ON TAP THI DAI HOC - LY THUYET

ÔN TẬP KIẾN THỨC CƠ BẢN – CÁC DẠNG TOÁN QUAN TRỌNG - 1 -
5)Giải bài toán liên quan đến biểu thức đối xứng
(hoặc không đối xứng) của 2n
0
của pt bậc hai:
(tiếp theo)
Chú ý:
Nếu biểu thức không đối xứng thì dùng PP thế,
chẳng hạn đề yêu cầu n
0
này bằng 3 lần n
0
kia?
Ta có x
1
= 3.x
2
; x
1
+ x
2
= –b/a ⇒ x
1
= ? và x
2
= ?
Thay vào hệ thức x
1
.x
2
= c/a ta tìm được tham số

•Một số biểu thức đối xứng thường dùng:
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2
( ) 2 . 2x x x x x x S P+ = + − = −
3 3 3 3
1 2 1 2 1 2 1 2
( ) 3 ( ) 3x x x x x x x x S PS+ = + − + = −
1 2
1 2 1 2
1 1
.
x x
S
x x x x P
+
+ = =
2 2 2
1 2
2 2 2 2 2
1 2 1 2
1 1 2
.
x x S P
x x x x P
+ −
+ = =
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
2
( ) ( ) 4 .

4
x x x x x x x x
S P
− = − = + −
= −
6)Hệ phương trình bậc hai:
•Hệ gồm 1 pt bậc nhất và 1 pt bậc hai của 2 ẩn
+Từ pt bậc nhất, rút 1 ẩn theo ẩn còn lại
+Thế vào pt kia, giải tìm 1 ẩn, thay vào tìm ẩn còn
lại, kết luận n
0
của hệ
•Hệ đối xứng loại I: (là hệ mà khi đổi x, y cho
nhau thì mỗi pt của hệ đều không thay đổi)
+Biến đổi làm xuất hiện x + y và x.y, đặt S = x + y,
P = x.y, điều kiện S
2
– 4P ≥ 0
+Đưa hệ về theo ẩn S, P; giải tìm S, P (thường dùng
PP thế hoặc biến đổi tương đương)
+Với mỗi cặp S, P thì x, y là 2n
0
của pt
X
2
– S.X + P = 0, nếu pt này có n
0
là X
1
; X

2
thì hệ
có n
0
là
1 2
2 1
x X x X
V
y X y X
= =
 
 
 
= =
 
 

+Kết luận, ghi n
0
theo dạng (x,y)
Chú ý:
+Hệ có nghiệm ⇔ tồn tại các cặp S,P và S
2
–4P ≥ 0
+Để hệ có n
0
duy nhất thì đk cần là x=y⇔S
2
–4P= 0

•Hệ đối xứng loại II: (là hệ mà khi đổi x, y cho
nhau thì mỗi pt của hệ đều thay đổi, nhưng pt này
biến thành pt kia của hệ và ngược lại)
+Trừ vế theo vế 2pt đã cho,thu được pt tích có dạng
(x – y).(? ? ?) = 0 ⇔
0x y− =



(a)
? ? ? = 0 (b)
(chắc chắn phải có nhánh (a))
+Lần lượt thế (a), (b) vào pt đơn giản ban đầu để
tìm x, y ⇒ kết luận
Chú ý: Để hệ có n
0
duy nhất thì đk cần là x = y
•Hệ phản xứng:
VD:
2 2
11
30
x xy y
xy x y
− − =



− =



Đặt t = –y, ta có hệ đối xứng I
2 2
11
30
x xt t
xt x t
+ + =



+ =


Giải tìm cặp (x,t) ⇒ cặp (x,y)
•Hệ đẳng cấp bậc hai:
2 2
1 1 1 1
2 2
2 2 2 2
a x b xy c y d
a x b xy c y d

+ + =


+ + =


(9)

+Xét y = 0, thay vào hệ giải tìm x
+Xét y ≠ 0 ⇒ đặt x = ky
(9) ⇔
2 2
1 1 1 1
2 2
2 2 2 2
( ) ( )
( ) ( )
y a k b k c d c
y a k b k c d d

+ + =


+ + =


Chia vế theo vế thu được pt bậc hai theo k, tìm k,
thế k vào (c) hoặc (d) tìm y ⇒ x tương ứng ⇒ kết
luận (khi d
1
= d
2
= 0 thì không cần chia vế theo vế
mà giải ngay (c), (d) để tìm k)
Chú ý: Nếu ở bước 1 ta xét x = 0, thì ở bước 2 ta
xét x ≠ 0 và đặt y = kx
7)Đònh lí về dấu của tam thức bậc hai:
f(x) = ax

2
+ bx + c, a ≠ 0, ∆ = b
2
– 4ac
•∆ < 0
x –∞ +∞
f(x) cùng dấu với a
•∆ = 0
x –∞ –b/2a +∞
f(x) cùng dấu với a 0 cùng dấu với a
•∆ > 0
x –∞ x
1
x
2
+∞
f(x) cùng dấu a 0 TRÁI 0 cùng dấu a
Qui tắc: “Trong trái, ngoài cùng”
⇒ Bằng cách lập bảng xét dấu tam thức bậc 2, ta
có thể giải được các bpt bậc 2 có dạng ax
2
+ bx + c
≥ 0 (hoặc ax
2
+ bx + c ≤ 0, ax
2
+ bx + c > 0 . . .)
8)Hệ bất phương trình bậc hai:
•Thường phải chuyển hết về 1 vế để có dạng
2

1 1 1
2
2 2 2
2
3 3 3
0
0...
0
a x b x c
a x b x c
a x b x c

+ + ≥


+ + <


+ + >


•Giải riêng từng bpt, biểu diễn các tập n
0
trên trục
số để tìm giao của các tập n
0
(phần chung)
9)Điều kiện để tam thức không đổi dấu trên R:
•CƠ BẢN: +f(x) > 0, ∀ x ∈ R ⇔ (∆ < 0 & a > 0)
+f(x) < 0, ∀ x ∈ R ⇔ (∆ < 0 & a < 0)

•MỞ RỘNG: +f(x) ≥ 0, ∀ x ∈ R ⇔ (∆ ≤ 0 & a > 0)
+f(x) ≤ 0, ∀ x ∈ R ⇔ (∆ ≤ 0 & a < 0)
•Vận dụng để giải các dạng toán: (nhớ xét a = 0
nếu cần)
+Tìm m để tam thức f(x) ≥ 0, ∀ x ∈ R
+Tìm m để bpt f(x) ≥ 0, đúng ∀ x ∈ R (giống)
+Tìm m để bpt f(x) < 0,vn
0
?
⇒ Ta phải có f(x) ≥ 0, ∀ x ∈ R (vì phủ đònh của
dấu < là dấu ≥ )
10)Đònh lí đảo về dấu của tam thức bậc hai:
f(x) = ax
2
+ bx + c, a ≠ 0, ∆ = b
2
– 4ac
Nếu tìm được số α / af(α) < 0 thì f(x) có 2n
0
phân
biệt và x
1
< α <x
2

Hệ quả: Nếu tìm được 2 số α, β /
( ). ( ) 0
0
f f
a

α β
<


≠


thì f(x) có 2n
0
phân biệt và
0
0
1 ( ; )
1 [ ; ]
n
n
α β
α β
∈



∉


(1n
0
trong khoảng, 1n
0
ngoài đoạn)

11)Cách cm pt ax
2
+ bx + c = 0 có 2n
0
phân biệt
Đặt f(x) = ax
2
+ bx + c
•Cách 1: Cm luôn có ∆ > 0, a ≠ 0
•Cách 2: Ta tìm ra số α/ af(α) < 0 ⇒ pt có 2n
0
pb
•Cách 3: Ta tìm ra 2 số α, β /
( ). ( ) 0
0
f f
a
α β
<


≠

⇒
f(x) có 2n
0
phân biệt
•Cách 4: Dùng kết quả sau (kiến thức lớp 11)
+f(x) liên tục trên [m;n]
+f(m).f(n) < 0

⇒ pt f(x) = 0 có ít nhất 1n
0
x
1
∈ (m;n)
Chú ý:
Thường chọn α, β sao cho f(α), f(β) bò triệt tiêu hết
tham số, hoặc nếu không triệt tiêu hết tham số thì
cũng biết chắc dấu af(α) < 0 hay f(α).f(β) < 0
12)Tìm điều kiện để pt f(x) = ax
2
+ bx + c = 0 có
2n
0
thỏa yêu cầu nào đó
•CƠ BẢN: (3 điều kiện)
Pt có 2n
0
thỏa x
1
< α < x
2
⇔ af(α) < 0
Pt có 2n
0
thỏa α < x
1
< x
2
⇔

( ) 0
0
0
2
af
S
α
α


>


∆ >



− >


Pt có 2n
0
thỏa x
1
< x
2
< α ⇔
( ) 0
0
0

2
af
S
α
α


>


∆ >



− <


•MỞ RỘNG: (5 điều kiện)
Pt có 2n
0
thỏa x
1
<α<β<x
2
⇔ (af(α) < 0 & af(β) < 0)
Pt có 2n
0
thỏa x
1
<α<x

2
<β ⇔ (af(α) < 0 & af(β) > 0)
Pt có 2n
0
thỏa α<x
1
<β<x
2
⇔ (af(α) > 0 & af(β) < 0)
Pt có 2n
0
thỏa α<x
1
<x
2
<β ⇔
( ) 0; ( ) 0
0
0; 0
2 2
af af
S S
α β
α β


> >


∆ >




− > − <


Pt có 2n
0
thỏa
0
0
1 ( ; )
1 [ ; ]
n
n
α β
α β
∈



∉


⇔
( ). ( ) 0
0
f f
a
α β

<


≠

(trường hợp này có nghóa là α < x
1
< β < x
2

hoặc x
1
< α < x
2
< β)
Chú ý:
+Để đảm bảo đầy đủ, trong mỗi điều kiện nên ghi
thêm a ≠ 0
+Nếu thêm dấu “=” vào điều kiện bên trái thì cần
thêm dấu “=” vào điều kiện bên phải cho hợp lí
+Các trường hợp có số α hoặc β nằm trong khoảng
2n
0
thì không được thêm dấu “=” bừa bãi vào chỗ
af(α) < 0, af(β) < 0
VD:
Đk sai x
1
≤ α < x
2

⇔ af(α) ≤ 0
Đk đúng x
1
≤ α < x
2
⇔
1 2
1 2
( ) 0
( ) 0
2
af
x x
f
x x
S
α
α
α
α
α
<


< <

=


⇔




= <


>





13)Điều kiện để tam thức không đổi dấu trên
khoảng K: Cần nhớ bảng xét dấu tam thức bậc hai
g(x) = ax
2
+ bx + c trong 6 trường hợp, từ đó chọn
ra các trường hợp thỏa đề bài.
Nếu a > 0 ta có bảng xét dấu như sau
•∆ < 0
x –∞ +∞
f(x) +
•∆ = 0
x –∞ –b/2a +∞
f(x) + 0 +
•∆ > 0
x –∞ x
1
x
2

+∞
f(x) + 0 – 0 +
Nếu a < 0 ta có bảng xét dấu như sau
•∆ < 0
x –∞ +∞
f(x) –
•∆ = 0
x –∞ –b/2a +∞
f(x) – 0 –
•∆ > 0
x –∞ x
1
x
2
+∞
f(x) – 0 + 0 –
Ta thường dùng các kết quả sau (nhớ xét thêm
trường hợp a = 0 nếu cần)
•Trường hợp khoảng K là R:
g(x)≥0, ∀x∈R⇔
0
0a
∆ ≤


>

; g(x)≤0, ∀x∈R⇔
0
0a

∆ ≤


<

•Trường hợp khoảng K là (–∞ ; α) hoặc (α ; +∞)
g(x) ≥ 0, ∀ x ∈ (α ; +∞) ⇔
1 2
0
0
0
a
a
x x
α

∆ ≤



>


>





< ≤




I/Hàm số:
•f(x) đồng biến trên (a;b) ⇔ ∀x
1
,x
2
∈(a;b), x
1
< x
2

⇒ f(x
1
) < f(x
2
)
•f(x) nghòch biến trên (a;b) ⇔ ∀x
1
,x
2
∈(a;b), x
1
< x
2

⇒ f(x
1
) > f(x

2
)
Chú ý:
•f(x) đồng biến trên (a;b) ⇔
1 2
1 2
( ) ( )f x f x
x x
−
−
> 0,
∀x
1
,x
2
∈(a;b), x
1
≠ x
2

•f(x) nghòch biến trên (a;b) ⇔
1 2
1 2
( ) ( )f x f x
x x
−
−
< 0,
∀x
1

,x
2
∈(a;b), x
1
≠ x
2

•Đồ thò hs chẵn nhận Oy làm trục đối xứng, đồ thò
hs lẻ nhận gốc O làm tâm đối xứng
•Công thức đổi trục tọa độ:
Trong Oxy cho I(x
0
;y
0
), tònh tiến hệ trục Oxy theo
vectơ
OI
uur
ta được hệ trục mới IXY, thì công thức
đổi trục là
0
0
x x X
y y Y
= +



= +



Vận dụng: Cm đồ thò (C):
2
4 3
1
1 1
x
y x
x x
−
= = + −
− −

nhận giao điểm 2 TC làm tâm đối xứng?
Giải: (Lập luận để có TCĐ: x = 1, TCX: y = x + 1
⇒ giao điểm 2 TC là I(1;2))
Dời hệ trục về gốc I(1;2) với công thức đổi trục là
1
2
x X
y Y
= +


= +

. Thế vào hs, ta có: 2 + Y = (1 + X) + 1
–
3
(1 ) 1X+ −

⇒ Y = X –
3
X
= F (X)
Xét hs Y = F (X), ta có D = R \ {0}
+∀ X ∈ D ⇒ – X ∈ D
+F (-X) = (–X) –
3
X−
= – F (X)
⇒ Y = F(X) là hs lẻ ⇒ (C) nhận I làm tâm đối
xứng
II/Phương trình, hệ pt, bpt, hệ bpt bậc nhất:
1)Giải và biện luận pt ax + b = 0 (1)
(1) ⇔ ax = – b
•Nếu a ≠ 0 thì (1) ⇔ x = –
b
a
•Nếu a = 0 thì (1) ⇔ 0.x = –b
+Với b ≠ 0: (1) vn
0
+Với b = 0: (1) vsn
0
∀ x ∈ R
2)Giải và biện luận pt
mx n
h
px q
+
=

+
(2), với p ≠ 0
Đk: x ≠ -q/p
Khi đó (2) ⇔ (m – ph).x = qh – n
•Nếu m – ph ≠ 0 thì (2) ⇔ x =
qh n
m ph
−
−
(chưa là n
0
)
N
0
này chỉ nhận khi x ≠ -q/p ⇔ . . .
•Nếu m – ph = 0 thì (2) ⇔ 0.x = qh – n
+Với qh – n ≠ 0 thì (2) vn
0
+Với qh – n = 0 thì (2) vsn
0
∀ x ≠ -q/p
3)Giải và biện luận pt lax + bl = lcx + dl (3)
Cách GBL trong SGK khá phức tạp vì khi đó chưa
được học GBL pt bậc hai. Bây giờ ta có thể bình
phương hai vế và GBL như pt bậc hai.
4)Giải và biện luận pt ax + by = c (4),
với a, b không đồng thời bằng 0 (a
2
+ b
2

≠ 0)
•Nếu a ≠ 0 & b ≠ 0 thì (4) có vsn
0
dạng
x R
c ax
y
b
∈


−

=


hay
c by
x
a
y R
−

=



∈

•Nếu a = 0 & b ≠ 0 thì (4) có vsn

0
dạng
/
x R
y c b
∈


=

•Nếu a ≠ 0 & b = 0 thì (4) có vsn
0
dạng
c
x
a
y R

=



∈

Chú ý: Nếu a = b = 0 thì (4) ⇔ 0.x + 0.y = c
+Với c ≠ 0 thì (4) vn
0
+Với c = 0 thì (4) vsn
0
dạng

x R
y R
∈


∈

5)Giải và biện luận hệ pt
1 1 1
2 2 2
a x b y c
a x b y c
+ =



+ =


(5)
với a
1
, b
1
không đồng thời bằng 0; a
2
, b
2
không
đồng thời bằng 0.

D =
1
2
a
a
1
2
b
b
; D
x
=
1
2
c
c
1
2
b
b
; D
y
=
1
2
a
a
1
2
c

c
•Nếu D ≠ 0 thì hệ (5) có n
0
duy nhất
x
y
D
x
D
D
y
D

=




=


•Nếu D = 0
+Với D
x
≠ 0 (hoặc D
y
≠ 0) thì (5) vn
0
+Với D
x

= D
y
= 0: thay tham số vào xét
hệ cụ thể, (5) suy biến thành 1 pt a
1
x + b
1
y = c
1
và
có vsn
0
dạng
1 1
1
x R
c a x
y
b
∈


−

=


(khi b
1
≠ 0)

6)Giải và biện luận bpt ax + b ≥ 0 (6)
(6) ⇔ ax ≥ – b
•Nếu a > 0 thì (6) ⇔ x ≥
b
a
−
•Nếu a < 0 thì (6) ⇔ x ≤
b
a
−
•Nếu a = 0 thì (6) ⇔ 0.x ≥ – b
+Với – b ≤ 0 thì (6) vsn
0
∀ x ∈ R
+Với – b > 0 thì (6) vn
0
Chú ý:
Cần phân biệt cách GBL (1) & (6)
Tương tự cho các dạng ax + b ≤ 0, ax + b > 0 . . .
7)Dấu của nhò thức bậc nhất f(x) = ax + b (a ≠ 0)
x –∞
b
a
−
+∞
f(x) trái dấu với a 0 cùng dấu với a
Qui tắc: “trái trái, phải cùng”
8)PP khoảng để xét dấu tích thương các nhò thức:
•Qui đồng, rút gọn biểu thức(nếu cần), không được
tùy tiện bỏ mẫu

•Phân tích triệt để thành tích thương các nhò thức
(nếu được)
•Tìm n
0
của các nhò thức, sắp xếp từ nhỏ tới lớn
•Lập bảng xét dấu chung, dùng qui tắc kết hợp dấu
Chú ý:
+Nếu tam thức bậc hai không phân tích ra được thì
nó luôn mang một dấu (khi đó nó cùng dấu với a)
+Nếu bỏ bớt một biểu thức luôn dương thì không
ảnh hưởng đến kết quả xét dấu, nếu bỏ bớt một
biểu thức luôn âm thì phải đổi dấu khi xét dấu biểu
thức còn lại.
+Khi x đi qua n
0
bậc lẻ thì biểu thức đổi dấu, khi
x đi qua n
0
bậc chẵn thì biểu thức không đổi dấu.
9)Giải bpt tích thương của các nhò thức:
•Đặt điều kiện (nếu cần)
•Chuyển hết về một vế (vì cần so sánh với số 0)
•Dùng PP khoảng để xét dấu
•Chọn khoảng giá trò của x nghiệm đúng bpt(so đk)
10)Giải bpt ax + by ≤ c (7)
Trong mp Oxy, đường thẳng d: ax + by = c chia mp
ra làm 2 miền: 1 nửa mp gồm những điểm có tọa
độ thỏa mãn bpt ax + by > c, nửa mp kia gồm
những điểm có tọa độ thỏa mãn bpt ax + by < c,
còn đt d gồm những điểm có tọa độ thỏa mãn

phương trình ax + by = c.
Từ đó ta có cách giải bpt ax + by ≤ c (7)
•Vẽ đường thẳng d: ax + by = c
•Lấy 1 điểm M
0
(x
0
;y
0
) ∉ d
•Tính ax
0
+ by
0
, so sánh với c
+Nếu ax
0
+ by
0
< c (bpt được thỏa) thì miền chứa
M
0
(tính cả bờ d) là miền nghiệm của (7)
+Nếu ax
0
+ by
0
> c (bpt không được thỏa) thì miền
không chứa M
0

(tính cả bờ d) là miền n
0
của (7)
Chú ý: Nếu O ∉ d thì chọn M
0
là O cho đơn giản
11)Giải hệ bpt bậc nhất hai ẩn:
•Đưa mỗi bpt về 1 trong các dạng ax + by > c
(hoặc ax + by < c , ax + by ≥ c, ax + by ≤ c)
•Vẽ các đt ax + by = c ứng với mỗi bpt đó
•Xác đònh miền n
0
của mỗi bpt bằng cách gạch bỏ
đi miền không thích hợp
•Phần còn lại là tập n
0
của hệ đã cho
III/Phương trình, hệ pt, bpt, hệ bpt bậc hai:
1)Giải và biện luận pt ax
2
+ bx + c = 0 (8)
•Nếu a = 0 thì (8) thu về pt bậc nhất?Tìm n
0
cụ thể?
•Nếu a ≠ 0, tính ∆ = b
2
– 4ac
+Với ∆ < 0: (8) vn
0
+Với ∆ = 0: (8) có n

0
kép x
1
= x
2
=
2
b
a
−
+Với ∆ > 0: (8) có 2n
0
phân biệt x
1,2
=
2
b
a
− ± ∆
Chú ý: Nếu b = 2b’ thì dùng ∆’ = b’
2
– ac, công
thức n
0
kép là x
1
= x
2
=
'b

a
−
,
2n
0
phân biệt là x
1,2
=
' 'b
a
− ± ∆
2)Đònh lí Viet:
•Đònh lí thuận: Nếu (8) có 2n
0
x
1
, x
2
thì tổng và tích
của 2n
0
là S = x
1
+ x
2
=
b
a
−
; P = x

1
. x
2
=
c
a
•Đònh lí đảo: Nếu 2 số u, v có u + v = S, u.v = P thì
u, v là 2n
0
của pt X
2
– S.X + P = 0
Điều kiện tồn tại u, v là ∆ ≥ 0 ⇔ S
2
– 4P ≥ 0
3)Một số điều kiện về n
0
của pt ax
2
+ bx + c =0 8)
•(8) vn
0
trong các TH:+Xét a = 0 ta được pt cụ thể
+(a ≠ 0 & ∆ < 0)
•(8) có 1n
0
trong các TH:+Xét a = 0 (pt cụ thể ?)
+(a ≠ 0 & ∆ = 0)
•(8) có n
0

trong các TH:+Xét a = 0 (pt cụ thể ?)
+(a ≠ 0 & ∆ ≥ 0)
•(8) có n
0
kép ⇔ (a ≠ 0 & ∆ = 0)
•(8) có 2n
0
phân biệt ⇔ (a ≠ 0 & ∆ > 0)
4)Giải bài toán xét dấu n
0
số của pt bậc hai:
•Dựa vào ∆, P, S. Chú ý điều kiện nào có P ≤ 0 thì
chắc chắn pt có n
0
nên không cần điều kiện ∆ ≥ 0.
•Một số điều kiện thường dùng:
+Pt có 2n
0
trái dấu ⇔ x
1
< 0 < x
2
⇔ P < 0
+Pt có 2n
0
cùng dấu ⇔ (∆ ≥ 0 & P > 0)
+Pt có 2n
0
âm ⇔ x
1

≤x
2
<0⇔(∆ ≥ 0 & P > 0 & S < 0)
+Pt có 2n
0
dương ⇔0<x
1
≤x
2
⇔(∆ ≥ 0&P > 0&S > 0)
•Ngoài ra còn có các điều kiện:
+Pt có 2n
0
đối nhau ⇔
1 2
1 2
0
0
0 0
x x
P
x x S
< <
<



⇔
 
+ = =




+Pt có 2n
0
trái dấu và n
0
âm có GTTĐ lớn hơn ⇔
⇔ (P < 0 & S < 0)
+Pt có 2n
0
trái dấu và n
0
âm có GTTĐ nhỏ hơn ⇔
⇔ (P < 0 & S > 0)
5)Giải bài toán liên quan đến biểu thức đối xứng
(hoặc không đối xứng) của 2n
0
của pt bậc hai:
•Để pt có 2n
0
thì (a ≠ 0 & ∆ ≥ 0) (*)
•Từ giả thiết và đònh lí Viet, ta có
1 2
1 2
1 2
/
. /
,
S x x b a

P x x c a
x x

= + = −

= =



Biểu thức đe àcho D( )
Tính D(x
1
;x
2
) theo S, P
⇒ Tính D(x
1
;x
2
) theo m ⇒ Thay vào đk đề bài để
tìm m ⇒ So với đk (*) để chọn m.
ÔN TẬP KIẾN THỨC CƠ BẢN – CÁC DẠNG TOÁN QUAN TRỌNG - 2 -
g(x) ≤ 0, ∀ x ∈ (α ; +∞) ⇔
1 2
0
0
0
a
a
x x

α

∆ ≤



<


<





< ≤



g(x) ≥ 0, ∀ x ∈ (–∞ ; α) ⇔
1 2
0
0
0
a
a
x x
α

∆ ≤




>


>





≤ <



g(x) ≤ 0, ∀ x ∈ (–∞ ; α) ⇔
1 2
0
0
0
a
a
x x
α

∆ ≤




<


<





≤ <



Chú ý: Nếu khoảng K có chứa +∞ hoặc –∞ thì chỉ
cần xét các trường hợp có a cùng dấu với g(x)
•Trường hợp khoảng K là (α ; β):
g(x) ≥ 0, ∀ x ∈ (α ; β) ⇔
1 2
1 2
1 2
0
0
0
0
0
a
x x
a
a
x x

a
x x
α β
α
β

<




≤ < ≤




∆ ≤




>



>





< ≤



>





≤ <



(đề thường cho a < 0, khi đó chỉ còn 1 TH đầu tiên)
g(x) ≤ 0, ∀ x ∈ (α ; β) ⇔
1 2
1 2
1 2
0
0
0
0
0
a
x x
a
a
x x
a

x x
α β
α
β

>




≤ < ≤




∆ ≤




<



<




< ≤




<





≤ <



(đề thường cho a > 0, khi đó chỉ còn 1 TH đầu tiên)
⇒ Vận dụng để giải dạng toán:
TÌM ĐIỀU KIỆN ĐỂ HÀM SỐ ĐƠN ĐIỆU TRÊN
KHOẢNG K CHO TRƯỚC
14)Tìm điều kiện để pt f(x) = ax
2
+ bx + c = 0
có ít nhất 1n
0
(hoặc có đúng 1n
0
) thuộc (α ; β)
hoặc thuộc [α ; β); (α ; β]; [α ; β]
ĐỂ ĐƠN GIẢN, TA DÙNG PP CHUNG SAU ĐÂY
• Bước 1: Xét các trường hợp đặc biệt (xảy ra dấu
bằng), khi đó ta có pt cụ thể và tìm được các n
0

của
pt đó , xem có thỏa ycbt không, gồm các trường
hợp sau +a = 0
+∆ = 0
+f(α) = 0
+f(β) = 0
• Bước 2: Xét 4 trường hợp còn lại, chỉ chọn ra các
trường hợp thỏa ycbt
x
1
< α < x
2
< β
α < x
1
< β < x
2
(2TH trên có thể gộp thành 1TH là
0
0
1 ( ; )
1 [ ; ]
n
n
α β
α β
∈




∉


)
x
1
< α < β < x
2
α < x
1
< x
2
< β
Chú ý: Sau khi học khảo sát hàm số, ta có cách
giải khác hay hơn (dựa vào đồ thò hoặc bảng biến
thiên để biện luận số nghiệm của pt)
VD: Tìm m để pt x
2
+ (3 – m)x + 3 – 2m = 0 có n
0

x ∈
3
[ ; 0)
2
−

Giải: (*) ⇔ x
2
+ 3x – mx + 3 – 2m = 0

⇔ x
2
+ 3x + 3 = m(x + 2)
Vì x = –2 không là n
0
nên chia 2 vế cho x + 2 ≠ 0
(*) ⇔
2
3 3
2
x x
m
x
+ +
=
+
Để (*) có n
0
x ∈
3
[ ; 0)
2
−
thì đt y = m phải có điểm
chung với (C):
2
3 3
2
x x
y

x
+ +
=
+
ở phần x ∈
3
[ ; 0)
2
−

Lập BBT của hs
2
3 3
2
x x
y
x
+ +
=
+
ở phần x ∈
3
[ ; 0)
2
−

từ đó tìm được m thỏa ycbt (tự làm tiếp)
15)Tìm điều kiện để pt f(x) = ax
2
+ bx + c = 0

có ít nhất 1n
0
(hoặc có đúng 1n
0
) thuộc (α ; +∞)
hoặc thuộc [α ; +∞); (–∞ ; α); [–∞ ; α]
ĐỂ ĐƠN GIẢN, TA DÙNG PP CHUNG SAU ĐÂY
• Bước 1: Xét các trường hợp đặc biệt (xảy ra dấu
bằng), khi đó ta có pt cụ thể và tìm được các n
0
của
pt đó , xem có thỏa ycbt không, gồm các trường
hợp sau +a = 0
+∆ = 0
+f(α) = 0
• Bước 2: Xét 3 trường hợp còn lại, chỉ chọn ra các
trường hợp thỏa ycbt
x
1
< α < x
2
α < x
1
< x
2
x
1
< x
2
< α

Chú ý: Sau khi học khảo sát hàm số, ta có cách
giải khác hay hơn (dựa vào đồ thò hoặc bảng biến
thiên để biện luận số nghiệm của pt)
IV/Phương trình và bpt qui về bậc hai:
1)Pt và bpt chứa dấu giá trò tuyệt đối:
a)PP chung để giải pt, bpt chứa dấu gttđ:
•Lập bảng xét dấu chung cho tất cả các biểu thức
nằm trong dấu gttđ
•Chia ra từng khoảng nhỏ để bỏ dấu gttđ rồi giải
và chỉ chọn n
0
thuộc khoảng đang xét (có thể gộp
chung các khoảng nhỏ mà trên đó các biểu thức
được xét dấu có dấu như nhau)
•Tổng hợp n
0
trên các khoảng nhỏ để kết luận
chung (tìm hợp của các tập n
0
)
VD:
Giải bpt lx
2
– 4x +3l – 2.l5 – 2xl ≥ 3x – 7
b)Trường hợp riêng: lAl = lBl ⇔
A B
A B
=



= −

lAl = B ⇔
2 2
0
0
B
B
A B
A B
A B
≥

≥



⇔
=

 
=




= −


lAl ≤ B ⇔

A B
A B
≤


≥ −

⇔
B A B− ≤ ≤
(nhỏ -> và)
lAl ≥ B ⇔
A B
A B
≥


≤ −

(lớn -> hoặc)
lAl ≥ lBl ⇔ A
2
≥ B
2
⇔ (A + B).(A – B) ≥ 0
lA + Bl = lAl + lBl ⇔ A.B ≥ 0
lA – Bl = lAl + lBl ⇔ A.B ≤ 0
Có thể chuyển vế hợp lí để có 2 vế không âm rồi
bình phương 2 vế
VD: l–2x + 1l – lx +3l < 2
⇔ l–2x + 1l < 2 + lx +3l

⇔ (–2x + 1)
2
< (2 + lx +3l)
2
Biến đổi và vận dụng dạng lAl > B (tự làm tiếp)
2)Pt và bpt chứa căn bậc hai:
a)PP chung: bình phương 2 vế hoặc đặt ẩn phụ
•Đặt đk cho căn có nghóa, đặt đk cho 2 vế hợp lí
•Nếu biểu thức phức tạp thì xem thử đặt ẩn phụ
được không?
•Nếu có chứa nhiều dấu căn thì nên chuyển vế
hợp lí để cho 2 vế ≥ 0 và bỏ bớt được 1 số đk
VD:
6 1 3 6 1 3x x x x+ − > − ⇔ + > + −
2 2
3 0
( 6 ) (1 3 )
x
x x
− ≥


⇔

+ > + −


3 3
6 1 2 3 3 3 1
x x

x x x x x
≤ ≤
 
 
⇔ ⇔
 
+ > + − + − − < +
 
 
(nếu bình phương 2 vế ngay từ pt đầu thì cần các đk
3 – x ≥ 0,
6 1 0x + − ≥
, x + 6 ≥ 0)
•Chỉ khi nào 2 vế cùng ≥ 0 mới được bình phương
hai vế để làm mất căn rồi giải
b)Trường hợp riêng:
0 0)A
A B
A B
≥ ≥

= ⇔

=

(hoặc B
2
0
A B
A B

≥


= ⇔

=


B
;
0
A B
A B
≥

≥ ⇔

≥

B
2
0; 0
A B
A B
≥ ≥


≤ ⇔

≤



A B
2
0
0
0
A B
A B

≥



≤

≥ ⇔






≥



A
B
B >

không được bình phương 2 vế
Chú ý:
0
. 0
0
0
B
A
A B
A

=




≥ ⇔





≥


xđ
B >
;
0
. 0

0
0
B
A
A B
A

=




≤ ⇔





≤


xđ
B >
Có khi ta đặt 2 ẩn phụ u, v để đưa 1 pt chứa căn
về 1 hệ gồm 2 pt cơ bản
VD:
Cho pt
3 6 (3 )(6 )x x x x m+ + − − + − =
Giải pt với m = 3?
Đònh m để pt có nghiệm?

HD: Đặt t =
3 x+
+
6 x
−
, khảo sát ⇒ đk của t
Hoặc đặt u =
3 x+
;v =
6 x−
được hệ đối xứng
3)Pt chứa căn bậc 3 dạng đơn giản:
(không cần điều kiện cho căn bậc 3 có nghóa)
•
3 3
A B A B= ⇔ =
•
3
3
A B A B= ⇔ =
•
3
3 3 3 33
( )A B C A B C+ = ⇔ + =
3 3 3 3
3. . .( )A B A B A B C
⇔ + + + =
Thay
3 3 3
A B C+ =

vào, ta được pt hệ quả
3 3
3
3. . .A B A B C C
+ + =
Giải pt này, thử lại n
0
vào pt đầu tiên
4)Pt bậc 4 dạng đơn giản:
•Pt trùng phương: ax
4
+ bx
2
+ c = 0
Đặt t = x
2
≥ 0, ta được pt at
2
+ bt + c = 0
•Pt (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = e, với a + b = c + d
Đặt t = (x + a)(x + b), hoặc t = (x + c)(x + d) ta được
pt bậc hai
•Pt (x + a)
4
+ (x + b)
4
= c
Đặt t =
2
a b

x
+
+
, đưa được về pt trùng phương
•Pt phản thương:
ax
4
+ bx
3
+ cx
2
+ bx + a = 0 (*) , với a ≠ 0
Vì x = 0 không là n
0
nên chia 2 vế cho x
2
≠0,ta được
ax
2
+ bx + c +
2
b a
x
x
+
= 0
⇔ a(x
2
+
2

1
x
) + b(x +
1
x
) + c = 0
Đặt t = (x +
1
x
)⇒t
2
= x
2
+ 2 +
2
1
x
⇒x
2
+
2
1
x
= t
2
–2
Đk:
2t ≥
⇔ t ≤ –2 hoặc t ≥ 2
(*) ⇔ a(t

2
– 2) + bt + c = 0 ⇔ at
2
+bt + c – 2a = 0
ÔN TẬP KIẾN THỨC CƠ BẢN – CÁC DẠNG TOÁN QUAN TRỌNG - 3 -
Chú ý: Vì x và
1
x
cùng dấu, và áp dụng bđt Côsi,
ta có
1 1 1
2. . 2t x x x
x x x
= + = + ≥ =

Chú ý: Khi giải pt, hệ pt ta còn dùng các PP khác
+A.B = 0 ⇔ A = 0 hoặc B = 0 (pt tích)
+A
2
+ B
2
= 0 ⇔
0
0
A
B
=


=


; lAl + lBl = 0 ⇔
0
0
A
B
=


=

+Nếu ta luôn có f(x) ≥ C, g(x) ≤ C thì pt
f(x) = g(x) ⇔
( )
( )
f x C
g x C
=


=

(PP đối lập)
+Nếu f(x
0
) = g(x
0
); f(x) là hs tăng; g(x) là hs giảm
thì pt f(x) = g(x) có n
0

duy nhất là x = x
0
+Nếu f(t) là hs đơn điệu (chỉ luôn luôn tăng hoặc
luôn luôn giảm) thì f(x) = f(y) ⇔ x = y
+Khi pt f(x) = g(x) chỉ có vài nghiệm thì ta có thể
dùng PP đồ thò: Vẽ 2 đồ thò y = f(x); y = g(x); tìm
hoành độ các giao điểm, thử lại và kết luận n
0
?
V/Bất đẳng thức:
1)Đònh nghóa: a < b ⇔ a – b < 0
2)Các tính chất (các phép biến đổi):
a)Các phép biến đổi tương đương:
•a < b ⇔ a + c < b + c ; a < b + c ⇔ a – c < b
•a < b ⇔ a.c < b.c, ∀ c > 0: nhân 2 vế với cùng 1 số
dương thì không đổi chiều bất đẳng thức
a < b ⇔ a.c > b.c, ∀ c < 0: nhân 2 vế với cùng 1 số
âm thì phải đổi chiều bất đẳng thức
•∀a, b ta có thể nâng 2 vế lên cùng một lũy thừa
lẻ, hoặc lấy căn bậc lẻ của 2 vế
a < b ⇔ a
2n + 1
< b
2n + 1
⇔
2 1 2 1n n
a b
+ +
<
•Với đk 2 vế ≥ 0, ta mới được nâng 2 vế lên cùng

một lũy thừa chẵn, hoặc lấy căn bậc chẵn của 2 vế
a < b ⇔ a
2n
< b
2n
⇔
2 2n n
a b
<
•Với đk 2 vế cùng dấu ta mới được nghòch đảo 2 vế
nhưng khi đó phải đổi chiều bất đẳng thức
a < b ⇔
1 1
a b
>
b)Các phép biến đổi hệ quả:
•Bắc cầu:
a b
b c
<


<

⇒ a < c
•Cộng vế theo vế:
a b
c d
<



<

⇒ a + c < b + d
(không có qui tắc trừ vế theo vế)
•Với đk 2 vế ≥ 0 ta mới được nhân vế theo vế:
0
0
a b
c d
≤ <


≤ <

⇒ a . c < b . d
(không có qui tắc chia vế theo vế)
3)Các cách chứng minh bất đẳng thức: a < b (1*)
C1 - DÙNG ĐỊNH NGHĨA: Ta cm a – b < 0 ⇒ a < b
C2 - BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG:
Dùng các phép biến đổi tương đương để đưa bất
đẳng thức đã cho về dạng bđt đã biết là đúng
Ta cm (1*) ⇔ (2*) ⇔ (3*) ⇔ . . . ⇔ (n*),
Với (n*) đã biết là đúng ⇒ (1*) đúng
Thường chuyển hết về 1 vế để dùng các kết quả
•
2 2 2 2
1 2 3
... 0
n

A A A A+ + + + ≥
,∀A
1
; A
2
; A
3
. . .;A
n
∈ R
Dấu “=” xảy ra khi A
1
= A
2
= A
3
= . . . = A
n
= 0
•A ≥ 0; B ≥ 0 ⇒ A + B ≥ 0; dấu “=” xảy ra khi A =
B = 0
•A ≥ 0; B ≥ 0 ⇒ A.B ≥ 0; dấu “=” xảy ra khi A = 0
hoặc B = 0
C3 - BIẾN ĐỔI HỆ QUẢ:
Xuất phát từ bđt (n*) đã biết là đúng
Ta cm (n*) ⇒ (n –1*) ⇒ . . .⇒ (2*) ⇒ (1*): đpcm
Ta thường dùng các kết quả sau để cm các bđt khác
•Bất đẳng thức Côsi:
2
a b

ab
+
≥
, ∀a, b ≥ 0
3
3
a b c
abc
+ +
≥
,∀a,b,c ≥0; dấu “=” khi a = b = c
Dấu hiệu để dùng bđt Côsi là đề cho các số ≥ 0
hoặc số dương
•Bất đẳng thức chứa dấu giá trò tuyệt đối:
lxl ≤ a ⇔
x a
x a
≤


≥ −

⇔ – a ≤ x ≤ a (nhỏ -> và)
lxl ≥ a ⇔
x a
x a
≥


≤ −


(lớn -> hoặc)
la + bl ≤ lal + lbl, dấu “=” xảy ra khi a.b ≥ 0
la – bl ≤ lal + lbl, dấu “=” xảy ra khi a.b ≤ 0
•Bất đẳng thức Bunhiacôpski:
∀a, b, x , y ta có (ax + by)
2
≤ (a
2
+ b
2
). (x
2
+ y
2
)
Dấu “=” xảy ra khi
a b
x y
=
(khi dùng bđt này cần
xác đònh rõ vai trò của a, b, x, y để tách cho hợp lí)
•Cho a, b, c là 3 cạnh của 1∆ thì
a + b > c, b + c > a, c + a > b
(tổng của 2 cạnh bất kỳ luôn > cạnh thứ 3)
a – b < c, b – c < a, c – a < b
(hiệu của 2 cạnh bất kỳ luôn < cạnh thứ 3)
•∀a, b > 0 ta có
1
2a

a
+ ≥
;
1 1 4
a b a b
+ ≥
+
;
1 1 4
1a b ab
+ ≥
+
;
a b
a b
b a
+ ≥ +
•∀a, b, c , d > 0 áp dụng bđt Côsi, ta có
1 1 1 1
( ).( ) 16a b c d
a b c d
+ + + + + + ≥
⇒
1 1 1 1 1 1
.( )
16a b c d a b c d
≤ + + +
+ + +
•∀a , b ta có a
2

+ ab + b
2
≥
3
4
(a + b)
2
2 2
2
( )
2 2
a b a b+ +
≥
;
2 2 2
2
( )
3 3
a b c a b c+ + + +
≥
•Cho a, b, c > 0: Nếu
1
a
b
<
thì
a a c
b b c
+
<

+
•∀a ≠ 0 ta có
1 1
2a a
a a
+ = + ≥
(vì 2số cùng dấu)
•∀
,u v
r r
ta có
u v u v+ ≤ +
r r r r
, dấu “=” xảy ra khi
,u v
r r
cùng hướng;
u v u v− ≤ +
r r r r
, dấu “=” xảy ra khi
,u v
r r
ngược
hướng (dùng 2 bđt này thì ta có thể phối hợp hoành
theo hoành, tung theo tung)
Chú ý: Ngoại trừ bđt Côsi,gttđ,Bunhiacôpski,bđt ∆;
còn các kết quả khác cần phải cm trước khi sử
dụng
C4 - TƯ DUY HÀM: Biến đổi về hết theo 1 đối
tượng, đặt đối tượng đó là biến số rồi lập BBT của

hàm số, hoặc cm bất đẳng thức bằng cách dùng các
tính chất của tích phân.
CÁCH KHÁC . . .
VI/Công thức lượng giác:
1)Hằng đẳng thức cơ bản:
sin
2
x + cos
2
x = 1; tgx.cotgx = 1; tgx =
sin
cos
x
x
;
cotgx =
cos
sin
x
x
;1 +tg
2
x =
2
1
cos x
;1 + cotg
2
x =
2

1
sin x
2)GTLG của các cung liên quan đặc biệt:
COS ĐỐI:
α và (–α) ⇒ sin (–α) = –sinα
cos (–α) = cos α
tg (–α) = –tg α
cotg (–α) = –cotg α
SIN BÙ:
α và (π–α) ⇒ sin (π–α) = sin α
cos (π–α) = –cos α
tg (π–α) = –tg α
cotg(π–α) = –cotg α
PHỤ CHÉO:
α và (π/2–α) ⇒ sin (π/2–α) = cos α
cos (π/2–α) = sin α
tg (π/2–α) = cotg α
cotg(π/2–α) = tg α
KHÁC π tg, cotg bằng nhau
α và (π+α) ⇒ sin (π+α) = – sin α
cos (π+α) = –cos α
tg (π+α) = tg α
cotg(π+α) = cotg α
3)Công thức cộng:
sin(a ± b) = sina.cosb ± sinb.cosa
cos(a ± b) = cosa.cosb
m
sina.sinb
tg (a ± b) =
1 .

tga tgb
tga tgb
±
m
4)Công thức nhân đôi: sin2u = 2.sinu.cosu
⇒ sin u .cos u =
1
2
sin 2u ; tg2u =
2
2
1
tgu
tg u−
;
cos2u = cos
2
u – sin
2
u = 2cos
2
u – 1 = 1 – 2sin
2
u
5)Công thức hạ bậc: sin
2
u =
1 cos 2
2
u−

cos
2
=
1 cos 2
2
u+
⇒ tg
2
u =
1 cos 2
1 cos 2
u
u
−
+
6)Công thức chia đôi: Đặt t = tg
2
u
, ta có
tg u =
2
2
1
t
t−
⇒ sin u =
2
2
1

t
t+
; cos u =
2
2
1
1
t
t
−
+
7)Công thức nhân ba:
sin 3u = sin (u + 2u) = . . . = 3 sin u – 4 sin
3
u
cos 3u = cos (u + 2u) = . . . = 4 cos
3
u –3 cos u
8)Một số kết quả thường dùng:
(sin x ± cos x)
2
= 1 ± 2.sin x.cos x = 1 ± sin 2x
cos
4
x – sin
4
x = cos
2
x – sin
2

x
cos
4
x + sin
4
x = 1 – 2.sin
2
x.cos
2
x
cos
6
x + sin
6
x = 1 – 3.sin
2
x.cos
2
x
tg x + cotg x =
2
sin 2x
; cotg x – tg x = 2.cotg 2x
cotg x – cotg 2x =
1
sin 2x
9)Công thức biến đổi tổng thành tích:
cosa + cosb = 2. cos
2
a b+

.cos
2
a b−
cosa – cosb = –2. sin
2
a b+
.sin
2
a b−
sina + sinb = 2.sin
2
a b+
.cos
2
a b−
sina – sinb = 2 .cos
2
a b+
.sin
2
a b−
tga + tgb =
sin( )
cos .cos
a b
a b
+
; tga – tgb =
sin( )
cos .cos

a b
a b
−
VD:1 – 2sinx = 2(
1
2
– sinx) = 2(sin
6
π
– sinx) = . . .
10)Công thức biến đổi tích thành tổng:
cosx.cosy =
1
2
[cos(x + y) + cos(x – y)]
sinx.siny =
1
2
[cos(x – y) – cos(x + y)]
sinx.cosy =
1
2
[sin(x + y) + sin(x – y)]
Chú ý: Công thức nhân đôi, hạ bậc cũng có thể
biến đổi tổng thành tích, tích thành tổng
sin
2
u =
1 cos 2
2

u−
; cos
2
=
1 cos 2
2
u+
⇒
1 – cos 2u = 2.sin
2
u ; 1 + cos 2u = 2.cos
2
u
ÔN TẬP KIẾN THỨC CƠ BẢN – CÁC DẠNG TOÁN QUAN TRỌNG - 4 -
11)Công thức biến đổi S = a.sinx ± b.cosx
S = a.sinx ± b.cosx =
=
2 2
a b+
.(
2 2
a
a b+
.sinx ±
2 2
b
a b+
.cosx)
Đặt
2 2

a
a b+
= cosα;
2 2
b
a b+
= sinα
⇒ S =
2 2
a b+
.(sinx.cosα ± sinα. cosx)
=
2 2
a b+
.sin (x ± α)
Chú ý: sin u ± cos u =
2
.sin (u ±
4
π
)
cos u ± sin u =
2
.cos (u
m
4
π
)
12)Một số kết quả cần lưu ý:
•sin x + sin(x – 2π/3) + sin(x + 2π/3) = 0

cos x + cos(x – 2π/3) + cos(x + 2π/3) = 0
•sin x.sin(π/3 – x).sin(π/3 + x) =
1
4
sin 3x
cos x.cos(π/3 – x).cos(π/3 + x) =
1
4
cos 3x
tg x.tg(π/3 – x).tg(π/3 + x) = tg 3x
•2sin
2
x
(cosx + cos 2x + cos 3x) =
= 2 sin
2
x
.cosx + 2 sin
2
x
.cos2x + 2 sin
2
x
.cos3x =
sin
3
2
x
+sin
2

x−
+sin
5
2
x
+sin
3
2
x−
+sin
7
2
x
+sin
5
2
x−
= sin
7
2
x
+sin
2
x−
= sin
7
2
x
– sin
2

x
= 2cos2x.sin
3
2
x
VII/Phương trình lượng giác:
1)Phương trình lượng giác cơ bản:
a)Công thức tổng quát: (với k ∈ Z)
•sinu = sinv ⇔
2
2
u v k
u v k
π
π π
= +


= − +

(BẰNG HOẶC BÙ)
•cosu = cosv ⇔
2
2
u v k
u v k
π
π
= +



= − +

(BẰNG HOẶC ĐỐI)
•tg u = tg v ⇔ u = v + kπ
•cotg u = cotg v ⇔ u = v + kπ
Chú ý:
Pt sinx = a, cosx = a chỉ có n
0
khi –1 < a < 1
b)Trường hợp đặc biệt:
•sin u = 0 ⇔ u = kπ
sin u =1 ⇔ u = π/2 + k2π
sin u =–1 ⇔ u = –π/2 + k2π
•cos u = 0 ⇔ u = π/2 + kπ
cos u =1 ⇔ u = k2π
cos u =–1 ⇔ u = π + k2π
•sin
2
u = 1 ⇔ cos u = 0 ;
sin u
= 1 ⇔ cos u = 0
cos
2
u = 1 ⇔ sin u = 0 ;
sco u
= 1 ⇔ sin u = 0
sin 0
cos 0
u

u
=


=

⇔ sin 2u = 0;
sin 0
cos 0
u
u
≠


≠

⇔ sin 2u ≠ 0
•sin a = cos b ⇔ sin a = sin(π/2 – b) (dùng góc phụ)
tg a = cotg b ⇔ tg a = tg(π/2 – b) (dùng góc phụ)
sin a = –sinb ⇔ sin a = sin(–b) (dùng góc đối)
tg a = –tgb ⇔ tg a = tg(–b) (dùng góc đối)
cotg a = –cotgb ⇔ cotg a = cotg(–b) (dùng góc đối)
cos a = –cosb ⇔ cos a = cos(π ± b) (dùng góc bù
hoặc góc khác 1 π )
2)Pt bậc nhất, bậc2, bậc cao đối với 1 hslg:
•Đặt t = hslg và điều kiện cho t (nếu cần)
•Giải pt đại số để tìm t, sau đó giải pt lượng giác cơ
bản để tìm x
Chú ý:
Nếu đặt t = sinx, t = cosx thì đk là –1 ≤ t ≤ 1; nếu

đặt t = tgx hoặc t = cotgx thì không cần đk cho t.
3)Pt bậc nhất đối với sin và cos của cùng 1 cung:
asinx + bcosx = c (*); với a
2
+ b
2
≠ 0
PP1: Chia 2 vế cho
2 2
a b+
(*)⇔
2 2
a
a b+
.sinx +
2 2
b
a b+
.cosx =
2 2
c
a b+
Đặt
2 2
a
a b+
= cosα;
2 2
b
a b+

= sinα
(*) ⇔ sinx.cosα + sinα.cosx =
2 2
c
a b+

⇔ sin (x + α) =
2 2
c
a b+
Đk có n
0
là a
2
+ b
2
≥ c
2
Chú ý:
Có thể đặt cách khác ⇒ cos(x–β) =
2 2
c
a b+
PP2: Đặt t = tg
2
x
; Đk:
2
x
≠

2
π
+ kπ ⇔ x ≠ π + k2π
(*) ⇔ a.
2
2
1
t
t+
+b.
2
2
1
1
t
t
−
+
= c: đã biết giải
Cần kiểm tra lại xem x = π + k2π có là n
0
không?
Chú ý:
+Nếu a = ± b thì ta có cách giải đặc biệt dùng các
công thức sin u ± cos u =
2
.sin (u ±
4
π
)

+Nếu c = 0 thì có asinx = –bcosx.Vì cosx = 0 không
thỏa pt nên chia 2 vế cho cosx ≠ 0 ⇒ tgx = – b/a
4)Pt đẳng cấp bậc hai đối với sin và cos của cùng
một cung: asin
2
x + bsinx.cosx + c.cos
2
x = d (*)
PP1: (chia 2 vế cho cos
2
x hoặc sin
2
x)
•Nếu cosx = 0 ⇔ x = π/2 + kπ thì sinx = ± 1: kiểm
tra xem có thỏa pt (*) không?
•Nếu cosx ≠ 0 thì chia 2 vế cho cos
2
x ≠ 0
(*) ⇔ a.tg
2
x + b.tgx + c =
2
cos
d
x
=d.(1 + tg
2
x) :
đã biết giải
PP2: (dùng cộng thức nhân đôi và hạ bậc)

(*) ⇔ a.
1 cos 2
2
x−
+b.
sin 2
2
x
+c.
1 cos 2
2
x+
=d
⇔ b.sin2x + (c –a).cos2x = 2d – a – c: đã biết giải
Chú ý: Pt đẳng cấp bậc 3 có cách giải tương tự
asin
3
x + bsin
2
xcosx + csinxcos
2
x + dcos
3
x + esinx +
fcosx = g : chia 2 vế cho cos
3
x hoặc sin
3
x
5)Pt đối xứng đối với sin và cos của cùng 1 cung:

a.(sinx + cosx) + b.sinx.cosx = c (*)
Đặt t = sinx + cosx =
2
.sin(x +
4
π
),–
2
≤ t ≤
2

⇒ t
2
= 1 + 2sinxcosx ⇒ sinxcosx =
2
1
2
t −
(*) ⇔ at + b.
2
1
2
t −
= c ⇔ bt
2
+ 2at – b – 2c = 0:
Chú ý: Pt phản xứng có cách giải tương tự
a.(sinx – cosx) + b.sinx.cosx = c: đặt t = sinx – cosx
⇒ t
2

= 1 – 2sinxcosx ⇒ sinxcosx =
2
1
2
t−
chú ý?
6)Các pt lượng giác khác:
a)CÁC BƯỚC GIẢI PTLG BẤT KỲ:
•Đặt đk (nếu cần)
•Rút gọn pt đã cho theo phương hướng thuận lợi
nhất, bằng công thức lượng giác đã học
•Giải pt cuối cùng
•So đk để chọn nghiệm
b)CÔNG THỨC BIẾN ĐỔI THƯỜNG DÙNG:
Tổng thành tích, tích thành tổng, nhân đôi, hạ bậc,
công thức cộng, hằng đẳng thức. Ngoài ra, còn
dùng công thức nhân ba, chia đôi, biến đổi asinx +
bcosx, sin u ± cos u = . . . , cos u ± sin u = . . .
c)PHƯƠNG HƯỚNG BIẾN ĐỔI THƯỜNG GẶP:
Phát hiện nhóm giống nhau để đặt nhân tử chung
đưa về pt tích, biến đổi về cùng 1 cung để đưa về
ptlg thường gặp, biến đổi về cùng 1 đối tượng nào
đó để đặt ẩn phụ, và cuối cùng luôn đưa về ptlg cơ
bản.
Đặc biệt, với những bài khó thì có thể phải dưa về
các dạng pt như ở phần chú ý IV/4)
Có khi phải thử biến đổi theo nhiều hướng khác
nhau, từ đó mới chọn được hướng giải thuận lợi
Chú ý:
+Công thức n

0
x = α +
2k
n
π
thì có n điểm biểu
diễn trên đường tròn lượng giác tạo thành 1 đa giác
đều n cạnh. Ngược lại, nếu nhiều công thức n
0
có
điểm biểu diễn tạo thành 1 đa giác đều n cạnh thì
có thể gộp các công thức đó thành 1 công thức
chung.
+Nên dùng công thức hạ bậc (nếu được) để tránh
bậc cao, khỏi mất công gộp các công thức nghiệm
+Chương trình mới không yêu cầu biểu diễn họ
nghiệm trên đường tròn lg và gộp công thức
nghiệm
VIII/Hệ thức lượng trong tam giác:
1)Hệ thức lượng trong tam giác vuông:
BA
2
= BC.BH; CA
2
= CB.CH
AB
2
+ AC
2
= BC

2
AH.BC = AB.AC
HA
2
= HB.HC
2 2 2
1 1 1
AH AB AC
= +
sinB =
AC
BC
;cosB =
AB
BC
;tgB =
AC
AB
;cotgB =
AB
AC
⇒ AC = BC.sinB (1 cạnh góc vuông = cạnh huyền
x sin góc đối của nó )
⇒ AB = BC.cosB (1 cạnh góc vuông = cạnh huyền
x cos góc kề của nó)
⇒ AC = AB.tgB (1 cạnh góc vuông = cạnh góc
vuông kia x tg góc đối của nó)
⇒ AB = AC.cotgB (1 cạnh góc vuông = cạnh góc
vuông kia x cotg góc kề của nó) . . .
2)Hệ thức lượng trong tam giác thườâng:

Cho ∆ABC, gọi R, r lần lượt là bán kính đường tròn
ngoại tiếp, nội tiếp ∆ABC;
,
a
h
a
m
lần lượt là
đường cao, trung tuyến xuất phát từ đỉnh A; S là
diện tích; p là nửa chu vi
a)Đònh lí Côsin:
a
2
= b
2
+ c
2
– 2bc.cosA
b
2
= a
2
+ c
2
– 2ac.cosB
c
2
= a

2
+ b
2
– 2ab.cosC
⇒ cos A =
2 2 2
2
b c a
bc
+ −
. . .
b)Đònh lí sin:
2
sin sin sin
a b c
R
A B C
= = =
c)Công thức độ dài trung tuyến:
2 2 2
2
2 4
a
b c a
m
+
= −
;
2 2 2
2

2 4
b
a c b
m
+
= −
2 2 2
2
2 4
c
a b c
m
+
= −

6/Cách cm ba điểm A; B; C thẳng hàng:
Ta cm chúng là điểm chung của hai mặt phẳng
phân biệt ⇒ A; B; C cùng nằm trên giao tuyến của
hai mặt phẳng ⇒ A; B; C thẳng hàng
7/Cách cm ba đường thẳng a; b; c đồng qui:
Cách 1:
Tìm ra hai mp
α
β



chứa a
chứa b
; mà có α ∩ β = c

sin
cos
–1
O
1
1
–1
A
C
B
H
ÔN TẬP KIẾN THỨC CƠ BẢN – CÁC DẠNG TOÁN QUAN TRỌNG - 5 -
d)Công thức diện tích tam giác:
S =
1
2
a.
a
h
=
1
2
b.
b
h
=
1
2
c.
c

h
S =
1
2
ab.sinC =
1
2
bc.sinA =
1
2
ca.sinB
S =
4
abc
R
; S = p.r với p =
2
a b c+ +
S =
( )( )( )p p a p b p c− − −
(Hê–rông)
e)Các đẳng thức liên hệ giữa các góc trong ∆ :
Vì (A + B) + C = π;
2 2 2
A B C
π
+
+ =
nên
•sin(A + B) = sinC ; cos(A + B) = – cos C

tg(A + B) = –tgC ; cotg(A + B) = –cotgC
•sin
2
A B+
= cos
2
C
; cos
2
A B+
= sin
2
C
tg
2
A B+
= cotg
2
C
; cotg
2
A B+
= tg
2
C
f)Các đẳng thức về góc thường gặp trong ∆ :
(nếu muốn dùng các đẳng thức này thì phải vận
dụng phần e) ở trên để cm đẳng thức bằng công
thức lượng giác)
•sinA + sinB + sinC = 4.cos

2
A
.cos
2
B
.cos
2
C
•cosA + cosB + cosC = 1 + 4.sin
2
A
.sin
2
B
.sin
2
C
•sin2A + sin2B + sin2C = 4.sinA.sinB.sinC
•cos2A + cos2B + cos2C = – 1 – 4.cosA.cosB.cosC
•sin
2
A + sin
2
B + sin
2
C = 2 + 2.cosA.cosB.cosC
•cos
2
A + cos
2

B + cos
2
C = 1 – 2.cosA.cosB.cosC
•tgA + tgB + tgC = tgA.tgB.tgC (với A,B,C ≠ 90°)
•cotg
2
A
+cotg
2
B
+cotg
2
C
=cotg
2
A
cotg
2
B
cotg
2
C
•cotgA.cotgB + cotgB.cotgC + cotgC.cotgA = 1
•tg
2
A
.tg
2
B
+tg

2
C
.tg
2
A
+tg
2
B
.tg
2
C
= 1
g)Cách chứng minh một đẳng thức liên hệ giữa
các yếu tố trong tam giác:
•Nếu đẳng thức chỉ chứa các góc thì thường dùng
các công thức lượng giác để cm
•Nếu đẳng thức chứa các góc và cạnh . . . thì phải
dùng đến các hệ thức lượng trong tam giác như ĐL
sin, ĐL côsin, công thức diện tích . . . để cm
h)Cách nhận dạng ∆ nhờ vào hệ thức cho trước:
•Nếu hệ thức chỉ chứa các góc thì biến đổi hệ thức
về dạng tích A.B = 0, hay tổng các bình phương A
2

+ B
2
= 0; giải A = 0, B = 0 để xác đònh được góc,
hay xác đònh được mối liên hệ giữa các góc; từ đó
suy ra dạng của ∆.
•Nếu hệ thức chỉ chứa các cạnh thì dùng ĐL côsin,

ĐL đảo Pitago . . .
•Nếu hệ thức chứa cả góc và cạnh thì nên biến đổi
về hết theo góc, hoặc theo cạnh để dễ nhận dạng
Chú ý:
+Có thể hệ thức đã cho là trường hợp phải xảy ra
dấu “=” của một bất đẳng thức nào đó ⇒ A, B, C
+Nếu trong hệ thức đã cho, 2 góc A, B có vai trò
như nhau thì ∆ABC có thể là ∆ cân hoặc ∆ vuông
+Nếu trong hệ thức đã cho, cả 3 góc A, B, C có vai
trò như nhau thì ∆ABC có thể là ∆ đều
IX/PP GIẢI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN:
QUAN HỆ SONG SONG
1/Cách tìm giao tuyến của hai mặt phẳng:
• Cách 1:
Tìm 2 điểm chung phân biệt của 2 mặt phẳng
• Cách 2:
Tìm 1 điểm chung và phương của giao tuyến (nhờ
vào các đònh lí, hệ quả của chương song song)
+Dạng 1: (để tìm giao tuyến của 2 mặt phẳng
lần lượt chứa 2 đường thẳng song song)
// //Mx a b
α β
α β
α β

⇒ ∩ =


và chứa a // b
và co ùM chung

+Dạng 2: (để tìm giao tuyến của 2 mp biết mp này
có chứa 1 đt song song với mp kia)
//Mx d
α β α β
⊂ ⇒ ∩ = // d
, với M là điểm chung
+Dạng 3:
(để tìm giao tuyến tạo bởi 1mp với 2 mp song song)
//Mx a
α β
γ β
γ α

⇒ ∩ =

∩

//
= a
, với M là điểm chung
Chú ý: Ta thường không dùng dạng 3 mà quay trở
về dùng dạng 2
VD: Tìm thiết diện tạo bởi hình chóp S.ABCD với
mặt phẳng α, trong đó α là mp qua điểm M thuộc
AD và α // (SAB)?
α // (SAB) ⇒ α // SA, α // AB, α // SB . . .
α // SA ⊂ (SAD) ⇒ α ∩ (SAD) = MN // SA,
với N ∈ SD
2/Cách tìm giao điểm của đt d và mp α :
•TH1: Nếu tìm được ngay a ⊂ α, a ∩ d = M thì chỉ

cần lí luận ngắn gọn
M ∈ d & M ∈ a ⊂ α ⇒ M = d ∩ α
•TH2: (PP chung)
Nếu không nhìn thấy đường thẳng a như trên, thì
làm như sau
+Chọn mp phụ chứa d là β, sao cho dễ tìm giao
tuyến của β với α
+Tìm ∆ = α ∩ β
+Trong mp phụ β gọi M = ∆ ∩ d
+Lí luận M ∈ d & M ∈ a ⊂ α ⇒ M = d ∩ α
3/Cách cm hai đường thẳng song song: a // b
Cách 1: (dùng tính chất bắc cầu)
Cm a, b cùng song song với một đt khác (dựa vào
tính chất đường trung bình, tính chất hình bình
hành, đònh lý Talet đảo trong mặt phẳng . . .)
Cách 2: (dùng đònh lý về giao tuyến của ba mp)
Nếu 3 mp cắt nhau theo 3 giao tuyến phân biệt thì
giao tuyến ấy đồng qui hoặc đôi một song song. . .
Cách 3: (dùng đònh nghóa)
Cm a, b đồng phẳng và không có điểm chung
Cách 4: Lập luận như các cách tìm giao tuyến //. . .
4/Cách cm đường thẳng song song mặt phẳng:
Cách 1:
//
//
d
d a
α
α
α

⊄

⇒

⊂

d
: Phải tìm ra đường
thẳng a (a ⊂ α) rồi cm d // a; từ đó cm d // α
Nếu a chưa có sẵn trong hình thì ta chọn β chứa d,
khi đó đường thẳng a cần tìm chính là giao tuyến
của α và β
Cách 2:
//d
d
β α
α
β

⇒

⊂

//
: Phải tìm ra mặt
phẳng β rồi cm α // β; từ đó suy ra d // α
Nếu β chưa có sẵn trong hình thì ta chọn 1 điểm M
thích hợp trên d, qua M kẻ đường d’ song song với
1 đường nào đó trong α, khi đó mặt phẳng β cần
tìm chính là mặt phẳng (d ; d’)

Chú ý: Cách 2 hiệu quả hơn cách 1
5/Cách cm hai mặt phẳng song song:
Cách 1:
//
// ; //a b
α
α β
β β


⇒



chứa a, b cắt nhau
Ít dùng, vì mất công cm a // β và b // β
Cách 2:
//
α β

⇒


a // a'
b // b'
, với a, b ⊂ α; a’, b’ ⊂ β
Thường dùng, vì chỉ cần 2 ý ngắn gọn
Giả sử a ∩ b = M ⇒
M
M

α
β
∈


∈

⇒ M ∈ c :
tức là a; b; c đồng qui
Cách 2:
Ta cm c là giao tuyến của hai mặt phẳng α; β lần
lượt chứa a và b ⇒ a; b; c đồng qui
Nhận xét:
PP chung là giả sử a ∩ b = M rồi cm M ∈ c
Cách 1 đầy đủ hơn; cách 2 ngắn gọn hơn
X/PP GIẢI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN:
QUAN HỆ VUÔNG GÓC
1/Đường thẳng và mặt phẳng vuông góc:
Đònh nghóa:
•a ⊥ b ⇔
¶
( ; )a b
= 90°: 2 đt gọi là vuông góc nếu
góc giữa chúng bằng 90°
•d ⊥ α ⇔ (d ⊥ a; ∀a ⊂ α) : đt d gọi là vuông góc
với mp α nếu nó vuông góc với mọi đt chứa trong α
•α ⊥ β ⇔
·
( ; )
α β

= 90° : 2 mp gọi là vuông góc nếu
góc giữa chúng bằng 90°
Đònh lý cơ bản:
d ⊥ α ⇔
;
;
d a d b
a b
a b
α
⊥ ⊥


∩


⊂

Các đònh lý khác:
•
//a b
a
b
α
α

⇒ ⊥

⊥


•
//
d
d
α β
α
β

⇒ ⊥

⊥

•
// ( )
a b
a
b
α α
α
⊥

⇒ ⊂

⊥

hoặc a
Đònh lý ba đường vuông góc:
SH: đường vuông góc
SA: đường xiên
HA: hình chiếu

∀a ⊂ α
Ta có a ⊥ AH ⇔ a ⊥ SA
2/Hai mặt phẳng vuông góc:
Đònh nghóa:
α ⊥ β ⇔
·
( ; )
α β
= 90° : 2 mp gọi là vuông góc nếu
góc giữa chúng bằng 90°
Đònh lý:
α ⊥ β ⇔ (∃ a ⊂ α / a ⊥ β)
Các đònh lý khác:
•
;
c a
a a c
α β
α β β
α
⊥


∩ = ⇒ ⊥


⊂ ⊥

•
;

c
c
α γ β γ
γ
α β
⊥ ⊥

⇒ ⊥

∩ =

X/MẶT CẦU: S(I;R)
Thường kí hiệu mặt cầu là (S), tâm I, bán kính R
1/Lý thuyết:
a)Trục của đa giác:
Cho H là tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác
A
1
A
2
A
3
…A
n
. Nếu đường Ht ⊥ (A
1
A
2
A
3

…A
n
) thì Ht
gọi là trục của đa giác A
1
A
2
A
3
…A
n
(hay gọi là trục
của đường tròn ngoại tiếp đa giác).
Mọi điểm thuộc Ht thì luôn cách đều các đỉnh A
1
;
A
2
;

A
3
; … ; A
n
M
d
a
α
M
d

α
β
∆
b
d
a
α
H
S
a
α
A
a
β
α
a
β
α
c