Bất phương trình vô tỷ 54_LTĐH

Bài toán(DỰ BỊ A,A1 2012) Giải bất phương trình
$$\sqrt{{{x}^{2}}+\left( 1-\sqrt{3} \right)x+2}+\sqrt{{{x}^{2}}+\left( 1+\sqrt{3} \right)x+2}\le 3\sqrt{2}-\sqrt{{{x}^{2}}-2x+2}.$$

Giải.Biến đổi bất phương trình thành
$$\sqrt {2{x^2} + 2\left( {1 - \sqrt 3 } \right)x + 4}  + \sqrt {2{x^2} + 2\left( {1 + \sqrt 3 } \right)x + 4}  + \sqrt {2{x^2} - 4x + 4}  \le 6$$.
$$ \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {x + 1} \right)}^2} + {{\left( {x - \sqrt 3 } \right)}^2}}  + \sqrt {{{\left( {x + 1} \right)}^2} + {{\left( {x + \sqrt 3 } \right)}^2}}  + \sqrt {2{x^2} - 4x + 4}  \le 6$$.
Mặt khác sử dụng bất đẳng thức $\sqrt {{m^2} + {n^2}}  + \sqrt {{p^2} + {q^2}}  \ge \sqrt {{{\left( {m + p} \right)}^2} + {{\left( {n + q} \right)}^2}} $, suy ra
$$\sqrt {{{\left( {x + 1} \right)}^2} + {{\left( {x - \sqrt 3 } \right)}^2}}  + \sqrt {{{\left( {x + 1} \right)}^2} + {{\left( {x + \sqrt 3 } \right)}^2}}  + \sqrt {2{x^2} - 4x + 4} $$.
$$ \ge \sqrt {{{\left( {2x + 2} \right)}^2} + {{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2}}  + \sqrt {2{x^2} - 4x + 4}  = \sqrt {4{x^2} + 8x + 16}  + \sqrt {2{x^2} - 4x + 4} $$.
Tới đây xét hàm số $f(x) = \sqrt {4{x^2} + 8x + 16}  + \sqrt {2{x^2} - 4x + 4} $.
Ta có $$f'(x) = \frac{{4x + 4}}{{\sqrt {4{x^2} + 8x + 16} }} + \frac{{2x - 2}}{{\sqrt {2{x^2} - 4x + 4} }} = 0 \Leftrightarrow x = 0$$.

Lập bảng biến thiên suy ra $f(x) \ge f(0) = 6$.

Từ đó suy ra bất phương trình có nghiệm duy nhất $x = 0$.

Ta có thể chứng minh được(bình phương hai vế) bất đẳng thức:
 $$\sqrt {{x^2} + \left( {1 - \sqrt 3 } \right)x + 2}  + \sqrt {{x^2} + \left( {1 + \sqrt 3 } \right)x + 2}  + \sqrt {{x^2} - 2x + 2}  \le \sqrt {9{x^2} + 18} $$