chuyên đề TOÁN đại số lớp 10

CHƯƠNG 1: TẬP HỢP- MỆNH ĐỀ.
Dạng 1: Mệnh đề
Mệnh đề là một câu khẳng định chỉ có tính đúng hoặc sai
Mệnh đề phủ định: phủ định của P là P ( nếu P sai thì P đúng, P đúng thì P sai)
Mệnh đề kéo theo P ⇒ Q (nếu P thì Q, vì P nên Q)
Mệnh đề Q ⇒ P là mệnh đề đảo của P ⇒ Q
Mệnh đề tương đương P ⇔ Q
Mệnh đề P ⇔ Q chỉ đúng khi P và Q cùng đúng hoặc cùng sai.
Ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Trong các câu sau, câu nào là mệnh đề và cho biết tính đúng sai:
a) Hà Nội là thủ đô của nước Việt Nam
b) Về nhà, các em không làm bài tập sao?
c) Mời e lên bảng!
d) 2 là số lẻ.
e) Hôm nay lớp chúng ta có học Toán không?
f) Lập phương của một số thực thì luôn luôn dương.
g) 7 + x = 3
h) 7 + 5 = 3
i) 4 + x < 3
j) 5 là số vô tỉ
Mệnh đề: a (Đ) ; d (S); f (S);g (Đ); h(S); i; j (Đ)
Ví dụ 2: Viết các mệnh đề sau dùng kí hiệu ∀, ∃ , cho biết tính đúng sai và phủ định mệnh
đề đó. (phủ định: Với mọi là tồn tại; bằng là khác; ≥ là <)
a) A: “Có một số thực mà bình phương của nó bằng 1”
b) B: “Tích của số 2 với bất kì số tự nhiên nào cũng đều khác 1”
c) Tất cả các số nguyên đều là số dương.
d) Bình phương của mọi số thực đều lớn hơn chính nó
e) có số hữu tỉ mà bình phương thì bằng 2
f) Tồn tại số nguyên mà bình phương thì bằng chính nó.
A :" ∃x ∈ ¡ : x 2 = 1"
B :" ∀n ∈ ¥ : 2n ≠ 1"

Ví dụ 3: Phát biểu thành lời các mệnh đề sau và xét tính đúng sai của chúng.
a) A :" ∃x ∈ ¤ : x 2 = 2"
b) B :" ∀x ∈ ¢ : x ∈ ¤ "
c) C :" ∀n ∈ ¥ , n ≥ 0"
d) D :" ∃x ∈ ¤ : x 2 = 3"
e) E :" ∀x ∈ ¡ , x 2 ≠ x "
f) F :" ∃x ∈ ¥ : 2 x 2 − 8 = 0"
g) G :" ∀x ∈ ¡ : x 2 + x + 1 > 0"
h) H :" ∃x ∈ ¡ : x 2 = −11"
i) I :" ∀x ∈ ¡ : x 2 ≤ 0" (S)
j) J :" ∃x ∈ ¡ : x 2 ≤ 0" (Đ)
k) K :" ∀x ∈ ¡ : x 2 + x + 1 > 0" (Đ)
l) L :" ∃x ∈ ¡ : x 2 + x + 1 > 0" (Đ)
A: “Có số hữu tỉ mà bình phương thì bằng 2”


B: “Số nguyên cũng là số hữu tỉ”
Dạng 2: Xác định tập hợp:
Tập hợp số tự nhiên N
¥ = { 0;1; 2;3;...}

¥ * = { 1; 2;3; 4;...}

Tập hợp số nguyên Z

¢ = { ...; −3; −2; −1;0;1; 2;3;...} = { 0; ±1; ±2;...}

Tập hợp các số hữu tỉ Q
m


Q =  | m, n ∈ ¢ , n ≠ 0 
n


Tập hợp số thực R: Gồm các số thập phân hữu hạn, vô hạn tuần hoàn, vô hạn không tuần
hoàn.
Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Liệt kê các phần tử của các tập hợp sau:
2
a) A = { n : n ∈ ¥ , n ( n + 2 ) ≤ 30}
j) J = { x ∈ ¥ : x + x − 6 = 0}
2
b) B = { x ∈ ¢ : −3 < 3 x + 6 ≤ 12}
k) K = { x ∈ R : x − 3x + 1 = 0}

{

2
2
c) C = x ∈ ¥ : ( x − 4 ) ( 2 x − 3 x − 5 = 0 )

d) D = { x ∈ ¥ : x < 6}

e) E = { k ∈ ¢ : −2 ≤ k ≤ 3}
f) F = { x ∈ ¥ : x < 31}
2




1
1
> 
2
x
25 
h) H = { z ∈ ¢ : z ≤ 3}

g) G =  x ∈ ¢ :

i) I = { x ∈ ¥ :14 − 3 x > 0}

}

2
l) L = { x ∈ ¤ : 6 x − 7 x + 1 = 0}

{

2
2
m) M = x ∈ ¥ : ( 2 x − x ) ( x + 2 x − 1 = 0 )

n) N = { x : x = 4k , k ∈ ¢ , −4 ≤ x < 12}
2
o) O = { x : x = 2n − 1, n ∈ ¥ , x < 10}

p) P = { 3k − 1: k ∈ ¢, −5 ≤ k ≤ 3}
q)

{ ( x + 1) ( x − 2) : x ∈ ¡ , ( x − 1) ( x − 2 x − 3) = 0}
r) R = { x ∈ ¢ : ( x − 7 ) ( 2 x − x − 3) = 0}
Q=

2

2

a) Lần lượt thay n=0;1;2;3;… vào n ( n + 2 ) ≤ 30 ta được: A = { 0;1; 2;3; 4}

b) Ta có −3 < 3 x + 6 ≤ 12 ⇔ −9 < 3 x ≤ 6 ⇔ −3 < x ≤ 2 Vậy B = { −2; −1;0;1; 2}
 x = −2
 x=2
2

 x −4 =0
2
2
⇔  x = −1
c) ( x − 4 ) ( 2 x − 3 x − 5 = 0 ) ⇔  2
2 x − 3x − 5 = 0

x=5

2
Chỉ có 2 ∈ ¥ nên C = { 2}

Ví dụ 2: Xác định các tập hợp sau bằng cách nêu các tính chất đặc trưng:
a) A = { 2; 4;6;8;10;12}

b) B = { 1;3;9; 27}
c) C = { −2; −1;0;1; 2}

e) E = { 0; 2;6;12;30; 42}
1 1 1 1 1 
; ; 
 2 6 12 20 30 

g) A =  ; ;

}

d) D = { 0;1; 4;9;16; 25;36}

f) F = { 0;3;8;15; 24;35; 48}
2 3 4 5 6 
; ; 
 3 8 15 24 35 

h) B =  ; ;





1
: n ∈ ¥ ,1 ≤ n ≤ 5
 n ( n + 1)


Hướng dẫn: g) A = 

 n

: n ∈ ¥ , 2 ≤ n ≤ 6
2
 n −1


h) A = 

Dạng 3: Các phép toán: hợp, giao, hiệu, phần bù
Giao: A ∩ B = { x | x ∈ A và x ∈ B} (Lấy phần chung)
Hợp: A ∪ B = { x | x ∈ A hoac x ∈ B} (Gom lại hết)

Hiệu: A \ B = { x | x ∈ A và x ∉ B} (Chỉ lấy những phần tử thuộc A, bỏ đi những phần tử
thuộc B)
Nếu B ⊂ A thì A \ B gọi là phần bù của B trong A, kí hiệu C A B
+ Để xác định giao, hợp của hai tập hợp ta làm như sau:
Vẽ trục số, biểu diễn các số từ bé đến lớn của hai tập hợp, biểu diễn hai tập hợp trên trục số
(phần không thuộc tập hợp thì ta gạch bỏ). Giao của hai tập hợp là phần không gạch bỏ.
Hợp của hai tập hợp là phần gạch bỏ một lần và phần không gạch bỏ.
+ Để xác định hiệu của A và B ta làm như sau: Vẽ trục số, biểu diễn tập A trên trục số, biểu
diễn tập B trên trục số nhưng không gạch bỏ phần bên ngoài, gạch bỏ tập B, phần còn lại
(không gạch bỏ) chính là A \ B . Khi kết luận A \ B chú ý tập B, nếu ở tập B dáu ngoặc nhọn
thì ta chuyển sang dấu ngoặc tròn và ngược lại.
Ví dụ 1: Tìm A ∪ B, A ∩ B, A \ B, B \ A biết:
a) A = ( −2;7 ] , B = ( 0;10]

{

}

2
2
b) A = { x ∈ ¢ : −6 ≤ 2 x + 1 ≤ 1} ; B = x ∈ ¡ : ( x + 2 x ) ( x + 7 x + 12 ) = 0

c) A = { x ∈ ¥ : x ≤ 4} ; B = { x ∈ ¢ : −3 < x ≤ 5}
d) A = ( 2;7 ] ; B = [ 4; +∞ )
e) A = ( −2;7 ) ; B = [ 1;3]

f) A = ( −3;7 ] ; B = [ −3;7 )

g) A = ( −3;7 ) ; B = [ −3;7 ]
h) A = ( −∞;3] ; B = [ 3;9 )

i) A = ( −12;5 ) ; B = [ 5;8]

j) A = ( −3, 6 ) ∪ [ 8;14 ) ; B = [ 4;10]

k) A = ( −2;7 ) ∪ [ 9;17 ) ; B = [ 5;8 ) ∪ ( 10; +∞ )

{

}

2
2
l) A = { x ∈ ¢ : −6 ≤ 2 x + 1 ≤ 1} ; B = x ∈ ¡ : ( x + 2 x ) ( x + 7 x + 12 ) = 0
Ví dụ 2: Thu gọn các hệ điều kiện sau:

 −1 < x ≤ 3

a)   x ≤ 0
 x ≥ 5
 

 x≤0

b) 
0 < x < 7

x≠2
 −3 < x ≤ 2


c) 

 x ∈ ( −∞; +∞ )
x≠3


d) 

2
KT15: Câu 1: Liệt kê các phần tử của tập hợp sau: A = { x ∈ ¢ : x + 2012 x − 2013 = 0}

Câu 2: Cho A = [ −3;6 )
; B = ( 4;9] . Xác định A ∩ B, A ∪ B, A \ B
CHƯƠNG 2: HÀM SỐ BẬC NHẤT - BẬC HAI

Dạng 1: Tập xác định (Miền xác định) của hàm số
Với A, B là các đa thức
A
xác định ⇔ B ≠ 0
B
y = B xác định ⇔ B ≥ 0
A
y=
xác định ⇔ B > 0
B
A ≥ 0
A
xác định ⇔ 
y=
B
B ≠ 0
y=

Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Tìm tập xác định của các hàm số sau:
2 − 3x
−2 x + 2 x 2
x 2 − 16
b) y =
3 x − 12

a) y =

2 − 2x
c) y =
2
−2 x + 7 x − 5
8 − 2x − 2x + 4
d) y =
x2 − 5x − 6
3x + 4
e) y =
2
7x
f) y =
−3 x + 2
2 − 3x
g) y = 2
x +1
7x
h) y =
2
−3 x + 22 x + 25
7x
i) y = −3 x + 2 x 2 − 5 x − 6
(
)(
)

j) y = 10 − 2 x
1 − 2x
x − 5x 2 + 6 x
x−2

l) y =
x+9

k) y =

3

3x − 7
−3 x + 3
n) y = 3 + x − 3 − x

m) y =

(

o) y = x + 5 2 + 5 − x

2 25 − 5 x + x 25 + 5 x
− x 2 + 81
3x
q) y = x + 3 x 3 − 5 x 2 + 6 x
(
)(
)

p) y =

2x + 4
+ −3 x − 15
−x − 3

16
s) y =
( 3x − 15) 3x − 12

r) y =

t) y =

x+6
( 2 x + 16 ) x + 1

u) y =

−3 x + 9
15 − 5 x
+ 2
2 − x x − 100

15 − 3 x + 15 + 3 x
x 2 − 25
5x
+ x +1
w) y =
3x + 9

v) y =

x) y =

5x + 2

x +2− x

Dạng 2: Tính đồng biến, nghịch biến
Các bước xét tính đồng biến, nghịch biến của hàm số trên tập K ⊂ ¡ :
Bước 1: ∀x1 , x2 ∈ K ⊂ ¡ , lập biểu thức A =
Bước 2: Rút gọn, xét dấu A
Nếu A > 0 : hàm số đồng biến trên K
Nếu A < 0 : hàm số nghich biến trên K

)

f ( x2 ) − f ( x1 )
x2 − x1


Ví dụ minh họa
2
Ví dụ 1: Xét tính đồng biến, nghich biến của y = f ( x ) = x + 2 x − 5 trên ( −1; +∞ )
∀x1 , x2 ∈ ( −1; +∞ ) , x1 ≠ x2 , ta có:

f ( x2 ) − f ( x1 ) = ( x22 + 2 x2 − 5 ) − ( x12 + 2 x1 − 5 ) = ( x22 − x12 ) + ( 2 x2 − 2 x1 ) = ( x2 − x1 ) ( x2 + x1 + 2 )
A=

f ( x2 ) − f ( x1 )
= x2 + x1 + 2
x2 − x1
 x1 > −1  x1 + 1 > 0
⇒
⇒ x1 + x2 + 2 > 0
 x2 > −1  x2 + 1 > 0

Vì x1 , x2 ∈ ( −1; +∞ ) ⇒ 

Do A > 0 nên hàm số đồng biến trên ( −1; +∞ )

Ví dụ 2: Xét tính đồng biến, nghịch biến của hàm số y = f ( x ) =
∀x1 , x2 ∈ ( 3; +∞ ) , x1 ≠ x2 ta có:
f ( x2 ) − f ( x1 ) =

( 2 x2 + 2 ) ( x1 − 3) − ( 2 x1 + 2 ) ( x2 − 3)
( x2 − 3) ( x1 − 3)

=

2x + 2
trên ( 3; +∞ )
x−3

−8 ( x2 − x1 )
( x2 − 3) ( x1 − 3)

−8

Suy ra A = x − 3 x − 3
( 2 )( 1 )
 x1 > 3
⇒ ( x2 − 3) ( x1 − 3 ) > 0
 x2 > 3

Vì x1 , x2 ∈ ( 3; +∞ ) ⇒ 

Do A < 0 nên suy ra hàm số nghịch biến trên ( 3; +∞ )
Ví dụ 3: Xét tính đồng biến nghịch biến của các hàm số trên R:
a) y = −4 x + 5
b) y = 3x − 6
c) y = −8 x + 4
Ví dụ 4: Xét tính đồng biến nghịch biến của các hàm số trên các khảng tương ứng:
2x + 5
a) y = −2 x 2 − 7 trên ( 0; +∞ )
e) y =
trên ( 6; +∞ )
x
trên ( −∞;7 )
x−7
1

c) y = 4 x 2 − 4 x + 5 trên  −∞; ÷
2

5+ x
d) y =
trên ( −∞;3)
3x − 9

b) y =

x−6
4 − 3x
f) y =
trên ( −∞;1)

9 − 9x
5 + 3x
g) y =
trên ( −5; +∞ )
3 x + 15

Dạng 3: Tính chẵn lẻ của hàm số
Các bước xét tính chẵn lẻ của hàm số
Bước 1: Tìm miền xác định D. Kiểm tra xem D có đối xứng hay không. Nếu D không đối
xứng thì kết luận là hàm số không chẵn, không lẻ
Nếu D đối xứng thì chuyển sang bước 2
Bước 2: ∀x ∈ D , tính f ( − x ) và so sánh với f ( x )
Nếu f ( − x ) = f ( x ) : hàm số chẵn

Nếu f ( − x ) = − f ( x ) : hàm số lẻ
Hàm số không chẵn không lẻ nếu:
TH1: D không đối xứng


 f ( − x0 ) ≠ f ( x0 )
( *)
 f ( − x0 ) ≠ − f ( x0 )

TH2: Miền xác định D đối xứng nhưng ∃x0 ∈ D : 

Nếu gặp trường hợp 2 chỉ cần lấy một x0 thỏa (*) là được.
Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Xét tính chẵn lẻ của các hàm số sau:
2
a) y = f ( x ) = 2 x + 26

b) y = f ( x ) = 4 + x − 4 − x
4+ x
4− x
2
d) y = f ( x ) = 2 x + 8 x − 7
a) MXĐ D = ¡ (đối xứng)
2
2
∀x ∈ D ta có f ( − x ) = 2 ( − x ) + 26 = 2 x + 36 = f ( x )

c) y = f ( x ) =

Vậy hs đã cho là hàm số chẵn
b) MXĐ D = [ −4; 4] (đối xứng)
∀x ∈ D ta có f ( − x ) = 4 + ( − x ) − 4 − ( − x ) = 4 − x − 4 + x = −

(

Vậy hs đã cho làm hàm lẻ
c) MXĐ D = [ −4; 4 ) (không đối xứng)
Vậy hs đã cho không chẵn cũng không lẻ
d) MXĐ D = ¡ (đối xứng)
Với x0 = 1 , ta có:
f ( x0 ) = f ( 1) = 3

f ( − x0 ) = f ( −1) = −13

− f ( x0 ) = −3

 f ( − x0 ) ≠ f ( x0 )

. Vậy hs không chẵn, không lẻ.
 f ( − x0 ) ≠ − f ( x0 )

Do đó: 

Ví dụ 2: Xét tính chẵn, lẻ của các hàm số sau:
a) y = −3x 2 + 1
b) y = 6 x 4 − 3x 2 + 7
2
c) y = x ( 5 − 3x )

−2 x 4 + x 2 + 9
x
4
4x
e) y =
2+ x

d) y =

f) y = 3 + x − 3 − x

Dạng 4: Các bài toán liên quan đến hàm số y = ax + b ( a ≠ 0 )
+ Hàm số y = ax + b ( a ≠ 0 ) :
MXĐ: D = ¡
Sự biến thiên: a>0 hàm số tăng; a<0 hàm số giảm
Đồ thị: là đường thẳng, a đgl hệ số góc
+ Tương quan giữa hai đường thẳng:
Cho d : y = ax + b ; d ′ : y = a′x + b′ . Khi đó
d / / d ′ ⇔ a = a′, b ≠ b′

)

4 + x − 4 − x = − f ( x)


d cắt d ′ ⇔ a ≠ a′
d ≡ d ′ ⇔ a = a′; b = b′
d ⊥ d ′ ⇔ a.a′ = −1

Ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Viết pt đường thẳng d : y = ax + b biết
a) d đi qua hai điểm A ( 1;0 ) ; B ( −3; −2 )

b) d song song với đường thẳng d ′ : y = 4 x − 9 và đi qua A ( −3;1)
1
5

c) d vuông góc với đường thẳng d ′ : y = x + 10 và đi qua B ( 10; 2 )
d) d song song với trục hoành Ox (y=0) và đi qua điểm A ( 2;3)

e) d vuông góc với trục tung Oy (x=0) và đi qua điểm A ( −1; −2 )

f) d có hệ số góc k=2 và đi qua điểm N ( 1; 4 )
g) d song song với đường thẳng y = 2 x + 4 và tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện
tích bằng 4 đvdt
h) d vuông góc với đường thẳng y = 4 x + 3 và đi qua giao điểm của hai đường thẳng
y = 2 x + 2 và y = x + 4
HD:
g) d song song y = 2 x + 4 nên pt d có dạng: y = 2 x + b và b ≠ 4

+ Thay x = 0 vào pt d ta được y = b . Vậy d cắt trục Oy tại điểm B ( 0; b )
 b

b



+ Thay y = 0 vào pt d ta được x = − . Vậy d cắt trục Ox tại điểm A  − ;0 ÷
2
 2 
1
2

+ Tam giác OAB vuông tại ) nên S ∆OAB = OB.OA ⇔ 4 =

1 b
b
⇔ b 2 = 16 ⇔ b = ±4
2 2

Vì b ≠ 4 nên b = −4
Vậy y = 2 x − 4
Ví dụ 2: Tìm tọa độ giao điểm của hai đường thẳng:
3
2
b) y = −2 x + 4; y = −5 x + 5
c) y = 3x − 1; y = 5

a) y = 4 x − 1; x =

2
Dạng 5: Các bài toán liên quan đến hàm số y = ax + bx + c ( a ≠ 0 )
2
+ Hàm số y = ax + bx + c ( a ≠ 0 ) :
MXĐ: D = ¡
Sự biến thiên:

Đồ thị: là parabol có trục đối xứng x = −
2
+ Vẽ đồ thị hàm số y = ax + bx + c ( a ≠ 0 )
Miền xác định

∆ 
 b
;− ÷
 2a 4a 

Xác định tọa độ đỉnh I  −
Vẽ trục đối xứng
Lấy 5 điểm thuộc đồ thị

∆ 
b
 b
, đỉnh I  − ; − ÷
2a
 2a 4a 


Vẽ parabol

Ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Xác định parabol (P): y = ax 2 + bx + 10 qua A ( 1; 2 ) và có trục đối xứng là x = −

1
2

y = −4 x 2 − 4 x + 10

Ví dụ 2: Xác định parabol (P): y = −4 x 2 + bx + c biết (P) đi qua hai điểm A ( 1;12 ) ; B ( −2; −3)
y = −4 x 2 + x + 15

Ví dụ 3: Xác định parabol (P): y = ax 2 + 8 x + c và có đỉnh là I ( 2;12 )
HD: (P) qua I; có trục đối xứng x=2
y = −2 x 2 + 8 x + 4

Ví dụ 4: Xác định trục đối xứng, tọa độ đỉnh, các giao điểm với trục tung và trục hoành của
parabol sau:
a) y = 2 x 2 − x − 2

1
5

c) y = x 2 − 2 x + 6

b) y = −2 x 2 − x + 2

Ví dụ 5: Vẽ đồ thị của các hàm số sau:
a) y = −2 x 2 − 2
d) y = −3 x 2 − 6 x + 4
b) y = x 2 − x

e) y = − x 2 + 2 x − 2
c) y = − x 2 − 5
f) y = 2 x 2 + 4 x − 6
Ví dụ 6: Xác định các parabol tương ứng với các điều kiện cho trước như sau:
a) (P): y = ax 2 − bx + 8 qua A(2;-2) và có trục đối là x = −

3
2

b) ( P) : y = ax 2 + bx − 5 qua A(-2;3) và có hoành độ đỉnh là 1
c) ( P) : y = ax 2 − bx − 10 qua A(-4;8) và có hoành độ đỉnh là x =

3
2

d) ( P) : y = ax 2 − 36 x + c qua A(-3;76) và có trục đối xứng là x=-6
e) ( P) : y = x 2 + bx + c qua A(1;12) và B(-2;12)
f) ( P) : y = ax 2 + bx + 5 qua A(2;-32) và B(-1;-41)
g) ( P) : y = 3 x 2 + bx + c qua A(-2;14) và B(2;30)
h) ( P) : y = ax 2 + 4 x + c qua A(1;3) và B(-3;-29)
i) ( P) : y = −3x 2 − bx + c qua A(-4;-8) và B(1;2)
Ví dụ 7: Tìm tọa độ giao điểm của:
a) ( P) : y = x 2 + 2 x − 3; d : y = x − 3
b) ( P) : y = −2 x 2 + 4 x + 3; d : y = −5 x + 10
c) ( P) : y = 3 x 2 − x + 1; d : y = −5
d) ( P) : y = x 2 + 4; d : y = 4 x
e) ( P) : y = x 2 + 2 x − 3;( P ') : y = x 2 − 3 x − 3
f) ( P) : y = −2 x 2 + 4 x + 3;( P ') : y = x 2 − 5 x + 9
Ví dụ 8: Xác định parabol y = ax 2 + bx + 2 , biết rằng parabol đó:
a) Đi qua hai điểm M ( 1;5 ) , N ( −2;8 )

b) Đi qua điểm A ( 3; −4 ) và có trục đối xứng là x = −

3
2


c) Có đỉnh I ( 2; −2 )
d) Đi qua điểm B ( −1;6 ) và tung độ của đỉnh là −

1
4
 5= a+b+2
a = 2
⇔
8 = 4a − 2b + 2
b =1

a) Vì (P) đi qua hai điểm M ( 1;5 ) , N ( −2;8 ) nên ta có hệ: 
2
Vậy ( P ) : y = 2 x + x + 2

b) Vì (P) đi qua điểm A ( 3; −4 ) và có trục đối xứng là x = −

3
nên ta có:
2

1
 −4 = 9a + 3b + 2



a = −
⇔
3
3
 −b
 2a = − 2
 b = −1
1 2
Vậy y = − x − x + 2
3
c) Vì (P) có đỉnh I ( 2; −2 ) nên ta có:
b
b


=2
−
=2
 4a + b = 0
b = −4
x = −

⇔
⇔
⇔
2a
2a

 4a + 2b = −4

 a =1
 I ∈( P)
 −2 = a.22 + 2b + 2

Vậy (P): y = x 2 − 4 x + 2
1
d) Vì (P) đi qua điểm B ( −1;6 ) và tung độ của đỉnh là − nên ta có:
4
2
6 = a ( −1) + b ( −1) + 2
 a−b = 4
 a −b = 4
 a−b = 4

 2
⇔  b − 8a
⇔ 2

1⇔ 2
−∆
1
=−
=−
b − 8a = a
b − 9a = 0

−
4a
4


4a
4

 a = 1
b = a − 4

b = a−4


b = −3
⇔
⇔   a =1 ⇔ 
2
 a = 16
  a = 16
( a + 4 ) − 9a = 0


 b = 12

Vậy có 2 parabol cần tìm:
y = x 2 − 3x + 2 ; y = 16 x 2 + 12 x + 2
2
Ví dụ 9: Gọi (P) là đồ thị của hàm số y = ax + bx + c ( a ≠ 0 ) . Xác định a,b,c biết rằng:
a) (P) đi qua ba điểm A ( 1; −1) , B ( −1;11) , C ( 2;5 )

b) (P) đi qua hai điểm A ( 0;1) , B ( 2; −4 ) và có trục đối xứng là đường thẳng x = 4
c) (P) đi qua điểm A ( 1; 2 ) và có đỉnh I ( 2;1)
Hướng dẫn:
a) (P) đi qua ba điểm A ( 1; −1) , B ( −1;11) , C ( 2;5 ) nên ta có hệ:

 1= a +b+c
 a=3


 11 = a − b + c ⇔ b = −5
5 = 4a + 2b + c
 c=3



b) ( P ) đi qua A ( 0;1) , B ( 2; −4 ) và nhận đường thẳng x = 4 là trục đối xứng nên ta có hệ:


5

a
=


12

1= c
c =1



10


 −4 = 4a + 2b + c ⇔ 4a + 2b + c = −4 ⇔ b = −

3

 8a + b = 0

b

c
=
1
 4=−

2a



c) (P) đi qua điểm A ( 1; 2 ) nên: 2 = a + b + c ( 1)
 b
=2
−
 4a + b = 0 ( 2 )
⇔
(P) có đỉnh I ( 2;1) nên:  2a
1 = 4a + 2b + c ( 3)
 I ∈( P)

Từ (1), (2), (3) ta tính được a = 1, b = −4, c = 5

KT45: (các phép toán trên tập hợp+ liệt kê các phần tử)
Câu 1(1đ) Liệt kê các phần tử của tập hợp sau: A = { x ∈ ¢ : x M3 va − 6 ≤ x ≤ 4}
Y = ( −2;3]

Câu 2(3đ) Cho hai tập hợp sau: X = [ 1; +∞ )
a) Xét tính đúng sai các mệnh đề sau: Q : ''1 ∈ X '' ; P : ''3 ∉ Y "
b) Tìm X ∩ Y , X ∪ Y
Câu 3(1.5đ) Tìm điều kiện để các hàm số sau có nghĩa:
3
2 − x2
+
a) y =
1− x 2x +1
b) y = 4 x − 8

Câu 4(1.5đ) Hàm số y=ax+b đi qua M(0;-1) và điểm N(2;3). Xác định a và b
2
Câu 5(3đ): Cho hàm số y = f ( x ) = x − 2mx (Đồ thị hs+ bài toán liên quan)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m=1
b) Tìm m để hàm số trên cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt A,B sao cho AB= 3
 x=0
x 2 − 2mx = 0 ⇔ 
⇒m≠0
 x = 2m
x1 − x2 = 3 ⇔ x1 = 3 ⇔ x1 = ± 3 ⇒ m = ±

3
2

Thi hk1
Câu 1 (1.5đ):
a) (0.75đ) Cho X = ( −∞; 2013) ; Y = ( 2012; 2014] . Tìm X ∩ Y ; X ∪ Y và biểu diễn chúng
trên cùng trục số
b) (0.75đ) Liệt kê các phần tử của tập hợp sau. Giải thích?

A = { y ∈ ¢ | 2 y 2 + 3 y − 5 = 0}

Câu 2 (1.5đ): Cho hàm số y = x 2 − x + m (m là tham số)
a) (1đ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị khi m=0
b) (0.5đ) Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ là -2
Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ là -2 vậy x=0 nên m=-2
Câu 3 (2đ): Giải các phương trình sau:
a) (1đ) x +

1
x −1
=
x−2 x−2


b) (1đ) 3x 2 − 9 x + 1 = x − 2
Câu 4 (1đ) Chứng minh rằng nếu a > 0, b > 0 thì
⇔ a a +b b ≥ a b +b a ⇔ a
⇔ ( a − b)

(

)

a− b ≥0⇔

(

(

) (

a − b −b

a− b

)(
2

a
b
+
≥ a+ b
b
a

)

a− b ≥0

)

a + b ≥ 0 (hiển nhiên)

Câu 5 (2đ)
uuur uuur uuur uuu
r
a) (1đ) Cho 4 điểm A,B,C,D. Chứng minh rằng AB + CD = AD + CB
r uuu
r

r uuu
b) (1đ) Cho tam giác ABC vuông tại B. Biết BC=3a, AC=5a. Xác định u = CA − CB và
r
tính u
Câu 6 (2đ):
Trong mp Oxy cho tam giác ABC có A ( 2; −7 ) ; B ( 5; −3) ; C ( −6; −10 )
uuur uuur
a) (0.75đ) Tính AB. AC
b) (0.75đ) Tính độ dài các cạnh của tam giác ABC
c) (0.5đ) Xác định tọa độ đỉnh I sao cho B là trung điểm AI
CHƯƠNG 3: PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Dạng 1: Giải phương trình f ( x ) = g ( x )

Để giải pt f ( x ) = g ( x ) ta thực hiện các bước sau:
1. Tìm điều kiện của phương trình
2. Với đk đó:
• Suy ra tập nghiệm của pt
• Hoặc sử dụng các phép biến đổi tương đương (hay phép biến đổi hệ quả)
để biến đổi pt đã cho thành một pt đã biết cách giải
3. So sánh với đk để tìm tập nghiệm của pt
Ví dụ minh họa:
Ví dụ 1:
1. x 2 + x − 2 = x − 2 + 16
ĐS: x = 4
x2 −1
12
=
2.
2 x−3
x−3

x
6x + 5
=
3. x +
x +1 x +1
2
4. ( x + 6 x − 7 ) 4 − x = 0

5. x +
6.
7.
8.
9.

1
3x − 1
=
x −1 x +1

x2 − 3 = 2 x − 4
x +1 + x = 3 + x +1
x −5 − x = 2+ x −5
2x +1
x+2
=
x−3
x−3

ĐS: x = 5
ĐS: x = 5

ĐS: x = 1, x = −5, x = 4
ĐS: x = 0
ĐS: x = −5
ĐS: x = 3
ĐS: x = −2
ĐS: pt vô nghiệm


2x2
8
=
10.
x +1
x +1
11. x − 3 − x = x − 3 + 3
12. x 2 − 2 − x = 3 + x − 4

ĐS: x = 2

ĐS: x = 3
ĐS: không có giá trị nào của x thỏa mãn đồng thời
2 đk trên. Vậy pt đã cho vô nghiệm
13. x 2 + − x − 1 = 4 + − x − 1
ĐS: x = −2
3x 2 + 1
4
=
14.
x −1
x −1

2
x + 3x + 4
= x+4
15.
x+4

ĐS: pt đã cho vô nghiệm
ĐS: x = 0, x = −2

Dạng 2: Định tham số m để phương trình bậc nhất, bậc hai có nghiệm thỏa điều kiện
cho trước
+ Các yêu cầu thường gặp:
Định m để pt bậc nhất có nghiệm duy nhất, vô nghiệm, vô số nghiệm, có nghiệm
Định m để pt bậc hai có nghiệm kép, vô nghiệm, hai nghiệm phân biệt
Định m để pt bậc hai có hai nghiệm x1 , x2 thỏa thêm điều kiện nào đó (thường liên quan đến
định lí viet)
b
a

Nếu pt bậc hai ax 2 + bx + c = 0 thì ta có S = x1 + x2 = − ; P = x1 x2 =
Biết pt có một nghiệm, tính nghiệm còn lại.
+ Phương trình dạng y = ax + b ( 1)
(1) có nghiệm duy nhất ⇔ a ≠ 0
a = 0
b ≠ 0

(1) vô nghiệm ⇔ 

a = 0
b = 0

(1) nghiệm đúng với mọi x ∈ ¡ ⇔ 

 ( 1) có nghiêm duy nhat
( 1) có vô sô nghiêm x ∈ ¡

(1) có nghiệm ⇔ 

2
+ Phương trình dạng ax + bx + c = 0

a = 0
a ≠ 0

(2) vô nghiệm ⇔ b = 0 hoặc 
∆ < 0
c ≠ 0

a ≠ 0
∆ = 0

(2) có nghiệm kép ⇔ 

a ≠ 0
∆ > 0

(2) có hai nghiệm phân biệt ⇔ 
a ≠ 0
∆ ≥ 0

(2) có hai nghiệm ⇔ 

( 2)

c
a


a = 0

(2) có nghiệm đúng với mọi x ∈ ¡ ⇔ b = 0
c = 0


Một số hệ thức cơ bản sử dụng định lí Viet:
1 1 x1 + x2
+ =
x1 x2
x1 x2

x12 + x22 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2
2

( x1 − x2 )

2

= ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2
2

x13 + x23 = ( x1 + x2 ) − 3x1 x2 ( x1 + x2 )
3

Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Định m để phương trình:
2
a) m ( x − 2 ) + 2m = x ( 3 − 2m ) có nghiệm duy nhất
b) m ( mx + 2 ) = m ( m + x ) + 1 vô nghiệm

c) m ( mx + 2 ) = m ( m + x ) + 1 có tập hợp nghiệm là R
HD: Biến đổi đưa về dạng pt bậc nhất rồi biện luận
2
Ví dụ 2: Định m để pt x + ( m − 2 ) x + m − 3 = 0 ( 1)
a) Vô nghiệm
b) Có nghiệm kép c) Có hai nghiệm phân biệt
d) Có một nghiệm là 5, tìm nghiệm còn lại
2
e) có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa ( x1 − x2 ) = 36
HD: ∆ = m 2 − 8m + 16 = ( m − 4 )

2

2
a) (1) vô nghiệm ⇔ ∆ < 0 ⇔ ( m − 4 ) < 0 (vô lý), không có giá trị m thỏa đề bài

1 ≠ 0 ( dung )
a ≠ 0
⇔
⇔m=4
2

∆ = 0
( m − 4 ) = 0

b) ( 1) có nghiệm kép ⇔ 

1 ≠ 0 ( dung )
⇔m≠4
2
( m − 4 ) > 0

c) (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ 

d) Vì 5 là nghiệm nên thay vào (1) ta được m=-2
 x = −1
 x=5

2
Thay m=-2 vào (1) ta được x − 4 x − 5 = 0 ⇔ 

Vậy nghiệm còn lại là x=-1


e) (1) có hai nghiệm x1 , x2 ⇔ 

1≠ 0

( m − 4 ) ≥ 0
2

⇔ m∈¡

 x1 + x2 = 2 − m
 x1 x2 = m − 3

Khi đó 

( x1 − x2 )

2

= 36 ⇔ ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 ⇔ ( 2 − m ) − 4 ( m − 3) = 36
2

 m = 10
⇔ m 2 − 8m − 20 = 0 ⇔ 
 m = −2

Ví dụ 3: Tìm m để các phương trình:

2


2
2
2
a) x + ( m − 2 ) x + m + 5 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa hệ thức x1 + x2 = 10

2
2
2

b) ( m − 1) x + 2 ( m + 2 ) x + m + 1 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa hệ thức x1 + x2 = 2
2
2
c) x 2 − 2mx + 3m − 2 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa hệ thức x1 + x2 + 3x1 x2 = 5
2
2
d) x − ( 2m + 1) x + m + 2 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa hệ thức 3 x1 x2 − 5 ( x1 + x2 ) + 7 = 0

Ví dụ 4: Cho pt x + ( 2m − 3) x + m − 2m = 0 .
a) Xác định m để pt có hai nghiệm phân biệt
b) Xác định m để pt có nghiệm kép. Tìm nghiệm kép đó.
c) Với giá trị nào của m thì pt có hai nghiệm x1 , x2 và x1 x2 = 8 . Tìm các nghiệm trong
trường hợp đó
d) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 và x12 + x22 = 3
2

2

1 1
+ =1
x1 x2

e) Xác định m để pt có hai nghiệm x1 , x2 thỏa hệ thức

f) Biết pt có một nghiệm là 3, hãy tìm giá trị m trong trường hợp này và tính nghiệm còn lại.
2
2
Ví dụ 5: Cho pt mx + ( m − 3) x + m = 0
a) Xác định m để pt có nghiệm kép, tìm nghiệm kép đó
b) Với giá trị nào của m thì pt có hai nghiệm x1 , x2 thỏa hệ thức x1 + x2 =

c) Với giá trị nào của m thì pt có hai nghiệm x1 , x2 thỏa x1 + x2 = 2 x1 x2
d) Biết pt có một nghiệm là 2, tính nghiệm còn lại
Ví dụ 6:

13
4

5
9
2
x
,
x
5
x
b) Định m ∈ ¢ để pt 5 x + mx − 28 = 0 có hai nghiệm 1 2 thỏa 1 + 2 x2 − 1 = 0
2
2
c) Định m để pt 2mx + 2 ( m − m − 2 ) x − 7 = 0 có hai nghiệm phân biệt thỏa x1 = x2

a) Định m đê pt 3 x 2 − 5 x + m = 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa x1 + x2 =

(m

2

− m − 2) 2

m≠0


=0⇔ 2
2m
m − m − 2 = 0
2
2
d) Định m để pt x − 2 ( m − 1) x + m − 3m + 4 = 0 có hai nghiệm thỏa x1 + x2 = 2 2

(HD: x1 = x2 ⇔ x1 = − x2 ( x1 ≠ x2 ) ⇔ x1 + x2 = 0 ⇔ −
(HD: Bình phương dùng viet và thế vào)

50
; b)m = −13; c )m = 2; d )m = 3
27
2
2
Ví dụ 7: Cho hai pt x − x + m = 0 ( 1) ; x − 3x + m = 0

ĐS: a )m =

( 2 ) . Định m để pt (2) có một

nghiệm khác 0 và bằng 2 lần nghiệm của (1)
HD: Gọi x0 là nghiệm cần xét của (1); thế x0 vào (1); thế kx0 vào (2) rồi giải hệ.)
ĐS: m = −

10
9

Ví dụ 8: a) Định m để pt x + 2 ( m − 3) x + m − 13 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 và x1 x2 − x12 − x22 đạt
giá trị lớn nhất.

Tính biểu thức đối xứng:
Biểu thức đối xứng đối với x1 , x2 là biểu thức không đổi khi ta hoán vị x1 , x2 . Để tính biểu
thức đối xứng: biến đổi biểu thức để xuất hiện S , P (chủ yếu dùng hằng đẳng thức) sau đó
dùng định lí viet
2


GTLN, GTNN của tam thức bậc hai
2
1) Tam thức ax + bx + c = 0 ( a > 0 ) đạt GTNN khi x = −
2
Tam thức ax + bx + c = 0 ( a < 0 ) đạt GTLN khi x = −

b
2a

b
(1)
2a

(2)

2) Nếu tam thức bậc hai có biến x bị giới hạn thì (1) và (2) không chắc đúng. Khi ấy dùng
bảng biến thiên là mạnh nhất. Chỉ được sử dụng pp còn lại (pp1) khi biết chắc rằng −

b
2a

thuộc tập giá trị x
2

HD: pt có 2 nghiệm ⇔ ∆′ ≥ 0 ⇔ m ∈ ¡ ; x1 x2 − x12 − x22 = − ( x1 + x2 ) + 3x1 x2
b) Định m để pt x 2 − 2mx + 2 − m = 0 có hai nghiệm x1 , x2 và x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất
HD: Dùng bảng biến thiên; m = 1
Dạng 3: Phương trình chứa trị tuyệt đối
 B≥0
A≥0  A<0

A = B ⇔  A = B ; A = B ⇔ 
∨
 A = B  A = −B
 A = − B

 A= B
A = B ⇔
A = B ⇔ A2 = B 2
 A = −B

Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Giải các phương trình sau:
2
2
a) x + 2 − −2 x + 7 x + 8 = 0
2
2
b) 5 x + 10 = −8 x − 7 x + 9 x + 20

c) 3x − 2 = 2 x + 3
2
d) 2 x + x + 5 x + 1 = 5
2

e) x − 4 x + 3 − x = −3
2
2
f) 5 x + 3x − 3 = 4 x + 3 x + 60
g)

Dạng 4: Phương trình chứa căn thức
 B≥0
A=B⇔
2
A = B

B ≥ 0
A= B⇔
A = B

Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Giải các phương trình sau:
a) 8 − 5 x + 10 = x
b) 5 x 2 − 15 x − 1 = x 2 + x − 1
c) 3x 2 − 10 x − 44 = 8 − x
d) 12 − 7 x 2 + 2 x + 24 = − x
e) 27 − 2 x = 6 x 2 − 7 x − 76
f) x − −4 x 2 + 6 x + 37 + 5 = 0

g) 3 + 2 x 2 − x − 3 = 2 x
h) 9 x 2 − 3x − 20 + 3 x = 5
i)
j)
k)

l)

4 x 2 + 2 x + 10 − 3 x + 2 = 3
x + 1 = 2 − 3x
3x − 1 − 2 x + 10 = 0
2 x2 + 5x + 8 − 9 + 4 x = 0


m) 7 x 2 + x − 28 = 2 x − 2
n) 8 x 2 − 10 x − 11 = 3 − x
o) 4 x − 9 = 2 x − 5
p) x 2 − 7 x + 10 = 3 x − 1
q) 3x − 4 = x − 3

r)

x2 − 2 x + 3 = 2x −1

s)

2 x 2 + 3x + 7 = x + 2

t) 3x 2 − 4 x − 4 = 2 x + 5
u) x 2 + x + 7 = 2 x + 1
v) x + 3 = x − 5 + 2

x + 3 ≥ 0
 x ≥ −3
⇔
⇔ x ≥ 5 , với đk đó cả hai vế đều không âm nên bình phương hai vế ta


x − 5 ≥ 0
 x≥5

được pt tương đương)
a)

2 x2 + 4x − 1 = x + 1

b)

4 x 2 + 101x + 64 = 2 ( x + 10 )

c)

x 2 + 2 x = −2 x 2 − 4 x + 3

HD: đặt t = x 2 + 2 x , t ≥ 0 ; y = −2 y 2 + 3 ⇔ y = 1 ∨ y = −3 …
d)

( x + 1) ( x + 2 )

Hd: Đặt t =
e)

= x 2 + 3x − 4

( x + 1) ( x + 2 ) , t ≥ 0

2 x 2 + 3x − 4 = 7 x + 2

f) 3x 2 + 5 x + 8 − 3 x 2 + 5 x + 1 = 1
HD: Đặt t = 3x 2 + 5 x + 8, t ≥ 0
g) 3x + 4 − 2 x + 1 = x + 3
h) 25 − x 2 = x − 1
i) 3x 2 − 9 x + 1 + 2 = x
j) x 2 − 2 x − 4 = 2 − x
k) 3x 2 − 9 x + 1 = x − 2
HD: Bình phương hai vế
l)

x−2
= x−4
2x − 7

HD: Đk sau đó chuyển vế
m) 1 − x = 6 − x − −5 − 2 x
ĐS: x = −3


n) 3 12 − x + 3 4 + x = 4 (1)
⇔ 12 − x + 3 3 ( 12 − x ) ( 4 + x )

(

3

)

⇔ 16 + 12 3 ( 12 − x ) ( 4 + x ) = 64

⇔

3

( 12 − x ) ( 4 + x )

( 2)

12 − x + 3 4 + x + 4 + x = 64

( thê 1 vao 2 )

= 4 ⇔ x 2 − 8 x + 16 = 0 ⇔ x = 4

( thu du'ng 1)

u 3 = 12 − x
3
 v = 4+ x

Cách 2: Đặt u = 3 12 − x ; v = 3 4 + x ⇔ 

 3 12 − x = 2
 u+v = 4
u + v = 4
u = 2
⇔
⇔
⇔
⇔ x=4

Ta có hệ:  3 3
u + v = 16
 uv = 4
v = 2
 3 4 + x = 2

o)

3

ĐS: x = 1, x = 2, x =

x −1 + 3 x − 2 = 3 2x − 3

p) ( x + 4 ) ( x + 1) − 3 x 2 + 5 x + 2 = 6

3
2

( 1)

HD: Đặt t = x 2 + 5 x + 2, t ≥ 0
2
Ta có ( x + 4 ) ( x + 1) = t + 2

(1) thành t 2 − 3t − 4 = 0 ⇔ ...
q) 3x 2 − 2 x + 8 + 3 x 2 − 2 x + 15 = 7


1

2

( 1)
23

23

HD: Đặt t = 3x 2 − 2 x + 8 = 3  x − ÷ + ≥
3
3
3


 t ≤ 21 ( 3)
 49t = 441 ( 4 )

2
(1) thành t + t + 7 = 7 ⇔ t + 7t = 21 − t ⇔ 

( 4 ) ⇔ t = 9 thỏa đk 2 và 3

Khi gặp bài toán chứa nhiều tam thức bậc hai có các hệ số A, B tỉ lệ thì ta có thể đặt một
trong các tam thức bậc hai ấy làm ẩn phụ
r)

x 2 + x + 7 + x 2 + x + 2 = 3x 2 + 3x + 19


1

2

7

7

HD: đặt t = x 2 + x + 7 =  x − ÷ + ≥
2 4 4

Dạng 5: Hệ pt bậc nhất hai ẩn, ba ẩn
Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau:

( 1)


 4 x + 3 y = 18
a) 
3x + 5 y = 19

 x − 2 y + z = 12

c) −3 x + 3 y + 2 z = −9
 2 x − y + 3 z = 18


 x y
 − =2
b)  2 3
3 x − 2 y = 5

Dạng 6: Nâng cao

Đặt ẩn phụ

f ( x ) và f ( x ) có thể đặt t =

Dạng 1: Nếu bài toán chứa

f ( x ) đk tối thiểu t ≥ 0 , khi đó

f ( x) = t2
f ( x ) , g ( x ) và

Dạng 2: Nếu bài toán chứa
t=

k
t
f ( x ) ± g ( x ) , f ( x ) .g ( x ) và f ( x ) ± g ( x ) = k có thể đặt

f ( x ) , đk tối thiểu là t ≥ 0 , khi đó

Dạng 3: Nếu bài toán chứa
t=

f ( x ) ± g ( x ) khi đó

f ( x ) . g ( x ) = k ( k = const ) có thể đặt

g ( x) =

f ( x ) .g ( x ) =

t2 − k
2

( 1) tam thừa hai vế của (1) và thay
3 h x
( ) ta được pt: f ( x ) + g ( x ) + 3 3 f ( x ) g ( x ) h ( x ) = h ( x )

Dạng 4:

3

f ( x) + 3 g ( x) = 3 h ( x)

3

f ( x ) + 3 g ( x ) bởi

Phương trình vô tỉ

Dạng 1: a n f ( x ) + b n g ( x ) = c ( voi f ( x ) + g ( x ) = k )
 u+v = k
 au + bv = c

Đặt u = n f ( x ) , v = n g ( x ) và đưa pt về giải hệ: 

Dạng 2: a n f ( x ) + b n g ( x ) = c n h ( x ) ( voi f ( x ) + g ( x ) = h ( x ) )

Xét trường hợp h ( x ) = 0 xem x có là nghiệm của pt không
Với h ( x ) ≠ 0 , chia hai vế cho

n

h ( x ) thì được: a n

f ( x) g ( x)
+
= 1 . Bài toán được đưa về dạng 1
h ( x) h ( x)

f ( x)
g ( x)
+bn
= c trong đó
h ( x)
h ( x)

Dạng 3: a n f ( x ) + b n g ( x ) = c ( voi f ( x ) .g ( x ) = k )
Dùng ẩn số phụ t = n f ( x ) ⇒ n g ( x ) =

n

k
. Do đó pt được đưa về dạng:
t

n

k
= c ⇔ at 2 − ct + b n k = 0
t
Dạng 4: a n f ( x ) + b n g ( x ) = c n h ( x ) ( voi h 2 ( x ) = f ( x ) .g ( x ) )
at + b

Xét trường hợp h ( x ) = 0

Với h ( x ) ≠ 0 , chia hai vế cho

n

h ( x ) thì ta được: a n

f ( x) g ( x)
.
= 1 . Bài toán được đưa về dạng 3
h ( x) h ( x)

f ( x)
g ( x)
+bn
= c trong đó
h ( x)
h ( x)


Dạng 5: a n ( x + α ) + b n ( x − α ) + c n x 2 − α 2 = 0
2

2

Xét trường hợp x 2 − α 2 = 0
Với x 2 − α 2 ≠ 0 . Chia hai vế cho

1
at + b + c = 0  voi t =
t


n

x +α
x −α

n

x 2 − α 2 ta được: a n

x +α
x −α
+ bn
+c = 0
x −α
x +α


÷
÷


Giải các pt sau:

2 ( x2 − 2x ) + x2 − 2x + 3 − 9 = 0
2 x2 + 5x + 3 + 2 x 2 + 5x − 7 = 5
2

3 1
1

3 x − 3 x + 2 = 2 x − 6 x + 5 (HD: đặt t = x − 3x + 2 , =  x − ÷ − ≥ − )
2 4
4

− x + 1 + 3x + 1 = x − 3
3
x + 34 − 3 x − 3 = 1 ( đặt u,v hoặc tam thừa hai vế)
3
x − 1 + 3 x − 2 = 3 2 x − 3 (dạng 2)
3

2

2

2

3+ x + 6− x −

( 3 + x) ( 6 − x)

= 3 (Đặt u,v lưu ý u ≥ 0, v ≥ 0 ta có:


u ≥ 0, v ≥ 0
 u ≥ 0, v ≥ 0


u + v − uv = 3
) ĐS: x=-3 hay x=6
u + v − uv = 3 ⇔ 
 u 2 + v2 = 9

2

( u + v ) − 2 ( u + v ) − 3 = 0
x2
− 3x − 2 = 1 − x
3x − 2
3 x2 − 4x + 5 − x2 + 4x − 7 = 0

CHƯƠNG 4: BẤT ĐẲNG THỨC - BẤT PHƯƠNG TRÌNH

Chủ đề 1: Bất đẳng thức
Nhà giáo ưu tú: Lê Hoành Phò

Một số tính chất của bất đẳng thức

A > B ⇔ A − B > 0; A ≥ B ⇔ A − B ≥ 0
a > b, b > c ⇒ a > c ; a > b ⇔ a + c > b + c

a+c > b ⇔ a > b−c
Nếu c > 0 thì a > b ⇔ ac > bc ; Nếu c < 0 thì a > b ⇔ ac < bc
a > b
a > b
⇒ a+c >b+d ;
⇒ a−c > b−d


c > d
c < d
a>b≥0
⇒ ac > bd
c>d ≥0
a > b ≥ 0 ⇒ a n > b n , ∀n ∈ ¥ *
1 1
a >b>0⇒ <
a b
a >b≥0⇒ a > b ; a >b⇒ 3 a > 3 b


Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối
∀a, a ≥ a ;
 x>a
x >a⇔
 x < −a
a + b ≤ a + b , ∀a, b . Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ ab ≥ 0

∀a ≥ 0, x < a ⇔ − a < x < a;

a − b ≥ a − b , ∀a, b

Chú ý:
Chứng minh bđt là một bài toán khó, nói chung có rất nhiều phương pháp tùy thuộc dạng
của bài toán, đặc trưng của đề bài. Để chứng minh bđt ta phải phối hợp nhiều cách khác
nhau để giải quyết bài toán
Một bđt có thể có nhiều cách khai thác và cách chứng minh khác nhau.
Ứng dụng bđt để tìm GTLN, GTNN thì lưu ý dấu bằng phải xảy ra trong điều kiện xác định.
Có hai phương pháp để chứng minh bđt: từ bđt cần chứng minh ta biến đổi về bđt đúng;
từ bđt đúng đã biết biến đổi về bđt đúng đã biết.
Dạng 1: Phương pháp biến đổi tương đương
Dùng các tính chất cơ bản của bđt để biến đổi tương đương bđt cần chứng minh về một bđt
đúng.
2
2
Có hai dạng: Bđt đúng hiển nhiên( ( a − b ) ≥ 0, ∀a, b dấu = xảy ra ⇔ a = b ; ( a + b ) ≥ 0, ∀a, b
dấu bằng xảy ra ⇔ a = −b ; a 2 + b 2 + c 2 ≥ 0, ∀a, b, c dấu = xảy ra ⇔ a = b = c = 0 )và bđt đúng
theo giả thiết của đề bài cho, chẳng hạn:
A2 ≥ 0, A2 + B 2 ≥ 0, A2 + B 2 + C 2 ≥ 0
A.M 2 ≥ 0 trong đó từ giả thiết thì có

Dạng 1: Chứng minh bất đẳng thức đơn giản
Bất đẳng thức Cô si
Dạng 1: ∀a, b > 0 : a + b ≥ 2 ab (Dấu = xảy ra ⇔ a = b )
Dạng 2: ∀a, b ∈ ¡ : a 2 + b 2 ≥ 2ab (Dấu = xảy ra ⇔ a = b )
Mở rộng 3 số: a + b + c ≥ 3 3 abc (Dấu = xảy ra ⇔ a = b = c )
Ví dụ minh họa
Loại 1: BĐT chứng minh được bằng cách biến đổi tương đương
Dùng biến đổi tương đương chứng minh các bất đẳng thức sau
Ví dụ 1: Chứng minh:
2

1
a) ( a + b ) ≥ 4ab
f) a + ≥ a
b) 2 ( a 2 + b2 ) ≥ ( a + b )

2

c) 2 ( a 4 + b 4 ) ≥ ( a 2 + b 2 )

4
g) a + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca
2
h) ( a + b + c ) ≥ 3 ( ab + bc + ca )
2

2

d) a 2 + 1 ≥ 2a
e) a 4 + 4 ≥ 4a
Ví dụ 2: Chứng minh với mọi a ∈ ¡ :
a) a 2 + a + 1 ≥ 0
b) a 2 − a + 1 ≥ 0
c) a 4 − a 2 + 1 ≥ 0
Ví dụ 3: Chứng minh:

i) 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ ( a + b + c )
d) a 4 − a + 1 ≥ 0
e) a 4 + a + 1 ≥ 0

2

a) a 2 − ab + b 2 ≥ 0
b) a 2 + ab + b 2 ≥ 0

a2 + a + 1
≤3
d) 2
a − a +1
a2 − a + 1 1
a 2 − ab + b 2 1
≥
c) 2
≥
e) 2
a + a +1 3
a + ab + b 2 3
3
1 3 3  a+b
a
≥
0,
b
≥
0
Ví dụ 4: Cho
. Chứng minh ( a + b ) ≥ 
÷ ( *)
2
 2 

3

1
a+b
( *) ⇔ ( a + b ) ( a 2 − ab + b 2 ) − 
÷ ≥0
2
 2 
⇔

2
 2
1
 a+b 
2
a
+
b
a
−
ab
+
b
−
(
)

÷ ≥0
2
 2  



1
1
( a + b ) . ( 3a 2 − 6ab + 3b2 ) ≥ 0
2
4
3
3
2
⇔ ( a + b ) ( a 2 − 2ab + b 2 ) ≥ 0 ⇔ ( a + b ) ( a − b ) ≥ 0 ( **)
8
8
Ta lại có ( **) đúng vì a ≥ 0, b ≥ 0 nên a + b ≥ 0 . Vậy (*) đã được chứng minh.
⇔

Loại 2: BĐT chứng minh được bằng cách dùng các bất đẳng thức cơ bản (Cô si,…)
Chú ý: Biến đổi bất đẳng thức cần chsung minh về dạng có thể áp dụng được bđt Cô si với
a
2

a
2

các kỹ thuật tách- gộp; ghép cặp 2, ghép cặp 3 chẳng hạn: a + 2b = a + b + b; a + b = + + b
ab = a b b ; ab 2 = abb; a + 1 =

a a
1 1
+ + 1 = a + + ...

2 2
2 2

Ví dụ 4: Dùng bất đẳng thức Cauchy chứng minh rằng:
1
f) ∀a, b, c > 0 : ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) ≥ 8abc
a) ∀a > 0 : a + ≥ 2
a
a b
b) ∀a, b > 0 : + ≥ 2
b a
2
c) ∀a, b : a + b 2 ≥ 2ab
1 1
d) ∀a, b > 0 : ( a + b )  + ÷ ≥ 4
a b

e) ∀a > 0 : a 2 + 2 ≥ 2 a 2 + 1
Ví dụ 5:

g) ∀a, b > 0 : ( a + b ) ( ab + 1) ≥ 4ab

3a b 1
+
≥
2b 6a 2
i) ∀a, b, c > 0, a + b + c = 1 .Chứng minh
a
b
c

3
+
+
≤
rằng:
a +1 b +1 c +1 4

h) ∀a, b > 0 :

1 1
4
+ ≥
a b a+b

1) Cho a, b > 0 . Chứng minh: ( a + b ) ( 1 + ab ) ≥ 4ab ;

a) ( a + b ) ≥ 2 ab ; ( 1 + ab ) ≥ 2 1.ab vì hai vế trái dương nên ( a + b ) ( 1 + ab ) ≥ 4
Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ a = b và 1 = ab ⇔ a = b = 1
1

+

1

b) Áp dụng bđt Cô si cho hai số dương liên tiếp a b

≥2

Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ a = b
2) Chứng minh : a) a + b + c ≥ ab + bc + ca ; a, b, c ≥ 0

(

1
1
4
≥2
=
a
+
b
ab
a +b
2

ab

)

2

= 4ab


2 2
2 2
2 2
b) a b + b c + c a ≥ abc ( a + b + c ) với a,b,c tùy ý.
a) a + b ≥ 2 ab ; b + c ≥ 2 bc ; c + a ≥ 2 ca

Cộng từng vế của 3 bđt trên 2 ( a + b + c ) ≥ 2

(

)

ab + bc + ca hay

a + b + c ≥ ab + bc + ca
Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c
b) Vì a 2 + b 2 ≥ 2ab, ∀a, b nên :
a 2b2 + b 2 c 2 ≥ 2ab 2 c; b 2 c 2 + c 2 a 2 ≥ 2bc 2 a; c 2 a 2 + a 2b 2 ≥ 2ca 2b

Cộng từng vế của ba bđt trên ta được đpcm
Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c
a2 + 6

3) Chứng minh với mọi a,b,c ta có
a2 + 6
a +2
2

≥4⇔

a2 + 2 + 4
a +2
2

= a2 + 2 +

a2 + 2
4
a2 + 2

≥4
≥2 4 =4

4) Chứng minh rằng với mọi a,b,c dương ta có
a) ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) ≥ 8abc
b) ( a + 1) ( b + 1) ( a + c ) ( b + c ) ≥ 16abc
1

1

1

1

2
2
2
c) a + b + c ≤  a b + b c + c a + + + ÷
2
a b c



b+c c+a a +b
+
+

≥6
a
b
c
1 1 1
9
e) + + ≥
a b c a+b+c
a 4 b4 c4
+ + ≥ 3abc
f)
b
c a
1
1  9
 1
+
+
g) ( a + b + c ) 
÷≥
 a+b b+c c+a  2
a
b
c
3
+
+
≥
h)
b+c c+a a +b 2



d)

HD :
a) a + b ≥ 2 ab ; b + c ≥ 2 bc ; c + a ≥ 2 ca , nhân từng vế của các bđt ta được đpcm
b) VT ≥ 2 a 2 b 2 ac 2 bc = 16abc
1

1

1

2
2
c) a b + ≥ 2a ⇒ a ≤  a b + ÷
b
2
b



1 2 1
1 2
1
Tương tự b ≤  b c + ÷; c ≤  c a + ÷
2
c
2

a

Cộng từng vế ba bđt này ta được đpcm
b+c c+a a +b  b a   c a   c b 
+
+
=  + ÷+  + ÷+  + ÷ ≥ 2 + 2 + 2 = 6
a
b
c
a b a c  b c
e) a + b + c ≥ 3 3 abc > 0
1 1 1
1
+ + ≥33
a b c
abc

d)


1


1

1

Suy ra ( a + b + c )  + + ÷ ≥ 9
a b c


1 1 1
a b a c  b c
Cách khác : ( a + b + c )  + + ÷ = 1 + 1 + 1 +  + ÷+  + ÷+  + ÷ ≥ 3 + 2 + 2 + 2 = 9
a b c
b a c a c b
a 4 b4 c4
a4 b4 c4
+ + ≥ 33
= 3abc
b
c a
b c a
1
3
g) a + b + c = ( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a )  ≥ 3 ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) > 0
2
2
1
1
1
1
+
+
≥ 33
>0
a+b b+c c+a
( a + b) ( b + c) ( c + a)

f)

Nhân hai vế suy ra đpcm

a
b
c
3
a+b+c b+c+a c+a+b 3
+
+
≥ ⇔
+
+
≥ +1+1+1
b+c c+a a+b 2
b+c
c+a
a+b
2
1
1
1
9


⇔ ( a + b + c) 
+
+
÷≥

 a+b b+c c+a  2

g) BĐT ⇔

Dạng 2: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
Nếu hai số có tích không đổi thì tổng của chúng bé nhất khi chúng bằng nhau
Nếu hai số có tổng không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi chúng bằng nhau
Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của cá biểu thức sau đây:
x 8
2 x
x−3
1
+
,x >3
b) y =
2
x−3
1 − x 12
+
,x <1
c) y =
3
1− x
x
2
,x > 4
d) y = +
2 x−4
x−4
2

+
+ 2, x > 4
Gợi ý: d) y =
2
x−4

x
3
,x >6
3 x−6
x−3 8
+ ,x >0
f) y =
2
x
x+3
8
+
, x >1
g) y =
2
x −1

a) y = + , x > 0

e) y = +

x
8

8
x

3
2

f) y = + − , x > 0

Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức sau:
3
3
a) y = x ( 8 − x ) , 0 < x < 2
b) y = 4 x ( 16 − 4 x ) , 0 < x < 4

c) y = ( x − 1)  4 + ( 1 − x )  , 0 < x < 5
d) y = ( x − 2 ) ( 10 − x ) , 2 < x < 10
e) y = x ( 16 − 4 x ) , 0 < x < 4

f) y = 3x ( 4 − x ) , 0 < x < 4
Ví dụ 3:
2
2
1) Tìm GTNN của A = ( x + 1) + ( x + 3)
A = 2 x 2 + 8 x + 10 = 2 ( x + 2 ) + 2 ≥ 2 . Dấu = xảy ra ⇔ x = −2 , Vậy min A = 2
2

2) Tìm GTLN, GTNN của:


a) f ( x ) = ( x + 3) ( 5 − x ) với −3 ≤ x ≤ 5

b) y = x − 1 + 4 − x
HD: a) Vì −3 ≤ x ≤ 5 nên x + 3 ≥ 0,5 − x ≥ 0 ⇒ f ( x ) ≥ 0 . Dấu = xảy ra ⇔ x = −3 ∨ x = 5 . Vậy
min f ( x ) = 0

Áp dụng bđt Cô si: ( x + 3) + ( 5 − x ) ≥ 2

( x + 3) ( 5 − x ) ⇒ 8 ≥ 2
Dấu = xảy ra ⇔ x + 3 = 5 − x ⇔ x = 1 . Vậy max f ( x ) = 16

f ( x ) ⇒ f ( x ) ≤ 16

b) Điều kiện 1 ≤ x ≤ 4 ta có y ≥ 0
y2 = x −1 + 4 − x + 2

( x − 1) ( 4 − x )

= 3+ 2

( x − 1) ( 4 − x )

≥3 ⇒ y= 3

Dấu = xảy ra ⇔ x = 1 ∨ x = 4 . Vậy min y = 3
2
Vì y = 3 + 2

( x − 1) ( 4 − x )

≤ 3 + ( x − 1) + ( 4 − x ) = 6 ⇒ y ≤ 6

5
( thoa man )
2
6 , GTNN của y là 3

Dấu = xảy ra ⇔ x − 1 = 4 − x ⇔ x =
Vậy GTLN của y là
3) Tìm GTNN :

2
với x > 1
x −1
2
b) f ( x ) = x +
với x > −2
x+2
x2 + 2
f
x
=
(
)
c)
x2 + 1

a) f ( x ) = x +

2
là hai số dương
x −1

HD : a) Vì x > 1 nên x − 1 và
Áp dụng bđt Cô si

( x − 1) 2 = 1 + 2 2
2
2
= 1 + ( x − 1) +
≥ 1+ 2
x −1
x −1
x −1
2
, x > 1 ⇔ x = 1+ 2 2
Dấu = xảy ra ⇔ x − 1 =
x −1
Vậy GTNN của f ( x ) là 1 + 2 2
f ( x) = x +

b) x > −2 nên x + 2 > 0 ta có
2
 2 
− 2 ≥ 2 ( x + 2) 
÷− 2 = 2 2 − 2
x+2
 x+2
2
2
⇔ ( x + 2) = 2 .
Dấu = xảy ra ⇔ x + 2 =

x+2
Chọn x = −2 + 2 . Vậy m inf ( x ) = 2 2 − 2
f ( x ) = ( x + 2) +

c) f ( x ) =

x2 + 1
x2 + 1

+

1
x2 + 1

2
Dấu = xảy ra ⇔ x + 1 =

= x2 + 1 +
1
x +1
2

1
x2 + 1

≥2

(

x2 + 1

)

1
x2 + 1

=2

⇔ x 2 + 1 = 1 ⇔ x = 0 . Vậy m inf ( x ) = 2


4) Tìm GTNN với 0 < x < 1
4
9
x 1− x
x
5
+
b) y =
1− x x
4( x +1− x) 9( x +1− x)
4 (1− x)
9x
1− x
x
+
= 4+9+
+
= 13 + 2 4
.9

= 25
HD : a) y =
x
1− x
x
1− x
x
1− x
4( 1− x)
9x
2
=
= 6 ⇔ x = ( chon )
Dấu = xảy ra ⇔
x
1− x
5
min
y
=
25
Vậy

a) y = +

b) y =

5( 1− x)
x
x 5( 1− x) 

+
+5≥ 2
.
 +5 = 2 5 +5
1− x
x
1− x  x 

5( 1− x)
x
5
=
⇔x=
( chon )
1− x
x
5 +1
Vậy min y = 2 5 + 5

Dấu = xảy ra ⇔

Ví dụ 3: Tìm tập xác định của các bpt sau:
1
3
+
<2
x +1 x + 2
1
1
b) 2 > 2

x − 1 x − 5x + 6

a)

c)

x −3 + 23 x − 2 < x +

1
x

d) 2 x − 1 > x + 2
e)

2

( x + 1)

2

−

1
<5
x −3

Ví dụ 4: Tìm điều kiện xác định rồi suy ra tập nghiệm của bpt:
x ≥ 0 ∨ − x ≥ 0 ⇔ x = 0 thế x = 0 vào bpt: 0 > 0 ( sai ) . Vậy S = ∅
a) x > − x
b)

c)
d)
e)
f)
g)

dk : x ≥ 3 , trong đk đó thì x − 3 < 1 + x − 3 (đúng). S = [ 3; +∞ )
x − 3 < 1+ x − 3
1
1
x+
≥ 2+
dk : x ≠ 3 , bpt ⇔ x ≥ 2 . Vậy S = [ 2; +∞ ) \ { 3}
x −3
x−3
x
2
<
S =∅
x−2
x−2
x + 3 < 1+ x + 3
x−2 > 2− x
x
2
>
x−2
x−2

Ví dụ 5: Giải các bpt sau:

a)

( x − 4)

x−3

x−3

(

<2

b) x + x > 2 x + 3

)(

)

x −1