Đoàn Ngọc Dũng -

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII

PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG

B. HÀM ĐẶC TRƯNG

BÀI 6 : Giải các phương trình sau :

1)

Điều kiện :



x 2



0 ^{x 2} x

0 1 x

0 x



 

















Nhận xét x = 2 không phải là nghiệm của phương trình do đó x > 2.

Ta có: (*)  ^{x }

 

^{x 21(x1) (x1)2 1}

Đặt u u 1 v v 1 f(u) f(v)

) 2 x do ( 1 1 x v

) 2 x do ( 1 x

u _{2 2}















 

















Xét hàm đặc trưng f

 

t t t² 1 với t  (1 ; +)



 

0

1 t

t 1 t 1 t 2

t 1 2

t '

f 2

2

2 





 

 

 , t > 1  f(t) là hàm đồng biến t > 1

Do đó :

     

 

²

5 x 3

2 5 x 3

2 5 x 3

1 x 2 x x

1 1 x

x x v u v f u

f ₂   









 

 

 









 













nhận loại

2)

Tập xác định : D = R.

 

* 2x³3x1³ 2x³ 3x1x² 2³ x²2



^{3 2x33x1}



^{3 3 2x33x1}



^{3 x22}



^{33 x2 2 f}



^{3 2x33x1}

 

^{f 3 x2 2}

  1



Xét hàm số f(t) = t³ + t trên R có f’(t) = 3t² + 1 > 0, t  R

Do đó hàm số f(t) luôn đồng biến trên R. (2)

Từ (1), (2) suy ra : ^f



^{3 2x33x1}

 

^{f3 x2 2}



^{3 2x33x13 x2 2 2x3x2 3x10}



^2x1

 

^{x2 x1}



^{0x}₂^1x1₂ ⁵



Kết luận : Các nghiệm cần tìm của phương trình là

2 x1,

2 5 x1 .

3)

Điều kiện : x  2

Đặt v u 3x x 2

0 2 x v

0 x 2 x

u ² ₂









 













 Hoặc đặt: u u v v f(u) f(v)

0 2 x v

0 x 2 x

u ² _{2 2}











 

















Khi đó (1)  x²2x x² 2x x2x2 u u vvf

   

u f v Xét hàm đặc trưng : f

 

t  t t với t  0

 

1 0

t 2 t 1 '

f    t  0  f(t) là hàm đồng biến t  0

Do đó :

     

 







 













 x 2 nhận

loại 1

0 x 2 x x 3 v u v f u

f ²

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 2.

4)

Điều kiện : x ¹

 2

Ta có : 4x³  x (x 1) 2x 1 0 (nhân thêm cho 2 do thấy trong căn có 2x + 1)

 

³

3 3 3

8x 2x (2x 2) 2x 1 0 (2x) 2x [(2x 1) 1] 2x 1 (2x) 2x 2x 1 2x 1

                  (1)

Đặt ^{u 2x 0} u³ u v³ v f (u) f (v)

v 2x 1 0

 

      

   



Xét hàm đặc trưng : ^{f t}

 

^{ t3 t} với t  0  ^{f ' t}

 

^{2t2 1 0}, t  0  f(t) là hàm đồng biến t  0

Do đó : ^{f u}

   

^{f v u v 2x 2x 1 x 0} ₂ ^x ₂⁰

2x 1 4x 4x 2x 1 0

 

 

            

x 0

1 5

1 5

x 2 x

2

1 5

x 2

 

 

 

 

  

 

 

 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x ^{1 5}

4

  .

5)

Điều kiện : 9 x 1

 

^{* }



^9x1



^{32 9x1}



^2x1



^32



^2x1



^f



^9x1



^f



^2x1

  

¹

Xét hàm số f(t) = t³ + 2t trên R có f’(t) = 3t² + 2 > 0, t  R.

Do đó hàm số f(t) luôn đồng biến trên R. (2)

Từ (1), (2) 

   

8 137 x 13

1 x 2 1 x 9 1

x 2 f 1 x 9

f 



















Kết luận : So với điều kiện, phương trình có nghiệm là

8 137

x13 .

6)

Điều kiện : x  5/2

     

^{*  2x 3 2x }



^52x



^{3 52x f}

 

^{2x f}



^52x

  

¹

Xét hàm số f(t) = t³ + 2t trên R có f’(t) = 3t² + 2 > 0, t  R. Do đó hàm số f(t) luôn đồng biến trên R. (2) Từ (1), (2) ^f

 

^{2x f}



^52x



^{ 52x 2xx 21}₄^1

Kết luận : So với điều kiện, nghiệm phương trình đã cho là

4 1 x 21 .

7)

^{3 3 3 3 3 3 3 3 3 3}

3 2 3 2

3 2 3 3 3 2

u x 1 u x 1 u 1 x 2 u 1 x 2

u 1 u v 1 v f (u) f (v)

v 2x v 1 2x 1

v 2x v 1 2x 1

             

           

   

   

 

   

   

 

Xét hàm đặc trưng : ^{f t}

 

^{ 3 t3 1 t với t}

 

₃² ₂

3

f ' t t 1 0

(t 1)

  

 , t  f(t) là hàm đồng biến t

Do đó : ^{f u}

   

^{f v u v 2x2 x 1 x 1} 1

x 2

 

      

  



x 0

1 5

1 5

x 2 x

2

1 5

x 2

 

 

 

 

  

 

 

 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 1 

2 x1.

8)

Điều kiện : 5xx² 0 x(5 x)    0 0 x 5

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII

Ta có : (x 1) ³ (5xx )^{2 3} 3 5xx² 3(x 1) 3 5xx²  (5xx )^{2 3} (x 1) ³3(x 1)

Đặt u 5x x² 0 ^{3 3}

3u u 3v v f (u) f (v) v x 1 0

         

   



Xét hàm đặc trưng : ^{f t}

 

^{ 3t t3} với t > 0

 

²

f ' t  3 3t 0, t > 0  f(t) là hàm đồng biến t > 0

Do đó :

   

² 2 2 2

x 1 1 x 1

f u f v u v 5x x x 1 0

5x x x 2x 1 2x 3x 1 0

    

 

               

x 1 x 1

x 1 2

2 x 1

x 1

  

  

 

    

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 1  x ¹

2.

9)

Điều kiện : 3x + 1  0 

3 x1

Phương trình đã cho tương đương với :



x1

 

³ x1

 

 3x1



3x1 3x1



^x1

 

^{3 x1}



^



^3x1



^{3 3x1}

 

^*



Xét hàm số f(t) = t³ + t trên R. Ta có : f’(t) = 3t² + 1 > 0 với mọi t  R.

Do đó hàm f(t) đồng biến trên R.

Suy ra :

     

_







 





















 x 1

0 0 x

x x 1 x 3 1 x 1 x 3 f 1 x f

* ²

Vậy nghiệm của phương trình là : x = 0, x = 1.

10)

Tập xác định : D = R.

 

* 2x³3x1³ 2x³ 3x1x² 2³ x²2



^{3 2x33x1}



^{3 3 2x33x1}



^{3 x22}



^{33 x2 2 f}



^{3 2x33x1}

 

^{f 3 x2 2}

  1



Xét hàm số f(t) = t³ + t trên R có f’(t) = 3t² + 1 > 0, t  R

Do đó hàm số f(t) luôn đồng biến trên R. (2)

Từ (1), (2) suy ra : ^f



^{3 2x33x1}

 

^{f3 x2 2}



^{3 2x33x13 x2 2 2x3x2 3x10}



^2x1

 

^{x2 x1}



^{0x}₂^1x1₂ ⁵



Kết luận : Các nghiệm cần tìm của phương trình là

2 x1,

2 5 x1 .

11) 

^2x1

 2 4x24x4 3x2 9x230  2x12 2x1233x2 3x23

Đặt











 x 3 v

1 x 2

u  ^u



^{2 u2 3}

 

^{v2 v23}



 f(u) = f(v).

Xét hàm đặc trưng : ^f

 

^{t t}



^{2 t23}



^{, t  R}

 

⁰

3 t 3 t t 2 t '

f 2

2

2 

 





 , t  f(t) là hàm số luôn luôn đồng biến t Do đó : f(u) = f(v)  u = v  2x + 1 = 3x 

5 x1. Vậy nghiệm của phương trình là : x = –1/5.

12)

Tập xác định : D = R

Do x = 0 không là nghiệm nên xét x  0.

Chia hai vế (*) cho x³  0 ta được :

 

1

 

i x

2 5 x

8 x 17 x 2 10

*    ₂  ₃  ³ ₂ 

Đặt x

y 1, (y  0) thì

 

^{i 8y317y10y223 5y21}



^2y1



^32



^2y1



^



^{3 5y2 1}



^{323 5y21}



^{2y 1}



^f



^{3 5y2 1}



f   



Xét hàm số f(t) = t³ + 2t có f’(t) = 3t² + 2 > 0, t  R nên f(t) tăng trên R và có : ^f



^2y1



^f



^{3 5y21}





^{8y 17y 6}



⁰

y 0 y 6 y 17 y 8 1 y 5 1 y

2  ^{3 2}  ³ ²   ²   

  y = 0 (loại) hoặc

16 97 y17

12 97 17 y

x 1 







Kết luận : Các nghiệm cần tìm của phương trình là

16 97 x 17

 .

13)

Điều kiện :

























0 1 x 2 x 4 x 2

0 1 x x 1 x

2 2

Phương trình đã cho tương đương với : ^{x1 x1}



^x1

 

^{2 x1}



^{1 2x 2x}

 

^{2x 22x1}

 

¹

Đặt









 x 2 v

1 x

u  u u u² u1 v v v² v1  f(u) = f(v).

Xét hàm số ^f

 

^{t t t t2t1} trên tập xác định.

Ta có :

   

1 t t . 1 t t t 4

1 t 2 1 t t 1 2

1 t t t 2

' 1 t t 1 t

t

'f 2 2

2 2

2

















 

 









 



Để ý rằng : 2 t² t12t1 4t²4t42t1



2t1



² 32t1 2t12t10 Suy ra f’(x) > 0 với mọi x thuộc tập xác định. Do đó hàm số đồng biến trên tập xác định.

Khi đó (1)  f(x + 1) = f(2x)  x + 1 = 2x  x = 1, thỏa mãn điều kiện.

Vậy nghiệm của phương trình là : x = 1.

14)  

         

2 2

2 2 2 2

2 2

x x 2 x x

* x 1 f x x 2 f x x x 1 1

1 4 x x 2 1 4 x x

  

          

      

Điều kiện : ( 1,561552813)

2 17 x 1

1 4

x x 0

4 2 x x 0

2 2

 

 





 



















(Bấm máy ta thấy phương trình có 1 nghiệm x = 1. Khi đó ta xét hàm số ta xét các giá trị khác 1) Đặt















 x x v

2 x x u

2 2

 1 4 v

v u

4 1

u



 



  f(u) = f(v).

Điều kiện : 0 u 4

4 u

0 u 0 u 4

0

u   







 











Xét hàm số

 

t 4 1 t t

f    trên [0 ; 4] có : ^'f

 

^{t 1 2 4t t 2 4t t}^



^{1 14t}



^{2 0}







 



  , t  (0 ; 4)

 hàm số f(t) đồng biến trên [0 ; 4]

 Nếu x  [1 ; 1) 

       



















 

















 



















0 1 x

0 x x f 2 x x f 0

1 x

x x f 2 x x f 0

1 x

x x 2 x x

2

2 2

2

2 2

2

2 2

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII

 (1) vô nghiệm khi x  [1 ; 1)

 Nếu

       



















 

















 

















 







  

 x 1 0

0 x x f 2 x x f 0

1 x

x x f 2 x x f 0

1 x

x x 2 x x 2

17

; 1 1

x ₂^{2 2} ₂ ^{2 2} ₂ ^{2 2}

 (1) vô nghiệm khi _







  

 2

17

; 1 1 x

Thử trực tiếp thấy x = 1 thỏa  x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Chú ý:

 Với x  [1 ; 1). Do hàm số đồng biến nên ^{x2x2x2xf}



^x2x2

 

^{f x2x}



 Với _







  

 2

17

; 1 1

x . Do hàm số đồng biến nên ^{x2x2x2xf}



^x2x2

 

^{f x2x}



15)

Điều kiện :









 13 x

1 x

Phương trình đã cho tương đương với :



^x2

 

^x12



^{3 2x13}



x1



x1 x12x1³ 2x1



x1



³  x1



³ 2x1



³ ³ 2x1

 

1



Xét hàm số f(t) = t³ + t với t  R. Ta có : f’(t) = 3t² + 1 > 0 với mọi t  R.

Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên R. Khi đó

 

^{1 f}



^x1

 

^{f 3 2x1}



^{ x13 2x1}

   







 



























 







 













 















 

2 5 x 1

0 x

2 5 x 1

0 x

2 x 1

0 x x x

2 x 1 1

x 2 1 x

2 x 1

2 2 3

3

Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình đã cho là x = 0 và

2 5 x1 .

16)

Tập xác định : D = R

 

^{* 8x312x25x3x2}



^{3 3x2}



^{33 3x28x312x28x2}



^{3 3x2}



^{33 3x2}

Ta có:

 

^{* 8x312x25x3x2}



^{3 3x2}



^{33 3x2(2x1)3(2x1)}



^{3 3x2}



^{33 3x2 (1)}

Xét hàm số f(t) = t³ + t trên R có f’(t) = 3t² + 1 > 0, t  R  f(t) đồng biến trên R (2) Từ (1), (2)  ³ 3x2 2x1  8x³ – 12x² + 3x + 1 = 0  x = 1 

4 3 x 1

 Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm :

4 3 x 1

4 3 x 1

1

x       .

 Hoặc:

Đặt y8x³12x² 5x, ta có:















 

















3 2 3 3

2 3

y 2 x 3

y x 5 x 12 x 8 y

2 x 3

y x 5 x 12 x

8

 ^{y3y8x312x28x2(2x1)(4x24x2)(2x1)}



^{(2x1)21}



^{(2x1)3(2x1)}

17)

Tập xác định : D = R.

 

^{* x34x2 5x6(7x29x4)}



^{3 7x2 9x4}



^{33 7x29x4}



^{3 2}



^{3 3 2}

2

3 3x 4x 2 7x 9x 4 7x 9x 4

x         





^x1

 

^{3 x1}



^



^{3 7x29x4}



^{3 3 7x2 9x4 f}



^x1



^f



^{3 7x29x4}

  1



  

^{*  x1}

 

^{3 x1}



^



^{3 7x29x4}



^{33 7x29x4 f}



^x1



^f



^{3 7x29x4}

  1

Xét hàm số f(t) = t³ + t trên R có f’(t) = 3t² + 1 > 0, t  f(t) đồng biến trên R (2) Từ (1), (2)  ^f



^x1



^f



^{3 7x29x4}



^{x13 7x29x4 x34x26x50}

 (x – 5)(x² + x – 1) = 0 

2 5 x 1

5

x    

18)

Tập xác định : D = R.

Khi đó :

 

* 3x 2

 

3x ² 3



x 1



2



x 1



² 3f

  

3x f x1

  

1

   





 

  



Xét ^f

 

^{t t}



^{2 t23}



trên R có

 

0 3 t 3 t t 2 t

'f ² ₂² 

 





 , t

 f(t) đồng biến trên R (2)

Từ (1), (2)  f(3x) = f(x + 1)  3x = x + 1  2 x 1

19)

Điều kiện : 5

x 7. Khi đó :

     

f



5x 6

    

f x 1

1 x x 1 1 6 x 5 6 1

x 5

* ^{2 2}   

 

 

 



 Xét

 

1 t t 1 t

f ²

 

 trên t  (1 ; ) có

 

2

 

t 1 t 1 ⁰ t 1

2 t

'f 



 

 , t > 1

 f(t) đồng biến trên (1 ; ) (2)

Từ (1) và (2)  f(5x – 6) = f(x)  5x – 6 = x  2

x3 là nghiệm duy nhất

20)

Tập xác định : D = R

  

^{*  3x1}



^32



^3x1



^



^{3 2x1}



^{33 2x1f}



^3x1



^f



^{3 2x1}

  

¹

Xét hàm số f(t) = t³ + 2t trên R có f’(t) = 3t² + 2 > 0,  t  R  f(t) đồng biến trên R (2)

Từ (1), (2)  ^f



^3x1



^f



^{3 2x1}



^{3x13 2x1}



^3x1



^{32x127x327x27x0}

 x(27x² – 27x + 7) = 0  x = 0

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất : x = 0.

21)

Tập xác định : D = R

  

^{*  x5}



^35



^x5



^



^{3 2x9}



^{353 2x9 f}



^x5



^f



^{3 2x9}

  

¹

Xét hàm số f(t) = t³ + 5t có f’(t) = 3t² + 5 > 0, t  R. Do đó hàm số f(t) luôn đồng biến trên R. (2) Từ (1), (2)  ^f



^x5



^f



^{3 2x9}



^{ x53 2x9}  x = 4 hoặc

2 5 x 11

 Kết luận : Phương trình đã cho có các nghiệm là x = 4,

2 5 x11 .

22)

Tập xác định : D = R Đặt : u x² x4 0

Khi đó :

 

*  1x² u u²1x 1

   

x ²  x  1u² uf

   

x f u Xét hàm số f

 

t t 1t² trên R có :

 

0

t 1

t t 1 t

1 1 t t

'f ₂ ² ₂ 





 

 

 t  R (do 0 1t²  t²  t t)

Do đó hàm số f(t) luôn đồng biến trên R.

Suy ra : f(x) = f(u)  x = u  x x² x4 













2

2 x 4 x

x 0

x  x = 4

Kết luận : Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 4.

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII

23)

Điều kiện : x  3

 

^{* 5}



^x2



^x3



^{5x19 }



^x2



_^



^x3



^{24 x3224}_^



^x32





^5x15



^{5x19 }_^



^x32

 

^24_^{ x32}



 (do : x + 2 > 0, x  3)



^{5x 19}



^{2 4}_^{ 5x19 }



^x32

 

^{34. x32}



  





^5x19



^{34. 5x19 }



^x32

 

^{34. x32}

 

^{f 5x19}

 

^{f x32}

  

¹



Xét hàm số f(t) = t³ + 4t có f’(t) = 3t² + 4 > 0, t  R nên hàm số f(t) luôn đồng biến trên R và có :

 

^{1 f}



^5x19

 

^{f x32}



^{ 5x19  x325x19x14 x3  x3 x5}

 x = 7

Kết luận : So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất là x = 7.

24)

Điều kiện : x > 0

      

² x



x 1



²

1 1

x 2 1

x x x 1 2 x 1 x 1 x

x 4 1 4

* 4

 

 

 

 









 

          



x 1



^{x11 x11 xx 12}

2 x 1 x 1 x x

4 1 x 4 x

4 ₂



 

 

 









 







       





 





 

 



 

 







 x 1

f 1 x 4 1 f

x 1 1 1 x

1 1 x x 1 4 1 . x 4 x 4

Xét hàm số f

 

t tt 1t trên (0 ; ) có

 

0 t 1 2 t t 1 1 t

'f 

 





 t  (0 ; )

Do đó hàm số f(t) luôn đồng biến trên (0 ; ).

Suy ra :

 

2 2 x 1

0 1 x 4 x 1 4 x x 1 1 4

x f 1 x 4

f  ²       

 





 





 

Kết luận : So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm là

2 2 x 1

 .

25)

Điều kiện : 1  x  1

     

x 1 f



x 3

 

f 2x 2



x 1

 

i 2

x 2 4 1

2 x 2 3

x 4 1

3

* x        







 







 

Nhận thấy x = 1 là nghiệm của phương trình đã cho.

Xét hàm số

 

t 4 1 t t

f    xác định trên đoạn [0 ; 4] có :

 

^{t 1 2 4t t 2 4t t}



^{1 14 t}



⁰

'f ₂ 



 









 



  , t  [0 ; 4]

Do đó hàm số f(t) luôn đồng biến trên đoạn [0 ; 4].

Nếu x  [1 ; 1), suy ra :

       















 













 















0 1 x

0 2 x 2 f 3 x f 0

1 x

2 x 2 f 3 x f 0

1 x

2 x 2 3

x thì phương trình

(i) vô nghiệm khi x  [1 ; 1).

Kết luận : So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1.

26)

Điều kiện : x  0

Do x = 1 không là nghiệm nên với x  1 ta có :

  

^{*  x1}

 4 x22x4 2x82 4x23 x113x2x1

     

x 2 x 2

1 x 3 3

x 2 4 x 2 3 1 x 4 1

x ^{2 2} ₂



 



  



 

   





       

x 2

1 1 x 3 1 x 2 4

x 2 3

1 x 4 1

x ^{2 2} 

 



   





 

   





         

f



x 1

 

f 2x



x 2 3 1

x 2 4

x 1 2

x 3 1 1 x 4 1

x ^{2 2}    

 



   



 



 

   





Xét hàm số ^f

 

^{t t}



^{4 t23}



^1_t trên R \ {0} có :

 

0 t

1 3 t 3 t t 4 t

'f ₂

2

2 2  

 





 , t  0 nên hàm số

f(t) đồng biến. Suy ra : f(x + 1) = f(2x)  x + 1 = 2x 

3 x1 Kết luận : So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất là

3 x1.

27)

Tương tự bài 12.

BÀI 7 :

1)

Điều kiện : 1  x  3.

) x 3 ( f ) 1 x ( f x 3 2 ) x 3 ( 1 x 2 ) 1 x (

(*)  ²      ²       

Do 











 



 0 3 x 4

4 1 x 3 0

x 1

Xét hàm số f

 

t  t²2 t trên [0 ; 4] có

 

0, t (0;4) t

2 t 2 t 2 t t '

f 2    

 

Do đó f(t) đồng biến trên (0 ; 4] và có f(x – 1) > f(3 – x)  x – 1 > 3 – x  x > 2.

Kết luận : So với điều kiện, tập nghiệm bất phương trình là x  (2 ; 3].

2)

Tập xác định : D = R

  

^{*  x1}

  x22x514x x2 12xx1  x12 412x2 x211



x 1

 

. x 1



² 4 1

   

2x. 2x ² 4 1 f



x1

  

f 2x

  

 

 

   





Xét hàm số ^f

 

^{t  .t}



^{t2 4}



trên R có

 

0 1 t 1 t 1 t t

'f ² ₂² 

 





 , t  R

Do đó f(t) đồng biến trên R và có f(x – 1)  f(2x)  x – 1  2x  x  1 Kết luận : So với điều kiện, tập nghiệm bất phương trình là x  ( ; 1].