2x + log2(x + 2) > log√

2(6 − x)

Giải:

dk 0 < x < 6

BPT⇔ log2[2x(x + 2)] > log2(6 − x)2 ⇔ 2x(x + 2) > (6 − x)2

⇔ x2+ 16x − 36 > 0 ⇔ x > 2 hay x < −18

√

x2+ 35 < 5x − 4 +√

x2+ 24

Giải:

x2+ 35 − 6 < 5x − 5 +√

x2+ 24 − 5

2− 1

√

x2+ 35 + 6 < 5x − 5 +

x2− 1

√

x2+ 24 + 5

⇔ (x − 1) 5 + √ x + 1

x2+ 24 + 5 −√ x + 1

x2+ 35 + 6

!

> 0

Ta luôn có: √ x + 1

x2+ 24 + 5− √ x + 1

x2+ 35 + 6 > 0

BPT ⇔ x − 1 > 0

x2 + 3 ≤ 2(x√

2 − x +√

x)

Giải:

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai biểu thức là x√

2 − x và√

x:

Trang 3

xMath.vn

2x√

2 − x +√

x≤ 2 x

2+ 2 − x

1 + x

2

= x2+ 3

1 log4(x2+ 3x) <

1 log2(3x − 1)

Giải:

Điều kiện:





x2+ 3x > 0 và log4(x2+ 3x) 6= 0

3x − 1 > 0 và log2(3x − 1) 6= 0

⇔





x > 1

3

x 6= 2

3

ta thấy:x2+ 3x > 1 ⇒ log4(x2+ 3x) > 0

Để thoả mãn đề bài ta cũng cần có: log2(3x − 1) > 0 ⇒ x > 2

3 Khi đó BPT ⇔ log4(x2+ 3x) > log2(3x − 1) ⇔ log4(x2+ 3x) > log4(3x − 1)2

⇔ x2+ 3x > (3x − 1)2 ⇔ 1

8 < x < 1 Vậy bpt có nghiệm là: 2

q

2(x2+ 1) + x − 3

Giải:

Xét với x > 4, ta thấy bpt vô nghiệm.

Với x < 4 ta có bpt ⇔q2 (x2+ 1) ≥ 3 − x ⇔











3 − x ≥ 0

2 (x2+ 1) ≥ (3 − x)2 ⇔





1 ≤ x ≤ 3

x ≤ −7

√

2x + 4 − 2√

2 − x > √12x − 8

9x2+ 16

Giải:

Điều kiện −2 ≤ x ≤ 2

bpt ⇔ √(2x + 4) − 4(2 − x)

2x + 4 + 2√

2 − x >

2(6x − 4)

√

9x2+ 16 ⇔ √ 6x − 4

2x + 4 + 2√

2 − x >

2(6x − 4)

√

9x2+ 16

⇔ (3x−2)h√9x2+ 16 − 2(√

2x + 4 + 2√

2 − xi> 0 ⇔













3x − 2 > 0

√

9x2+ 16 − 2(√

2x + 4 + 2√

2 − x) > 0







3x − 2 < 0

√

9x2+ 16 − 2(√

2x + 4 + 2√

2 − x) < 0

⇔













3x − 2 > 0

(9x2 − 32)(9x2 + 16x + 32) > 0







3x − 2 < 0

(9x2 − 32)(9x2 + 16x + 32) < 0

⇔













3x − 2 > 0 (9x2− 32) > 0







3x − 2 < 0 (9x2− 32) < 0

⇔







√ 32

3 < x ≤ 2

−2 ≤ x < 2

3

Vậy bpt có nghiệm là: −2 ≤ x < 2 hay

√ 32

Trang 4

xMath.vn

q

x2+ (1 +√

3)x + 2 +qx2+ (1 −√

3)x + 2 ≤ 3√

2 −√

x2− 2x + 2

Giải:

Nhân cả hai vế với √

2, ta có:

r

(x + 1)2+x +√

32+

r

(x + 1)2+√

3 − x2 ≤ 6 −qx2+ (2 − x)2

⇔

r

(x + 1)2+x +√

32+

r

(x + 1)2+√

3 − x2+

q

x2+ (2 − x)2 ≤ 6

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:

V T ≥

r

(2x + 2)2+2√

32+

q

x2+ (2 − x)2

⇔ V T ≥q3x2+ (x + 4)2+qx2+ (2 − x)2

Lại áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:

q

3x2+ (x + 4)2+qx2+ (2 − x)2 ≥

r

√

3x + x2+ (6)2 ≥√62 = 6 Các đẳng thức xảy ra chỉ khi

x + 1, x +√

3 và x + 1,√

3 − x là hai bộ tỉ lệ,√

3x, x + 4 và (x, 2 − x) là hai bộ tỉ lệ, x = 0.

q

−x2+ 4x√

x − 5x + 4√

x − 1 > 2x − 5√

x + 2

Giải:

Điều kiện: x ≥ 0

bpt ⇔







2x − 5√

x + 2 < 0







2x − 5√

x + 2 ≥ 0

−x2+ 4x√

x − 5x + 4√

x − 1 > (2x − 5√

x + 2)2

⇔





1

4 < x < 4





x ≤ 1

4 ∨ x ≥ 4 5x2+ 5 − 24x√

x − 24√

x + 38x < 0

Với x > 0, chia hai vế của 5x2+ 5 − 24x√

x − 24√

x + 38x < 0 cho x ta có:

5x + 5

x − 24√x −√24

x + 38 < 0

Đặt: t =√

x + √1

x , t ≥ 2, được:

5t2− 10 − 24t + 38 < 0 ⇔ 2 < t < 14

5

thế x giải ra ta được x 6= 1 và 7 −

√ 24 5

! 2

< x < 7 +

√ 24 5

! 2

Vậy bpt đã cho có nghiệm: 7 −

√ 24 5

! 2

< x < 7 +

√ 24 5

! 2

4(x + 1)2 < (2x + 10)(1 −√

3 + 2x)2 (1)

Giải:

Điều kiện: x ≥ −3

2

Trang 5

xMath.vn

(1) ⇔ 4(x + 1)2(√

2x + 3 + 1)2 < (2x + 10)(2x + 2)2 ⇔



x 6= 1

2x + 4 + 2√

2x + 3 < 2x + 10 (2)

(2) ⇔ 3 >√

2x + 3 ⇔ x < 3

Vậy bpt đã cho có nghiệm: −3

2x2− 5x − 3√x3− 5x2+ 7x − 2 ≥ 0 (∗)

Giải:

(∗) ⇔





(2(x2− 3x + 1) + x − 2)2 ≥ 9(x − 2)(x2− 3x + 1) (3)

Kết hợp (1) và (2) ta giải ra được :x ≥ 3 +

√ 5

(3) ⇔ 4(x2− 3x + 1)2− 5(x2− 3x + 1)(x − 2) + (x − 2)2 ≥ 0 ⇔ (x2− 4x + 3)(4x2− 13x + 6) ≥ 0 (5)

Kết hợp (4), (5) thì ta có 3 +

√ 5

2 ≤ x ≤ 3 hay 13 +

√ 73

Vậy bpt đã cho có nghiệm là: 3 +

√ 5

2 ≤ x ≤ 3 hay 13 +

√ 73

Định dạng
Số trang	5
Dung lượng	222,84 KB