25 bài toán bất phương trình boxmath

xMath.vn 25 BÀI TOÁN BẤT PHƯƠNG TRÌNH Bài 1.

Trang 1

xMath.vn

25 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)

√

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

√ 73

Vậy bpt đã cho có nghiệm là: 3 +

√ 5

√ 73

√

x + 2 + x2− x + 2 ≤√3x − 2

Giải:

Điều kiện: x ≥ 23

3x − 2 ≤ 3x − 1

2

2x2− 5x + 5

2 > 0∀x

√

x + 2 + x2− x − 2 ≤√3x − 2 (1)

Giải:

Điều kiện: x ≥ 2

3

(1) ⇔ (x − 2)(x + 1) ≤ √ 2(x − 2)

3x − 2 +√

x + 2

3x − 2 +√

x + 2) ≤ 0 (2)

Ta có:











2

√

3x − 2 +√

x + 2 ≥ s 2

2

3 + 2

=

s

3

2 <

5 3

x + 1 ≥ 5

3

Vậy bpt đã cho có nghiệm là: 2

Trang 6

xMath.vn

x − 2√

x

1 −√

2x2+ 4x + 2 ≥ 1

Giải:

Điều kiện: x ≥ 0.

Khi đó Mẫu số = 1 −√

2(x + 1) < 0

x ≤ 1 −√

2(x + 1) ⇔√

2 + 1x − 2√

x +√

2 − 1≤ 0

⇔(√

2 + 1)√

x − 12 ≤ 0 ⇔√2 + 1√

x − 1 = 0 ⇔ x = 3 − 2√

2.

Vậy bpt đã cho có nghiệm là: x = 3 − 2√

2 (x2+ 2x + 3) ≤ 5√

x3+ 3x2+ 3x + 2

Giải:

Vì x3+ 3x2+ 3x + 2 = (x + 2)(x2 + x + 1) nên đk của Bpt là x ≥ −2.

Bpt ⇔ 2 [(x + 2) + (x2+ x + 1)] = 5√

x + 2.√

x2+ x + 1

⇔ 2 x + 2

x2 + x + 1− 5

s

x + 2

x2+ x + 1 + 2 ≤ 0 ⇔

1

2 ≤

s

x + 2

x2+ x + 1 ≤ 2 hay 1

4 ≤ x + 2

x2+ x + 1 ≤ 4

⇔







x2+ x + 1 ≤ 4(x + 2) 4(x2+ x + 1) ≥ x + 2 ⇔ x2− 3x − 7 ≤ 0 ⇔ 3 −

√ 37

Vậy bpt đã cho có nghiệm là: 3 −

√ 37

x − 2√

x

3 −√

2x2− 4x + 18 ≥ 1

Giải:

Bpt tương đương với: (

√

x − 1)2− 1

3 −q2 (x − 1)2+ 16

≥ 1

Nhận xét: T = (√

x − 1)2− 1 ≥ −1; M = 3 −q2 (x − 10)2+ 16 ≤ 3 −√

16 = −1

Vì M < 0 nên từ Bpt suy ra −1 ≤ T < 0.

M ≤ −1 ⇒ −M ≥ 1 ⇒ 0 < 1

T

M ≤ 1.

√

x

3 −√

2x2− 4x + 18 ≤ 1, Vậy

x − 2√

x

3 −√

2x2− 4x + 18 = 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 1.

√

3x − 2 − 2√

1 − x ≥ 7x − 6

Giải:

Đặt a =√

3x − 2; b = 2√

1 − x ⇒ a2− b2 = 3x − 2 − 4(1 − x) = 7x − 6 BPT trở thành a − b ≥ a2 − b2 ⇔ (a − b)(1 − a − b) ≥ 0 ⇔





a − b ≥ 0, 1 − a − b ≥ 0

a − b ≤ 0, 1 − a − b ≤ 0

Trang 7

xMath.vn

⇔





√

3x − 2 ≥ 2√

1 − x, 1 ≥√

3x − 2 + 2√

1 − x

√

3x − 2 ≤ 2√

1 − x, 1 ≤√

3x − 2 + 2√

1 − x ⇔





x ≥ 7

6, 3 + x ≥ 4√

3x − 2√

1 − x

x ≤ 7

6, 3 + x ≤ 4√

3x − 2√

1 − x

⇔





x ≥ 76, 49x2− 74x + 41 ≥ 0

x ≤ 76, 49x2− 74x + 41 ≤ 0 ⇔ x ≥

7 6

Vậy bpt đã cho có nghiệm là: x ≥ 7

x3+ x2+ 2 + 3x√

x + 1 > 0

Giải:

Điều kiện x ≥ −1.

Đặt t = x√

x + 1 ⇒ t2 = x2(x + 1).

Xét hàm số y = x√

x + 1, x ≥ −1 ⇒ y0 = √3x + 2

x + 1 y

0 = 0 ⇔ x = −2

3.

Khảo sát suy ra t ≥ y

−2 3

3√

3 > −1

Ta được phương trình: t2− 3t + 2 > 0 ⇔ t < −2 hay t > −1.

x2− x

√

x4+ 3x2 − 2x ≤ 1

Giải:

Điều kiện x 6= 0; ±1.

BPT⇔ x(x − 1)

|x|√x2+ 3 − 2x ≤ 1.

* Nếu x > 0, BPT√ x − 1

x2+ 3 − 2 ≤ 1 ⇔

√

x2+ 3 + 2

x + 1 ≤ 1

dễ thấy vô nghiệm do√

x2+ 3 + 2 > |x| + 1 = x + 1 > 0.

* Nếu x < 0, BPT x − 1

−√x2+ 3 − 2 ≤ 1 ⇔ x − 1 ≥ −√x2+ 3 − 2 ⇔√

x2+ 3 ≥ −x − 1.

+ Nếu −x − 1 ≤ 0 hay −1 < x < 0, là nghiệm BPT.

+ Nếu −x − 1 ≥ 0 hay x < −1, bình phương hai vế của BPT, rút gọn ta được: x ≤ 1 hay x < −1.

√

x2 − 9x + 14x2 ≥ 2x3+ 24x

Giải:

Điều kiện: x ≤ 0; x ≥ 9

x2− 9x ≥ 2x(x − 3)(x − 4).

* Nếu x ≤ 0 thì V P ≤ 0 nên x ≤ 0 là nghiệm của BPT.

* Nếu x ≥ 9, ta có đánh giá sau:

+x >√

x > 0

+(x − 3)(x − 4) >q(x − 3)(x − 4) >√

x − 9 ≥ 0

suy ra 2x(x − 3)(x − 4) >qx(x − 9) hay BPT vô nghiệm.

Trang 8

xMath.vn

√

x4+ x2+ 1 +qx(x2− x + 1) ≤

s

(x2+ 1)3

x

Giải:

Điều kiện: x > 0

Chia hai vế của bất phương trình cho x và đặt x + 1

x = t với t ≥ 2, ta được:

√

t2− 1 +√t − 1 ≤√

t3

⇔ t3− t2− t + 2 − 2√t3− t2− t + 1 ≥ 0

⇔√t3− t2− t + 1 − 12 ≥ 0

Định dạng
Số trang	8
Dung lượng	240,35 KB