bat phuong trinh co chua dau gia tri tuyet doi

BẤT PHƯƠNG TRÌNH

CÓ CHỨA DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI

Trần Văn Toàn,

Trường THPT chuyên Lương Thế Vinh,

Biên Hoà, Đồng Nai.

Ngày 7 tháng 1 năm 2009

Tóm tắt nội dung

Bất phương trình có chứa dấu giá trị tuyệt đối được học trong chương trình Toán Trunghọc phổ thông. Tuy nhiên, trong chương trình hiện hành, cũng chỉ đưa ra một vài bài toánnhỏ mà phương pháp giải chủ yếu là dùng định nghĩa về giá trị tuyệt đối hoặc xét dấu củabiểu thức bên trong dấu giá trị tuyệt đối để sao cho bất phương trình đang xét không cònchứa dấu giá trị tuyệt đối nữa. Lấy ý tưởng chính từ một bài viết trong [1], tôi viết đề tàinày với mục đích là đưa thêm một cách giải nữa, chủ yếu là tránh việc xét dấu biểu thứcbên trong dấu giá trị tuyệt đối, mà công việc xét dấu này đôi khi thật sự không đơn giản.

1 Các bất phương trình cơ bản

Sách Giáo viên Đại số lớp 10 của Nhà xuất bản Giáo dục, xuất bản năm 2006, trang 107 có

chứng minh rằng nếu a là một số thực bất kì thì ta có

1. |f(x)| 6 a⇔ −a 6 f(x) 6 a.

2. |f(x)| > a⇔

[f(x) > a

f(x) 6 −a

1. Thật vậy, xét bất phương trình |f(x)| 6 a.

• Nếu a > 0, ta có |f(x)| 6 a⇔ −a 6 f(x) 6 a.

• Nếu a < 0, các bất phương trình |f(x)| 6 a và −a 6 f(x) 6 a đều vô nghiệm.

• Trường hợp bất phương trình |f(x)| > a chứng minh tương tự.

2. Bây giờ, ta xét các bất phương trình |f(x)| 6 g(x) và −g(x) 6 f(x) 6 g(x).

Gọi D là tập xác định của bất phương trình |f(x)| 6 g(x) (Khi đó, D cũng là tập xác định

của bất phương trình −g(x) 6 f(x) 6 g(x)).

Giả sử có số x0 ∈ D thoả bất phương trình |f(x)| 6 g(x), tức là

|f(x0)| 6 g(x0). (1.1)

1

Ta chỉ xét trường hợp g(x0) > 0.

• Nếu f(x0) > 0, thì |f(x0)| = f(x0) và bất phương trình (1.1) trở thành

f(x0) 6 g(x0). (1.2)

Mặt khác, vì f(x0) > 0 và g(x0) > 0, nên

f(x0) > −g(x0). (1.3)

Từ (1.2) và (1.3) suy ra

−g(x0) 6 f(x0) 6 g(x0).

Hay x0 cũng thoả

−g(x) 6 f(x) 6 g(x).

• Trường hợp f(x0) < 0.

Khi đó, |f(x0)| = −f(x0) và (1.1) trở thành −f(x0) 6 g(x0). Do vậy, ta có (1.3). Mặt

khác, vì f(x0) < 0 và g(x0) > 0, nên có (1.2). Do đó, ta cũng có

−g(x0) 6 f(x0) 6 g(x0).

(Cũng có thể nhận xét rằng, nếu |f(x0)| 6 g(x0), g(x0 > 0, thì −g(x0) 6 f(x0) 6

g(x0).)

• Trái lại, nếu có x0 thoả −g(x0) 6 f(x0) 6 g(x0), ta cũng có |f(x0)| < g(x0).

Vậy ta có

|f(x)| 6 g(x)⇔ −g(x) 6 f(x) 6 g(x).

Chứng minh tương tự, ta có các kết quả như sau:

1. |f(x)| < g(x)⇔

[f(x) < g(x),

f(x) < −g(x);

2. |f(x)| > g(x)⇔

[f(x) > g(x),

f(x) 6 −g(x);

3. |f(x)| > g(x)⇔

[f(x) > g(x)

f(x) > −g(x)

Ta có thể viết các bất phương trình dạng trên dưới dạng sau:

1. |f | < g ⇔

f < g,

−f < g;

2. |f | 6 g ⇔

f 6 g,

−f 6 g;

3. |f | > g ⇔

[f > g,

−f > g;

4. |f | > g ⇔

[f > g,

−f > g.

2

Cũng từ các kết quả trên, ta có

f(x) 6 |g(x)| 6 h(x)⇔

[f(x) 6 g(x) 6 h(x)

f(x) 6 −g(x) 6 h(x)

Ví dụ 1.1. Giải bất phương trình

|x− 6| < x2 − 5x + 9. (1.4)

Lời giải. Bất phuong trình (1.4) tương đương với hệx− 6 < x2 − 5x + 9,

−(x− 6) < x2 − 5x + 9⇔

x2 − 6x + 15 > 0,

x2 − 4x + 3 > 0⇔ x ∈ (−∞; 1) ∪ (3; +∞). o


|x2 − 2x− 8| > 2x. (1.5)

Lời giải.

(1.5)⇔

[x2 − 2x− 8 > 2x,

x2 − 2x− 8 < −2x⇔

[x2 − 4x− 8 > 0,

x2 − 8 < 0⇔

[x < 2

√2,

x > 2 + 2√

3.o

Ví dụ 1.3. Giải bất phương trình |x3 − 7x− 3| < x3 + x2 + 3.

Lời giải. Bất phương trình đã cho tương đương vớix3 − 7x− 3 < x3 + x2 + 3

−(x3 − 7x− 3) < x3 + x2 + 3⇔

x2 + 7x + 6 > 0

2x3 + x2 − 7x > 0⇔ −1 < x < 0 hoặc x >

−1 +√

57

4.

o

Ở ví dụ trên, việc xét dấu của các biểu thức x3 − 7x− 3 và x3 + x2 + 3 là rất khó.

Ví dụ 1.4. Giải bất phương trình |x3 − x2 + 4|+ x3 − x2 − 2x− 2 6 0.

Lời giải. Đưa bất phương trình đã cho về dạng |x3 − x2 + 4| 6 −x3 + x2 + 2x + 2, ta được

−3 6 x 6 −1 và x = 1. o

Chú ý rằng, việc xét dấu các biểu thức x3 − x2 + 4 và −x3 + x2 + 2x + 2 là không đơn giản.

Ví dụ 1.5. Giải bất phương trình ||x| − 1| < 1− x.

Lời giải. Ta có

||x| − 1| < 1− x⇔

|x| − 1 < 1− x

−|x|+ 1 < 1− x⇔

|x| < 2− x

x < |x|⇔

x < 2− x

−x < 2− x

x < 0.

⇔ x < 0. o


∣∣∣∣1− |x|1 + |x|

∣∣∣∣ > 1

2.

Lời giải. Ta có∣∣∣∣1− |x|1 + |x|

∣∣∣∣ > 1

2⇔

1− |x|1 + |x|

>1

2

−1 +|x|

1 + |x|>

1

2

⇔

|x|

1 + |x|6

1

2|x|

1 + |x|>

3

2

⇔

[|x| 6 1

1 + |x| 6 0

⇔ −1 6 x 6 1. o

3

Ví dụ 1.7. Tìm tập giá trị của biểu thức x + a, biết rằng

|2x + 4− 2a|+ |x− 2 + a| 6 3. (1.6)

Lời giải. Đặt y = |x + a|, bất phương trình (1.6) cho trở thành

|y − 2|+ 2|y − 2a + 2| 6 3. (1.7)

Bất phương trình (1.7) tương đương vớiy − 2 6 3− 2|y − 2a + 2|

y − 2 > −3 + 2|y − 2a + 2|

hay

−1 + 2|y − 2a + 2| 6 y 6 5− 2|y − 2a + 2|. (1.8)

Từ (1.8) suy ra y ∈ [−1; 5].

• y = −1 khi và chỉ khi −1− 2a + 2 = 0⇔ a =1

2.

• y = 5 khi và chỉ khi 5− 2a + 2 = 0⇔ a =7

2.

Vậy tập giá trị của x + a là đoạn [−1; 5]. o


||x2 − 3x− 7|+ 2x− 1| < x2 − 8x− 5. (1.9)

Lời giải.

(1.9) ⇔

|x2 − 3x− 7|+ 2x− 1 < x2 − 8x− 5

|x2 − 3x− 7|+ 2x− 1 > −x2 + 8x + 5⇔

|x2 − 3x− 7| < x2 − 10x− 4

|x2 − 3x− 7| > −x2 + 6x + 6

⇔

x2 − 3x− 7 < x2 − 10x− 4

−x2 + 3x + 7 < x2 − 10x− 4x2 − 3x− 7 > −x2 + 6x + 6

−x2 + 3x + 7 > −x2 + 6x + 6

⇔

7x > 3

2x2 − 13x− 11 > 02x2 − 9x− 13 > 0

3x− 1 > 0

⇔

x >

3

7x <13−

√257

4

x >13 +

√257

4x <

9−√

85

4

x >9 +√

85

4x < 1

3

⇔ x <13−

√257

4.

o

Ví dụ 1.9. Giải bất phương trình |x2 − |x2 − 3x− 5| − 5| < x + 1.

4

Giải tương tương tự, nghiệm bất phương trình trên là1 +√

19

2< x <

2 +√

16

2.

Ví dụ 1.10. Tìm m để bất phương trình x2 + |x + m| < 2 có ít nhất một nghiệm âm.

Lời giải. Ta có x2 + |x + m| < 2⇔

x2 + x + m− 2 < 0

x2 − x−m− 2 < 0⇔ x2 − x− 2 < m < −x2 − x + 2.

Bằng đồ thị, ta tìm được −9

4< m < 2.

o


|x− 1|+ |x− 2| > 3− x. (1.10)

Lời giải. Ta có |x−1|+ |x−2| > 3−x⇔ |x−1| > 3−x−|x−2| ⇔

[x− 1 > 3− x− |x− 2|,−x + 1 > 3− x− |x− 2|

⇔

[|x− 2| > 4,

|x− 2| > 2x + 2⇔

x− 2 > 4,

−x + 2 > 4,

x− 2 > 2x + 2,

−x + 2 > 2x + 2

⇔

x > 6,

x < −2,

x < −4

3x < 0

⇔

[x > 6,

x < 0.

o

Ví dụ 1.12. Giải bất phương trình log3

|x2 − 4x|+ 3

x2 + |x− 5|> 0.


log3

|x2 − 4x|+ 3

x2 + |x− 5|> 0⇔ |x

2 − 4x|+ 3

x2 + |x− 5|> 1 ⇔ |x2 − 4x| > x2 − 3 + |x− 5|

⇔

[x2 − 4x > x2 − 3 + |x− 5|,−x2 + 4x > x2 − 3 + |x− 5|

⇔

[|x− 5| 6 3− 4x,

|x− 5| 6 −2x2 + 4x + 3

⇔

x− 5 6 3− 4x,

−x + 5 6 3− 4xx− 5 6 −2x2 + 4x + 3,

−x + 5 6 −2x2 + 4x + 3

⇔

x 6 −2

3,

1

26 x 6 2.

o

Xin đưa ra một số các kết quả sau:

1.

f1(x) < 0,

f2(x) < 0,

. . . . . . . . .

fn(x) < 0

⇔ max{f1(x), f2(x), . . . , fn(x)} < 0.

2.

f1(x) 6 0,

f2(x) 6 0,

. . . . . . . . .

fn(x) 6 0

⇔ max{f1(x), f2(x), . . . , fn(x)} 6 0.

5

3.

f1(x) > 0,

f2(x) > 0,

. . . . . . . . .

fn(x) > 0

⇔ min{f1(x), f2(x), . . . , fn(x)} > 0.

4.

f1(x) > 0,

f2(x) > 0,

. . . . . . . . .

fn(x) > 0

⇔ min{f1(x), f2(x), . . . , fn(x)} > 0.

5.

f1(x) < 0,

f2(x) < 0,

. . . . . . . . .

fn(x) < 0

⇔ min{f1(x), f2(x), . . . , fn(x)} < 0.

6.

f1(x) 6 0,

f2(x) 6 0,

. . . . . . . . .

fn(x) 6 0

⇔ min{f1(x), f2(x), . . . , fn(x)} 6 0.

7.

f1(x) > 0,

f2(x) > 0,

. . . . . . . . .

fn(x) > 0

⇔ max{f1(x), f2(x), . . . , fn(x)} > 0.

8.

f1(x) > 0,

f2(x) > 0,

. . . . . . . . .

fn(x) > 0

⇔ max{f1(x), f2(x), . . . , fn(x)} > 0.

Ví dụ 1.13. Tìm quan hệ giữa f, g, h, biết

|f |+ |g| < h. (1.11)

Lời giải.

(1.11)⇔ |f | < h− |g| ⇔

f < h− |g|,

−f < h− |g|⇔

|g| < h− f,

|g| < h + f,

⇔

g < h− f,

−g < h− f,

g < h + f,

−g < h + f

⇔

f + g < h,

f − g < h,

−f + g < h,

−f − g < h.

o

6

Chú ý, trong bất phương trình (1.11) có chứa hai dấu giá trị tuyệt đối và ta có thể đưa (1.11)

về dạng |f1| 6 f2. Ta thấy, ứng mỗi dấu giá trị tuyệt đối, thì dấu biểu thức bên trong của nó có

hai trường hợp là (+) và (−) (ta không xét biểu thức bên trong dấu giá trị tuyện đối luôn dương

hoặc luôn âm). Do đó, với bất phương trình dạng (1.11), để thể bỏ dấu giá trị tuyệt đối, ta xét

các khả năng sau: (+ +), (+ −), (− +) và (− −). Ở đây, kí hiệu (+ +) để chỉ dấu của f và g đều

dương.

Ví dụ 1.14. Tìm quan hệ giữa f, g, h, k biết |f |+ |g|+ |h| < k

Lời giải. Ta có |f |+ |g|+ |h| < k ⇔ |f |+ |g| < k − |h| ⇔

f + g < k − |h|,

f − g < k − |h|,

−f + g < k − |h|,

−f − g < k − |h|

⇔

|h| < k − f − g,

|h| < k − f + g,

|h| < k + f − g,

|h| < k + f + g

⇔

h < k − f − g,

−h < k − f − g,

h < k − f + g,

−h < k − f + g,

h < k + f − g,

−h < k + f − g,

h < k + f + g,

−h < k + f + g

⇔

f + g + h < k,

f + g − h < k,

f − g + h < k,

f − g − h < k,

−f + g + h < k,

−f + g − h < k,

−f − g + h < k,

−f − g − h < k

o

Bằng quy nạp, ta chứng minh được rằng, bất phương trình có dạng

|f1|+ |f2|+ |f3|+ · · ·+ |fn| < f

tương đương với hệ gồm 2n bất phương trình.


|3x + 2|+ |2x− 3| < 11. (1.12)

Lời giải. Để ý bất phương trình có dạng |f | < g.

(1.12) ⇔

(3x + 2) + (2x− 3) < 11,

(3x + 2)− (2x− 3) < 11,

−(3x + 2) + (2x− 3) < 11,

−(3x + 2)− (2x− 3) < 11

⇔

x <12

5,

x < 6,

x > −16,

x > −2

⇔ −2 < x <12

5.

o


|x2 − 3x− 7|+ |2x2 − x− 9|+ |3x2 − 7x− 5| < x + 15. (1.13)

7

Lời giải. Ta có (1.13)

⇔

(x2 − 3x− 7) + (2x2 − x− 9) + (3x2 − 7x− 5) < x + 15,

x2 − 3x− 7 + 2x2 − x− 9− (3x2 − 7x− 5) < x + 15,

x2 − 3x− 7− (2x2 − x− 9) + 3x2 − 7x− 5 < x + 15,

x2 − 3x− 7− (2x2 − x− 9)− 3x2 − 7x− 5 < x + 15,

−(x2 − 3x− 7) + (2x2 − x− 9) + (3x2 − 7x− 5) < x + 15,

−(x2 − 3x− 7) + (2x2 − x− 9)− (3x2 − 7x− 5) < x + 15,

−(x2 − 3x− 7)− (2x2 − x− 9) + (3x2 − 7x− 5) < x + 15,

−(x2 − 3x− 7)− (2x2 − x− 9)− (3x2 − 7x− 5) < x + 15,

⇔

6x2 − 12x− 36 < 0,

2x− 26 < 0,

2x2 − 10x− 18 < 0,

4x2 + 10x + 18 > 0,

4x2 − 4x− 8 < 0,

4x2 − 6x− 22 < 0,

−2x2 − 8x− 12 < 0,

−4x− 4 < 0,

−6x2 − 4x− 4 < 0

Từ đó, ta có nghiệm của bất phương trình đã cho là

5 +√

61

6< x <

√97 + 3

4hoặc − 1 < x <

5−√

61

6.

o


|f |+ |g| > h. (1.14)

Bằng cách chứng minh tương tự như Ví dụ 1.13, ta có kết quả sau:

|f |+ |g| > h⇔

f + g > h,

f − g > h,

−f + g > h,

−f − g > h.

Ví dụ 1.18. Giải phương trình |x− 1|+ |2− x| > 3 + x.

Lời giải.

|x− 1|+ |2− x| > 3 + x⇔

x− 1 + 2− x > 3 + x,

x− 1− (2− x) > 3 + x,

−(x− 1) + 2− x > 3 + x,

−(x− 1)− (2− x) > 3 + x

⇔

[x < 0,

x > 6.

o

8


|f | − |g| < h. (1.15)

Lời giải. Bằng cách chứng minh tương tự như Ví dụ 1.13, ta có kết quả sau:

|f | − |g| < h⇔

[f − g < h,

f + g < h,

[−f − g < h,

−f + g < h.

o


|f | − |g| > h. (1.16)

Lời giải. Bằng cách chứng minh tương tự như Ví dụ 1.13, ta có kết quả sau:

|f | − |g| > h⇔

{

f − g > h,

f + g > h,{−f − g > h,

−f + g > h.

o


|x2 − 3x− 17| − |x2 − 5x− 7| > 3. (1.17)

Lời giải.

(1.17)⇔

{

x2 − 3x− 17 + x2 − 5x− 7 > 3,

x2 − 3x− 17− x2 + 5x + 7 > 3;{−x2 + 3x + 17 + x2 − 5x− 7 > 3,

−x2 + 3x + 17− x2 + 5x + 7 > 3

⇔

{

2x2 − 8x− 27 > 0,

2x > 13;{−2x > −7,

−2x2 + 8x + 21 > 0

⇔

x <4−√

70

2

x >4 +√

70

2

x >13

2x <

7

24−√

58

2< x <

4 +√

58

2

⇔

4−√

58

2< x <

7

2

x >13

2

o

Ví dụ 1.22. [1] Giải và biện luận bất phương trình sau theo tham số p:

3|x− p|+ 5|x− 3p|+ 4x + 6p + 12 6 0. (1.18)

9

Lời giải. (1.18) ⇔

3(x− p) + 5(x− 3p) + 4x + 6p + 12 6 0,

3(x− p)− 5(x− 3p) + 4x + 6p + 12 6 0,

−3(x− p) + 5(x− 3p) + 4x + 6p + 12 6 0,

−3(x− p)− 5(x− 3p) + 4x + 6p + 12 6 0

⇔

12x− 12p + 12 6 0,

2x + 18p + 12 6 0,

6x− 6p + 12 6 0,

−4x + 24p + 12 6 0

⇔

x 6 p− 1,

x 6 −9p− 6,

x 6 p− 2,

6p + 3 6 x

⇔

x 6 p− 2,

x 6 −9p− 6,

6p + 3 6 x

⇔

p 6 −1,

6p + 3 6 x 6 p− 2hoặc

p > −1,

x ∈ ∅,

Ta có

6p + 3 6 x 6 p− 2,

6p + 3 6 −9p− 6⇔

p 6 −1,

p 6 − 9

15

⇔ p 6 −1⇒ p− 2 < −9p− 6

Kết luận

• Nếu p 6 −1, thì bất phương trình (1.18) có nghiệm là 6p + 3 6 x 6 p− 2;

• Nếu p > −1 bất phương trình (1.18) vô nghiệm.

o

Ví dụ 1.23. Giải và biện luận bất phương trình theo tham số

|2x + 21p| − 2.|2x− 21p| < x− 21p. (1.19)

Lời giải. Bất phương trình (1.19) tương đương với hệ

(2x + 21p)− 2(2x− 21p) < x− 21p

(2x + 21p) + 2(2x− 21p) < x− 21p−(2x + 21p)− 2(2x− 21p) < x− 21p

−(2x + 21p) + 2(2x− 21p) < x− 21p

⇔

x > 28p

x < 0x > 6p

x < 42p

• Nếu p < 0, thì 42p < 28p < 6p < 0;

• Nếu p = 0, thì 0 = 6p = 28p = 42p;

• Nếu p > 0, thì 0 < 6p < 28p < 42p.

Kết luận

• Nếu p < 0, thì x ∈ (−∞; 42p) ∪ (6p; +∞);

• Nếu p = 0, x ∈ (−∞; 0) ∪ (0; +∞);

• Nếu p > 0, thì x ∈ (−∞; 0) ∪ (28p; +∞).

o

10

Ví dụ 1.24. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số a sao cho bất phương trình

x2 − |x− a| − |x− 1|+ 3 > 0 (1.20)

đúng với mọi x ∈ R.

Lời giải. Bất phương trình (1.20) có dạng |f | 6 g.

(1.20)⇔

x2 − (x− a)− (x− 1) + 3 > 0,

x2 − (x− a) + (x− 1) + 3 > 0,

x2 + (x− a)− (x− 1) + 3 > 0,

x2 + (x− a) + (x− 1) + 3 > 0

⇔

x2 − 2x + a + 4 > 0,

x2 + a + 2 > 0,

x2 − a + 4 > 0,

x2 + 2x− a + 2 > 0,

Bất phương trình (1.20) đúng với mọi x ∈ R khi và chỉ khi mỗi bất phương trình của hệ trên

đúng với mọi x ∈ R. Điều này xảy ra khi và chỉ khi

12 − (a + 4) 6 0,

−(a + 2) 6 0,

−(−a + 4) 6 0,

12 − (−a + 2) 6 0

⇔ −2 6 a 6 1. o

Ví dụ 1.25. Tìm m để bất phương trình

−2x2 + |x−m|+ |x2 −mx + 1| < 0,∀x ∈ R. (1.21)

Lời giải. (1.21)⇔

−2x2 + x−m + x2 −mx + 1 < 0,

−2x2 + x−m− (x2 −mx + 1) < 0,

−2x2 − (x−m) + x2 −mx + 1 < 0,

−2x2 − (x−m)− (x2 −mx + 1) < 0

⇔

x2 + (m− 1)x + m− 1 > 0,

3x2 − (m + 1)x + m + 1 > 0,

x2 + (m + 1)x−m− 1 > 0,

3x2 − (m− 1)x−m + 1 > 0.

Bất phương trình (1.21) đúng với mọi x thuộc R khi và chỉ khi mỗi bất phương trình của hệ

trên đúng với mọi x thuộc R. Điều này xảy ra khi và chỉ khi(m− 1)2 − 4(m− 1) < 0,

(m + 1)2 − 12(m + 1) < 0,

(m + 1)2 + 4(m + 1) < 0,

(m− 1)2 + 12(m− 1) < 0

⇔

1 < m < 5,

−1 < m < 11,

−5 < m < −1,

−11 < m < 1.

Hệ bất phương trình trên vô nghiệm. Vậy không có giá trị của m thoả yêu cầu đề bài. o

Ví dụ 1.26. Tìm tất cả các giá trị của tham số a sao cho giá trị nhỏ nhất của hàm số

y = x2 + 2x− 1 + |x− a| (1.22)

lớn hơn 2.

11

Lời giải. Yêu cầu bài toán tương đương với việc tìm a để x2 + 2x− 1 + |x− a| > 2,∀x ∈ R.

Ta có

x2 + 2x− 1 + |x− a| > 2⇔

[x2 + 2x− 1 + x− a > 2,

x2 + 2x− 1− x + a > 2⇔

[x2 + 3x− 3 > a,

−x2 − x + 3 < a.

Do đó, ta cần tìm a thoả minR

(x2 + 3x− 3) > a,

maxR

(−x2 − x + 3) < a⇔

a < −21

4,

a >13

4.

o

Ví dụ 1.27. Tìm tất cả các giá trị của tham số a sao cho giá trị nhỏ nhất của hàm số

y = x2 + |x− a|+ |x− 1| (1.23)

lớn hơn 2.

Lời giải. Yêu cầu bài toán tương đương với việc tìm a để y = x2 + |x− a|+ |x− 1| > 2,∀x ∈ R.

Ta có

y = x2 + |x− a|+ |x− 1| > 2⇔

x2 + (x + a) + (x− 1) > 2,

x2 − (x + a) + (x− 1) > 2,

x2 + (x + a)− (x− 1) > 2,

x2 − (x + a)− (x− 1) > 2

⇔

a < x2 + 2x− 3,

a > −x2 + 3,

a < x2 − 1,

a < −x2 + 2x + 1

Yêu cầu bài toán thoả mãn khi và chỉ khi

a < max{

minR

(x2 + 2x− 3); minR

(x2 − 1)}

,

a > min{

maxR

(−x2 + 3); maxR

(−x2 + 2x + 1)} ⇔

[a < max{−4;−1},a > min{3; 2}

⇔

[a < −1,

a > 2.

o

Ví dụ 1.28. Tìm a sao cho giá trị nhỏ nhất của hàm số y = ax + |x2 − 4x + 3| lớn hơn 1.

Lời giải. Ta cần tìm a sao cho ax + |x2− 4x + 3| > 1,∀x ∈ R hay |x2− 4x + 3| > 1− ax,∀x ∈ R.

Điều này cũng tương đương với việc tìm a sao cho đồ thị của hàm số |x2 − 4x + 3| luôn luôn

ở phía trên của đường thẳng y = 1− ax. Từ đó ta có đáp số 1 < a < 4 + 2√

2. o

Ví dụ 1.29. Với giá trị nào của m thì giá trị lớn nhất của hàm số f(x) = 4x− x2 + |x−m| nhỏhơn 4?

Lời giải. Yêu cầu bài toán tương đương với việc tìm m để f(x) = 4x− x2 + |x−m| < 4,∀x ∈ R.

Bất phương trình trên có dạng |f | < g, ta tìm m đểx2 − 5x + 4 + m > 0,∀x ∈ R

x2 − 5x + 4−m > 0,∀x ∈ R⇔

m >9

4m < 7

4

Hệ trên vô nghiệm. Vậy không tồn tại m thoả yêu cầu đề bài. o

12

. 1.1. Tìm tất cả các giá trị của tham số a sao cho giá trị nhỏ nhất của hàm số

y = x2 + 2x− 1 + |x− a|

lớn hơn 2.

Đáp số. a < −21

4hoặc a >

13

4.

. 1.2. Tìm tất cả các giá trị của tham số a sao cho giá trị nhỏ nhất của hàm số

y = 3|x− a|+ |x2 + x− 2|

nhỏ hơn 2.

Hướng dẫn. Ta chỉ cần giải bài toán tìm a sao cho bất phương trình

3|x− a|+ |x2 + x− 2| < 2

có ít nhất một nghiệm.

Đáp số −8

3< a < −1 hay 0 < a <

5

3.

. 1.3. Tìm m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số y = |x2 − 4x + 3|+ mx nhỏ hơn 2.

Đáp số. m > 5.

. 1.4. Tìm m sao cho giá trị nhỏ nhất của hàm số y = |x2 − 5x + 4|+ mx lớn hơn 1.

Đáp số. 1 < m < 5 + 2√

3.

. 1.5. Tìm m sao cho với mọi x ∈ R, ta có x2 − 2mx + 2|x−m|+ 2 > 0.

Đáp số. −√

2 < m <√

2.

. 1.6. Tìm m sao cho với mọi x ∈ R, ta có x2 + (m + 1)2 + 2|x−m + 1| 6 3.

Đáp số. −1 6 m 6

√2

2.

. 1.7. Tìm tham số m để f(x) = (x− 2)2 + 2|x−m| > 3 với mọi x ∈ R.

Đáp số. m 6 0 hoặc m > 4.

2 Giải bất phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối bằng cách đưa vềphương pháp khoảng

Xét bất phương trình dạng loga f(x) > loga g(x). Ta có,

loga f(x) > loga g(x)⇔

a > 0,

f(x) > 0,

g(x) > 0,

(a− 1)[f(x)− g(x)] > 0.

13

Như vậy, với các điều kiện a > 0, f(x) > 0, g(x) > 0, thì dấu của hiệu loga f(x)− loga g(x) là dấu

của tích (a− 1)[f(x)− g(x)].

Để chỉ dấu của loga f(x)− loga g(x) là dấu của tích (a− 1)[f(x)− g(x)], tôi kí hiệu

loga f(x)− loga g(x)↔ (a− 1)[f(x)− g(x)].

Ta có các kết quả sau:

1. u− v ↔ u2 − v2, u, v > 0;

2. |u| − |v| ↔ u2 − v2;

3.√

u−√

v ↔ u2 − v2, (u, v > 0);

4. |u| −√

v ↔ u2 − v2, (v > 0);

5. au − av ↔ (a− 1)(u− v), (a > 0);

6. au − 1↔ u(a− 1), (a > 0);

7. au − b↔ (a− 1)(u− loga b), (a > 0);

8. loga u− loga v ↔ (a− 1)(u− v),

(a, u, v > 0);

9. loga u↔ (a− 1)(u− 1), (a, u > 0);

10. loga u− v ↔ (a− 1)(u− av), (a, u > 0).


(|x− 2| − 4− x2)(|x + 4| −

√x2 − x− 2

)(|1− x| − 4) (|3 + x| − |x− 5|)

> 0. (2.1)

Lời giải. Bất phương trình (2.1) tương đương với(|x− 2|2 − (4 + x2)2

) (|x + 4|2 −

(√x2 − x− 2

)2)(|1− x|2 − 42

) (|3 + x|2 − |x− 5|2

) > 0

⇔

((x− 2)2 − (4 + x2)2) ((x + 4)2 − (x2 − x− 2))

((1− x)2 − 42) ((3 + x)2 − (x− 5)2)> 0

x2 − x− 2 > 0

⇔

9(−x2 + x− 6)(x2 + x + 2)(x + 2)

16(−x− 3)(5− x)(x− 1)> 0

x 6 −1 hoặc x > 2

⇔

[−3 < x < −2

2 6 x < 5.

o

Ví dụ 2.2. Giải bất phương trình√

x2 − 3x− 4− |2x− 1|√x + 7− |2x− 1|

6 1. (2.2)

Lời giải. (2.2) ⇔√

x2 − 3x− 4−√

x + 7√x + 7− |2x− 1|

6 0⇔

(x2 − 3x− 4)− (x + 7)

x + 7− (2x− 1)26 0

x2 − 3x− 4 > 0

x + 7 > 0

⇔

[−7 6 x 6 2−

√15

x 6 2 +√

15

o

14


√−x2 + 7x− 6

|x2 − 6x + 5| − |x2 − 2x− 3|6 0. (2.3)


(2.3)⇔√−x2 + 7x− 6

(x2 − 6x + 5)2 − (x2 − 2x− 3)26 0

⇔√−x2 + 7x− 6

(2x2 − 8x + 2)(8− 4x)6 0

⇔

−x2 + 7x− 6 = 0

(2x2 − 8x + 2)(8− 4x) 6= 0−x2 + 7x− 6 > 0

2x2 − 8x + 2)(8− 4x) < 0

⇔

[2 +√

3 < x 6 6

1 6 x < 2

o


√2− x + 4x− 3

x> 2. (2.4)

Lời giải. Bất phương trình xác định khi x 6 2 và x 6= 0.

Bất phương trình (2.4) tương đương với

√2− x + 2x− 3

x> 0. (2.5)

• Nếu3

26 x 6 2, (2.5) luôn thoả.

• Nếu 0 6= x <3

2, ta có 2x− 3 = −|3− 2x|. Khi đó, (2.5) được viết lại

√2− x− |3− 2x|

x> 0 (2.6)

Nhân hai vế bất phương trình (2.6) với√

2− x + |3− 2x|, ta được bất phương trình tương

đương

2− x− (3− 2x)2

x> 0⇔ 4x2 − 11x + 7

x6 0⇔

x < 0,

1 6 x 67

4.

Do 0 6= x <3

2, nên

x < 0,

1 6 x <3

2.

Từ hai trường hợp, nghiệm của bất phương trình (2.4) là x < 0, 1 6 x 6 2. o

15

Ví dụ 2.5. Giải bất phương trình √x2 − 5− 3

|x + 4| − 7> 1. (2.7)

Lời giải. Điều kiện để (2.7) có nghĩa là

x2 − 5 > 0,

|x + 4| − 7 6= 0⇔

|x| >

√5,

x 6= 3,

x 6= −11.

Ta có (2.7) ⇔√

x2 − 5 + 4− |x + 4||x + 4| − 7

> 0⇔ (√

x + 5 + 4)2 − |x + 4|2

|x + 4|2 − 49> 0

⇔ x2 − 5 + 8√

x2 − 5 + 16− x2 − 8x− 16

(x− 3)(x + 11)> 0.

Từ đó8√

x2 − 5− (8x + 5)

(x− 3)(x + 11)> 0 (2.8)

• Nếu x 6 −√

5 và x 6= −11, thì 8x + 5 < 0, suy ra 8√

x2 − 5− (8x + 5) > 0. Do đó, (2.8) xảy

ra khi và chỉ khi (x − 3)(x + 11) > 0 hay x < −11 hoặc x > 3. Do đang xét với x 6 −√

5

và x 6= −11, nên ta có x < −11.

• Nếu x >√

5 và x 6= 3, 8x + 5 > 0. Nhân (2.8) với 8√

x2 − 5 + (8x + 5), ta được

−80x− 345

(x− 3)(x + 11)> 0. Dẫn tới

x < −11

−69

166 x < 3.

Do điều kiện x >√

5, ta được

[x < −11√

5 6 x < 3.

Từ hai trường hợp trên, ta có nghiệm của bất phương trình đã cho là x ∈ (−∞;−11) ∪ [√

5; 3).

o

Ví dụ 2.6. Giải bất phương trình log−4x2+12x−8 |4x− 5| > 0.

Lời giải. Bất phương trình đã cho tương đương với−4x2 + 12x− 8 > 0,

|4x− 5| > 0,

(−4x2 + 12x− 9)(|4x− 5| − 1) > 0

⇔

1 < x < 2,

x 6= 5

4,

(−4x2 + 12x− 9)(|4x− 5|2 − 1) > 0

⇔

1 < x < 2,

x 6= 5

4,

(2x− 3)2(4x− 6)(4x− 4) < 0

⇔

1 < x <5

4,

5

4< x <

3

2.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S =

(1;

5

4

)∪(

5

4;3

2

).

o

Ví dụ 2.7. Giải bất phương trình logx2

4x− 5

|x− 2|>

1

2.

Lời giải. Điều kiện xác định của bất phương trình là

x2 > 0,

x2 6= 1,4x− 5

|x− 2|> 0

⇔

x 6= 2,

x >5

4.

16

Khi đó, logx2

4x− 5

|x− 2|>

1

2⇔ logx2

4x− 5

|x− 2|> logx2 |x|

Vì x >5

4, nên bất phương trình tương đương với

4x− 5

|x− 2|− |x| > 0

⇔ (4x− 5)2)− (|x(x− 2|)2 > 0

⇔ (x2 + 2x− 5)(x2 − 6x + 5) > 0

⇔

[−√

6− 1 6 x 6 1,√6− 1 6 x 6 5.

Kết hợp với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S = [√

6− 1; 2) ∪ (2; 5]. o

Ví dụ 2.8. Giải bất phương trình |x2 − 1|log2 |x2−3x+1| > 1.

Lời giải. Nhận xét x = ±1 không là nghiệm của bất phương trình.

Ta có |x2 − 1|log2 |x2−3x+1| > 1⇔

|x2 − 1| > 0,

(|x2 − 1| − 1). log2 |x2 − 3x + 1| > 0

⇔

|x2 − 1| > 0,

|x2 − 3x + 1| > 0,

(|x2 − 1| − 1).(|x2 − 3x + 1| − 1) > 0

⇔

x2 − 1 6= 0,

x2 − 3x + 1 6= 0,

(|x2 − 1|2 − 1).(|x2 − 3x + 1|2 − 1) > 0

⇔

x 6= ±1; x 6= 3±√

5

2,

(|x2 − 1|2 − 1).(|x2 − 3x + 1|2 − 1) > 0⇔

x 6= ±1; x 6= 3±√

5

2,

x2(x2 − 2)(x2 − 3x + 2)(x2 − 3x) > 0.

Giải hệ trên, ta được nghiệm của bất phương trình đã cho là

S = (−∞;−√

2) ∪(

0;3−√

5

2

)∪(

3−√

5

2; 1

)∪ (√

2; 2) ∪ (3; +∞).

o

Ví dụ 2.9. (Đại học Quốc gia Hồ Chí Minh, 1998) Giải bất phương trình

1

log1/3

√2x2 − 3x + 1

>1

log1/3(x + 1). (2.9)

Lời giải. (2.9) ⇔ 1

log3

√2x2 − 3x + 1

<1

log3(x + 1)⇔ log3(x + 1)− log3

√2x2 − 3x + 1

log3

√2x2 − 3x + 1. log3(x + 1)

< 0

⇔

x + 1 > 0,

2x2 − 3x + 1 > 0,

(x + 1)−√

2x2 − 3x + 1

(√

2x2 − 3x + 1− 1).x< 0

⇔

x + 1 > 0,

2x2 − 3x + 1 > 0,

(x + 1)2 − (2x2 − 3x + 1)

(2x2 − 3x).(2x2 − 3x + 2)x< 0

⇔

0 < x < 1,

1 < x <3

2,

x > 5.

o


log|x|

∣∣∣∣x +1

3

∣∣∣∣ 6 log√|2x+3|

∣∣∣∣x +1

3

∣∣∣∣ . (2.10)

Lời giải. Điều kiện để (2.10) xác định là x 6= 0, x 6= 1, x 6= −1, x 6= −2, x 6= −1

3.

17

Khi đó, (2.10) ⇔ 1

log|x+1/3| |x|6

2

log|x+1/3||2x + 3|

⇔log|x+1/3||2x + 3| − log|x+1/3| |x|2

log|x+1/3| |x|. log|x+1/3||2x + 3|6 0

⇔ (|x + 1/3| − 1)(|2x + 3| − x2)

(|x + 1/3| − 1)2.(|x| − 1)(|2x + 3| − 1)6 0.

⇔

(x +

4

3

)(x− 2

3

)(−x2 + 2x + 3)(x2 + 2x + 3)

(x + 1)(x− 1)(2x + 4)(2x + 2)6 0.

Giải hệ trên ta được tập nghiệm của bất phương trình (2.10) là

S = (−∞;−2) ∪[−4

3;−1

3

)∪(−1

3;−1

)∪[2

3; 1

)∪ [3; +∞).

o


log5 log1/2

(x2 − 4|x||x| − 7

)6 0. (2.11)

Lời giải. (2.11)⇔

log1/2

(x2 − 4|x||x| − 7

)6 1,

log1/2

(x2 − 4|x||x| − 7

)> 0

⇔

x2 − 4|x||x| − 7

>1

2,

x2 − 4|x||x| − 7

< 1⇔

2x2 − 9|x|+ 7

|x| − 7> 0,

x2 − 5|x|+ 7

|x| − 7< 0

⇔

|x| − 7 < 0,

2x2 − 9|x|+ 7 6 0⇔

|x| < 7,

1 6 |x| 6 7

2

⇔ 1 6 |x| 6 7

2⇔

−7

26 x 6 −1,

1 6 x 67

2.

o


logx+2(2− x) >|log5 (2x + 3)− 1|

log5 (x + 2). (2.12)

Lời giải. Điều kiện

x + 2 > 0,

x + 2 6= 1,

2− x > 0,

2x + 3 > 0,

log5 (x + 2) 6= 0

⇔

−3

2< x < 2,

x 6= −1.

Khi đó, (2.12) tương đương với

logx+2(2− x). log5(x + 2)−∣∣∣∣log5

(2x + 3

5

)∣∣∣∣log5(x + 2)

> 0 (2.13)

hay

log5(2− x)−∣∣∣∣log5

(2x + 3

5

)∣∣∣∣log5(x + 2)

> 0 (2.14)

18

• Nếu log5(2− x) > 0⇔ x < 1, (2.14) tương đương với

log25(2− x)−

∣∣∣∣log25

(2x + 3

5

)∣∣∣∣log5(x + 2)

> 0.

Hay [log5(2− x) + log5

(2x + 3

5

)][log5(2− x)− log5

(2x + 3

5

)]log5(x + 2)

> 0.

Do đó, ta có

log5(2− x)

(2x + 3

5

). log5

(5(2− x)

2x + 3

)log5(x + 2)

> 0.

Sử dụng tính chất loga u ↔ (a − 1)(u − 1), (a, u > 0), bất phương trình trên tương đương

với [(2− x)

(2x + 3

5

)− 1

].

5(2− x)

2x + 3− 1

x + 1> 0.

Hay(−2x2 + x + 1)(−7x + 7)

x + 1> 0.

Giải bất phương trình trên cùng với điều kiện −3

2< x < −1, ta được

−3

2< x < −1

−1

2< x < 1.

• Nếu log5(2− x) < 0⇔ x > 1. Khi đó,

log5(2− x)−∣∣∣∣log5

(2x + 3

5

)∣∣∣∣log5(x + 2)

< 0

• Mặt khác, x = 1 là nghiệm của (2.14).

Vậy tập nghiệm của (2.12) là S =

(−3

2;−1

)∪(−1

2; 1

]. o

Xin được tạm kết thúc đề tài với bài toán trong [1] như sau.


(8− x3)(2x − 1)(√

x + 20−√

2x + 30)(|x− 2| − 4− x2)(|x|2x−1 − |x|5−x

)(logx+20(12− |x|)− logx+20(20− |x|)). log3

5 x2< 0. (2.15)

Đáp số.

−8 < x < −1,

−1 < x < 0,

8 < x < 10.

19

Tài liệu

[1] Tạp chí Kvant, 4(2005), 35 − 39.

[2] Tạp chí Kvant, 2(1979), 48 − 51.

Mục lục

1 Các bất phương trình cơ bản 1

2 Giải bất phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối bằng cách đưa về phương pháp

khoảng 13

Tài liệu tham khảo 20

20

bat phuong trinh co chua dau gia tri tuyet doi

Documents