GIÁO án bồi DƯỠNG HSG môn TOÁN lớp 10

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

Ngày soạn:

Ngày dạy:

BUỔI 1: CÁC VẤN ĐỀ LIÊN QUAN ĐẾN TAM THỨC BẬC HAI.
MỤC TIÊU
1. Kiến thức: Ôn lại các bài toán liên quan đến tam thức bậc hai:
2. Kỹ năng:Tìm đk tham số để tam thức tmđk cho trước; tìm GTLN, GTNN….
3. Tư duy , thái độ: Tư duy loogic tổng hợp. Tự giác, tích cực học tập
II.
CHUẨN BỊ: 1. Giáo viên: Giáo án, bài tập
2. Học sinh: Ôn tập
III.
PHƯƠNG PHÁP: Gợi mở vấn đáp- luyện tập
IV.
NỘI DUNG BÀI HỌC
1. Ổn định lớp: Kiểm tra sĩ số: 10A1:
2. Kiểm tra bài cũ: Kết hợp trong bài mới
3. Bài mới:
2
x 2 − 2 ( m − 1) x − m3 + ( m + 1) = 0
x m
BT1: Giả sử phương trình bậc hai ẩn ( là tham số):
có
x1 , x2
x1 + x2 ≤ 4
hai nghiệm
thỏa mãn điều kiện
. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

P = x13 + x23 + x1 x2 ( 3 x1 + 3x2 + 8 )
biểu thức sau:
. (HSG VP 2011- 2012)
GIẢI:
x1 , x2
x1 + x2 ≤ 4
Phương trình đã cho có hai nghiệm
thỏa mãn
m ≥ 2
 m m2 − 4 ≥ 0
∆ ' ≥ 0
 −2 ≤ m ≤ 0

⇔
⇔
⇔   −2 ≤ m ≤ 0 ⇔ 
2 ≤ m ≤ 3
 x1 + x2 ≤ 4
m ≤ 3
 2 ( m − 1) ≤ 4

I.

(

)

x1 + x2 = 2 ( m − 1) , x1 x2 = − m3 + ( m + 1)

2

Theo định lí Viet ta có
suy ra
3
3
2
3
2
P = ( x1 + x2 ) + 8 x1 x2 = 8 ( m − 1) − 8m + 8 ( m + 1) = −16m + 40m
Bảng biến thiên
m

-2

0

2

0

16

3

P
-144

Pmax = 16
Từ bảng biến thiên ta được:

y = x 2 − 3x + 2

-24

m = 2 Pmin = −144
m = −2
khi
,
khi
.

y = −x + m

BT2: Cho hàm số
và hàm số
. Tìm m để đồ thị các hàm số đó
cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời khoảng cách từ trung điểm I của đoạn thẳng
AB đến các trục tọa độ bằng nhau.

1


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

GIẢI: Yêu cầu bài toán

x 2 − 3x + 2 = − x + m

⇒

hay

PT sau có hai nghiệm phân biệt

x2 − 2x + 2 − m = 0

(*)có

∆'> 0 ⇔
xI =

xA ; xB
Gọi

là 2 nghiệm của (*), I là trung điểm AB ta có

m>1

xA + xB
= 1 y = −x + m = m − 1
I
I
2
;

⇔ y I = x I ⇔ m − 1 = 1 ⇔ m = 2; m = 0
Yêu cầu bài toán
Kết hợp ĐK, kết luận

m=2

BT3: 1. Cho hệ phương trình
a) Tìm

m

x + y = m − 2
 2
2
2
 x + y + 2 x + 2 y = −m + 4

(trong đó

m

là tham số)

để hệ phương trình trên có nghiệm.

A = xy + 2 ( x + y ) + 2011
b) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức
2. Tìm tất cả các giá trị

m

.

để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt đều lớn hơn

x 4 − ( 3m + 1) x 2 + 6m − 2 = 0
( HSG VP 2010- 2011)
S = x + y; P = xy

GIẢI: 1, a. Đặt
. Khi đó hệ phương trình trở thành
S
=
m
−
2
S
=
m−2


⇔
 2

2
2
 S − 2 P + 2 S = −m + 4
P = m − m − 2

S 2 ≥ 4 P ⇔ ( m − 2 ) ≥ 4 ( m 2 − m − 2 ) ⇔ m 2 ≤ 4 ⇔ −2 ≤ m ≤ 2
2

Để hệ có nghiệm thì
A = P + 2 S + 2011 = m2 + m + 2005
b. Ta có

m = −0,5
max A = 2011
m = 2 min A = 2004, 75
Lập bảng biến thiên ta được
khi
;
khi

2

−3


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10
m

-2

-

1
2

2
2011

2007
A

2004,75

t = x2 ≥ 0

2. Đặt
t = 2
⇔
t = 3m − 1

t 2 − ( 3m + 1) t + 6m − 2 = 0
, thay vào phương trình ta được

phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi
1

3m − 1 > 0
m >
⇔
3

3m − 1 ≠ 2
 m ≠ 1
. Khi đó phương trình đã cho có bốn nghiệm là

Để các nghiệm đều lớn hơn

Vậy các giá trị của

m

là

−3

± 2; ± 3m − 1

− 3m − 1 > −3 ⇔ 3m − 1 < 3 ⇔ m <

thì
 1 10 
m ∈  ; ÷ \ { 1}
3 3 

10
3

.

BT4: Tìm m để:
1)Bất phương trình: x2 - 2(2m + 1)x + 3m + 1

≥0

có nghiệm với mọi số thực x.

2) Phương trình: (m - 1) x4 - 2(m + 2)x2 + 2m + 1 = 0 có bốn nghiệm phân biệt.
GIẢI: 1. BPT có nghiệm với mọi số thực x
a = 1 > 0
−1
−1
⇔

⇔
≤m≤0
≤m≤0
2
4
∆
=
4
m
+
m
≤
0

4
KL:
2) PT : (m - 1) x4 - 2(m + 2)x2 + 2m + 1 = 0 (1)
Đặt t = x2 ( t

≥

0). PT(1) trở thành: (m - 1) t2 - 2(m + 2)t + 2m + 1 = 0 (2)

* m =1 , (2) có t = 1/2 , (1) có 2 nghiệm (loại)
*

m ≠1

, (1) có 4 nghiệm phân biệt

⇔

(2) có 2 nghiệm dương phân biệt

3


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

 '
2
 ∆ = ( m + 2 ) − ( m − 1) ( 2m + 1) > 0

2(m + 2)
5+3 5

⇔ S =
>0
⇔ ... ⇔ 1 < m <
m −1
2

2m + 1

 P = m − 1 > 0

1< m <

KL:

5+3 5
2

( x − 1)( x 2 − 2mx + m + 2) = 0 (1)
BT5: Cho phương trình:
(1)

a. Giải phương trình

khi

m=3

.

b. Tìm m để phương trình

x12 + x2 2 + x32 = 9

x1 , x2 , x3

(1)

có ba nghiệm phân biệt

thỏa mãn:

.

( x − 1)( x 2 − 6 x + 5) = 0

m=3

GIẢI: a, Khi
, PT (1) trở thành:
x =1
 x −1 = 0

x =1
⇔ 2
⇔
⇔
 x − 6x + 5 = 0
 x = 1∨ x = 5
x = 5

S = { 1;5}
KL: Vậy tập nghiệm của PT là:
x −1 = 0

(1) ⇔  2
 x − 2mx + m + 2 = 0(2)
b. Ta có:
(1)
x ≠1
Để
có ba nghiệm phân biệt thì (2) phải có hai nghiệm phân biệt
.

Khi đó các điều kiện là:

m2 − m − 2 > 0
m < −1 ∨ m > 2
∆' > 0

⇔
⇔
(*)

m≠3

 3− m ≠ 0
1 − 2m + m + 2 ≠ 0

x1 = 1, x2 , x3
Giả sử

là 2 nghiệm của (2). Khi đó theo định lí Viet ta được:

x1 + x2 + x3 = 9 ⇔ ( x2 + x3 ) 2 − 2 x2 x3 = 8
2

2

2

Và
 m=2
⇔
m = − 3

2
⇔ 4m − 2( m + 2) = 8
2


4

 x2 + x3 = 2m

 x2 x3 = m + 2


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

m=−

So sánh với điều kiện (*) ta được

3
2

thỏa mãn.

Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng

∀x

−2 ≤
:

2 x 2 − x + 3m
<3
x2 + x + 4

BT6:
x 2 + x + 4 > 0, ∀x
GIẢI: Ta có :

−2 ≤
Do đó:

2 x 2 − x + 3m ≥ −2 x 2 − 2 x − 8  4 x 2 + x + 8 + 3m ≥ 0(1)
2 x 2 − x + 3m
<
3
⇔
⇔ 2
 2
2
x2 + x + 4
 2 x − x + 3m < 3x + 3x + 12
 x + 4 x + 12 − 3m > 0(2)

Bất phương trình đã cho nghiệm đúng

∀x

khi (1) và (2) nghiệm đúng

∆ ≤ 0

−127 − 48m ≤ 0
127
8
⇔ 1
⇔
⇔−
≤m<
48
3
 −32 + 12m < 0
∆ 2 < 0
BT7: Cho phương trình

∆ ≤ 0
⇔ 1
∆ 2 < 0
∀x

KL:

x 2 − mx + m 2 − 3 = 0

a. Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt
x12 + x22 =

x1 , x2
dương phân biệt. Tìm m để
b. Giả sử phương trình có 2 nghiệm
GIẢI: a. Đk để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt là:



2
 −2 < m < 2

m <4
∆ > 0



⇔ 3 S > 0 ⇔ m > 0 ⇔ m > 0
P > 0
 2


m > 3
m > 3
m < − 3
 

Vậy với

3
thì phương trình có hai nghiệm dương phân biệt

b. Theo phần a) phương trình có hai nghiệm dương phân biệt khi

5

3
(*)

5
2


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

Theo định lý viét ta có


 x1 + x2 = m

2

 x1.x2 = m − 3

x12 + x2 2 =

Từ giả thiết ta có

5
5
7
14
⇔ ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1.x2 = ⇔ m 2 = ⇔ m = ±
2

2
2
2

m=

So sánh điều kiện (*) ta thấy

14
2

thoả mãn

BT8: Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất:
GIẢI : ĐK :

x + m mx − 2
+
=1
x −1
x +1

x ≠ ±1
⇔ x 2 + x + mx + m + mx 2 − mx − 2 x + 2 = x 2 − 1 ⇔ f ( x ) = mx 2 − x + m + 3 = 0

Phương trình (1)
+ Nếu
+ Nếu

m=0

m≠0

(2)
− x + 3 = 0 ⇔ x = 3 ( t / m)

. phương trình (2) trở thành:
ta có:

+ T.hợp 2:

m=0

∆ = −4m 2 − 12m + 1

Phương trình (1) có nghiệm duy nhất

+ Trường hợp 1:

, suy ra

b

 ∆ = 0, x = − 2a ≠ ±1

⇔  ∆ > 0, x1 = 1, x2 ≠ −1
 ∆ > 0, x = −1, x ≠ 1
1
2





−3 ± 10
∆ = 0
m=

−3 ± 10


2
⇔
⇔m=
(T / m)

b
2
x
=
−
≠
±
1
1


≠ ±1
2a
 2m

 −3 − 10
 −3 − 10
−3 + 10
−3 + 10


∆ > 0
2
2
2
2



⇔  m = −1
 x1 = 1 ⇔  f (1) = 0
 x ≠ −1  f (−1) ≠ 0
 2 m + 4 ≠ 0 ⇔ m ≠ −2
 2





6

thỏa mãn.

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

⇔ m = −1, ( t / m)

+ T.hợp 3:

 −3 − 10
 −3 − 10
−3 + 10
−3 + 10


∆ > 0
2
2
2
2



⇔  2 m + 4 = 0 ⇔ m = −2
 x1 = −1 ⇔  f (−1) = 0
x ≠ 1
 f (1) ≠ 0
 m ≠ −1
 2






.

⇔ m = −2 (t / m)

m = 0, m = −1, m = −2, m =
Vậy

−3 ± 10
2

.

4. CỦNG CỐ:
5. BTVN:
Bài 1. Tìm m để các bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x:

3x2 + 2(m− 1)x + m+ 4 > 0

x2 + (m+ 1)x + 2m+ 7 > 0

a)

b)
2x2 + (m− 2)x − m+ 4 > 0

mx2 + (m− 1)x + m− 1< 0

c)

d)

3(m+ 6)x2 − 3(m+ 3)x + 2m− 3 > 3

(m− 1)x2 − 2(m+ 1)x + 3(m− 2) > 0
e)

f)

Bài 2. Tìm m để các bất phương trình sau vô nghiệm:

(m+ 2)x2 − 2(m− 1)x + 4 < 0

(m− 3)x2 + (m+ 2)x − 4 > 0

a)

b)
(m2 + 2m− 3)x2 + 2(m− 1)x + 1< 0

c)

mx2 + 2(m− 1)x + 4 ≥ 0
d)

(3− m)x2 − 2(2m− 5)x − 2m+ 5 > 0
e)

mx2 − 4(m+ 1)x + m− 5 < 0
f)

Bài 3. Tìm tập xác định của các hàm số sau:

y = 2− x −
a)

4
x+ 4

b)

1− x − 1+ x
y=
x

7

y=
c)

3x2 − x
x2 − x + x − 1


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

y=

x2 + 2x + 3
2 − 5− x

d)

x + 2 + 3− 2x
x −1

y=

e)

2x − 1

y=

x x −4

f)

Bài 4. Xét sự biến thiên của các hàm số sau:

y=

2

y = − x + 4x − 1
a)

trên (−∞; 2) b)
y=

y = 3− 2x
d)

e)

x+ 1
x−1

1

y=
trên (1; +∞)

1

y=

x−2

x−1

c)

f)

x+ 3
x− 2

trên (2; +∞)

Bài 5. Xét tính chẵn lẻ của các hàm số sau:

y=

x4 + x2 − 2

a)

d)

y = x(x2+ 2 x )

y = 3 + x + 3− x

x2 − 1

b)

c)
3

x+ 1 + x−1
y=
x+ 1 − x−1

y=

e)

x x

y = x− 2

x2 + 1

f)

Ngày soạn:

Ngày dạy:

BUỔI 2- 3: CÁC VẤN ĐỀ LIÊN QUAN ĐẾN TAM THỨC BẬC HAI.

IV. NỘI DUNG BÀI HỌC
1. Ổn định lớp: Kiểm tra sĩ số: 10A1:
2. Kiểm tra bài cũ: Kết hợp trong bài mới
3. Bài mới:

BT1:

Tìm

tất

cả

các

giá

trị

của

m

sao

cho

( m − 1) x 2 + 2 ( m + 2 ) x + 2m + 2 ≥ 0
vô nghiệm (x là ẩn, m là tham số).
GIẢI: Bất phương trình đã cho vô nghiệm khi và chỉ khi

8

bất

phương

trình


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

TH1. Nếu
TH2. Nếu

m =1
m ≠1

thì

2
6 x + 4 < 0, ∀x ∈ ¡ ⇔ x < − , ∀x ∈ ¡
3

vô lí.
( m − 1) x + 2 ( m + 2 ) x + 2m + 2 < 0 ∀x ∈ ¡
2

thì

m − 1 < 0
m < 1
⇔


2
2
 −m + 4m + 6 < 0
∆ ' = ( m + 2 ) − ( m − 1) ( 2m + 2 ) < 0
m < 1

⇔   m > 2 + 10 ⇔ m < 2 − 10

  m < 2 − 10

m

(

S = −∞; 2 − 10

)

. Vậy tập hợp các giá trị của
là
.
2014
2015
f ( x) =
+
2
−x + 2x + 3
x2 − 2x
BT2: a)Tìm tập xác định của hàm số:
.( HSG VP 2015)
x
f ( x) =
( −1; +∞ )
x +1
b) Chứng minh rằng hàm số
đồng biến trên khoảng
.
f ( x ) = 2015 − x − 2015 + x
c) Chứng minh rằng hàm số

là một hàm số lẻ.

( P ) : y = x 2 − 2x + 1,
BT3: Trong mặt phẳng Oxy biết A(0; 1) và B(3; 4) thuộc parabol

điểm I nằm trên

cung AB của (P) sao cho tam giác IAB có diện tich lớn nhất. Tìm tọa độ điểm I.

⇒ I ( m; m 2 − 2m + 1) , m ∈ [ 0;3]

x − y +1 = 0

GIẢI: Pt đường thẳng AB:

; I nằm trên cung AB của (P)

⇔ d ( I; AB ) =

m 2 − 3m

Diện tích IAB lớn nhất

[ 0;3]

f ( m ) = m 2 − 3m

2
lớn nhất. Xét hàm số

2
3

m
0
0

trên

3
0

−9
4

f(m)

9

ta có:


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

∀m ∈ [ 0;3] , 0 ≤ m 2 − 4m ≤

9
9
⇒ d ( I; AB ) ≤
4

4 2

Suy ra

Vậy

⇔m=

. Dấu “=” xảy ra

3 1
I ; ÷
2 4

3
3 1
⇒ I ; ÷
2
2 4

là điểm cần tìm
y = − x 2 + 2(m + 1) x + 1 − m 2

BT4: Cho hàm số:

, (1) (

m

K (2; −2)

là tham số) và điểm
A, B

m

a. Tìm các giá trị của

để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt
KAB
K
sao cho tam giác
vuông tại .
m
b. Tìm các giá trị của tham số để hàm số (1) đạt giá trị lớn nhất trên đoạn [0; 1] bằng
1.

f ( x ) = x 2 − (3m − 1) x + 2m 2 − 2m m
BT5: Cho tam thức bậc hai
( là tham số) .
f ( x) ≤ 0
a) Giải bất phương trình

khi

m=2

f ( x) = 0
b) Tìm m để phương trình

BT6: Cho phương trình:

3 x1 − x2 = x1 x2

x1 ; x2
có hai nghiệm

sao cho

x 2 − 3 x − 2m x 2 − 3 x + m 2 − m + 2 = 0

a) Giải phương trình với

(

m

là tham số) .

m=3

b) Tìm m để phương trình đã cho có 4 nghiệm.
m = 3; m = −

Đ/S : 5b,

6b, Đăt

t = x 2 − 3x

1
2

x = −1; x = 4;

;

( ĐK

6a :

t≥0

x=

3 − 73
3 + 73
;x =
2
2

t 2 − 2mt + m2 − m + 2 = 0 ( *)
).Ta được PT :

10

.


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

Phương trình đã cho có 4 nghiệm khi PT (*) có 2 nghiệm không âm . Khi đó ta phải có :
m − 2 ≥ 0

⇔m≥2
m ≥ 0
m2 − m + 2 ≥ 0


x 2 − 2( m + 5) x + m 2 − 3m − 1 = 0
BT7: Tìm m để PT:

x 1, x 2
có 2 nghiệm phân biệt

x 1 − x 2 = 2 13
thỏa mãn

. Đ/S:

m = −1.

( Cm )

y = (2 m − 5) x 2 − 2( m − 1) x + 3
BT8: Cho hàm số

có đồ thị

m≠

a)CMR: khi

5
2

( Cm )
thì

.

(d ) : y = −3x + 3

luôn cắt

tại hai điểm có tọa độ không đổi.

( Cm )
cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho độ dài đoạn thẳng AB
b) Tìm m để
bằng 4? ( Đ/S
m =2 hoặc m = 14/5)

1) Xác định tính chẵn - lẻ của hàm số
BT9:
2) Cho các nửa khoảng
nào của các số thực a và b thì C là một đoạn? Tính độ dài của đoạn C khi đó.

A = [ −2;5 ) , B = ( −∞;3) , C = ( 2; +∞ )
3) Cho các tập hợp

A ∩ B; B∪ C ; A \ C ; R \ A

. Tìm

y=

1

( x − 3)

x+ 2

BT10: a, Tìm tập xác định của hàm số:

y=
b, Xét tính chẵn lẻ của hàm số:

1
+ x + 2x4 + 1
2
x −4

11

Với điều kiện


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

BT11: Cho hệ phương trình

x + y = m − 2
 2
2
2
 x + y + 2 x + 2 y = −m + 4

(trong đó m là tham số)

1. Giải hệ phương trình với m = 1.
2. Tìm m để hệ phương trình trên có nghiệm.

3. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức

A = xy + 3 ( x + y ) + 2012

, (x, y là

nghiệm của hệ phương trình đã cho).

S = m − 2
S = m − 2
⇔
 2
2
2
S − 2 P + 2S = −m + 4
P = m − m − 2

S = x + y; P = xy

GIẢI: 1. Đặt

* Với m = 1 ta có:

⇒

. Khi đó hệ PT trở thành:

 S = −1

 P = −2

X 2 + X − 2 = 0 ⇔ X = 1, X = −2

x, y là nghiệm của phương trình

x = 1
 x = −2
hoÆ
c

 y = −2
y = 1

⇒

Nghiệm của hệ phương trình là
2

⇔ S 2 ≥ 4 P ⇔ ( m − 2 ) ≥ 4 m 2 − m − 2 ⇔ m 2 ≤ 4 ⇔ −2 ≤ m ≤ 2
2. Hệ có nghiệm

(

Ta có

)

A = P + 3S + 2012 = m 2 + 2 m + 2004

f (m) = m 2 + 2m + 2004
Xét hàm số
m
f(m)
Ta được

–2
2004

max A = 2012

. Lập bảng biến thiên f(m)
–1
2
2012

2003
m = 2 min A = 2003
m = −1

khi
;
khi

12


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

BT12: 1. Tìm tập xác định của hàm số sau: a)

x+3
f ( x) =
x − 10

f ( x) =
.

9− x
( x − 2) x + 3

b)

f ( x ) = 2015 + x + x − 2015
2. a, Xét tính chẵn, lẻ của hàm số

.

f ( x) =
b, Xét tính đồng biến và nghịch biến của

2x + 5
x −3

( 3;+¥ )
trên khoảng

y = x 2 + 2 x − 4 (1)
BT13: Cho hàm số bậc hai
( P)

a) Lập bảng biến thiên và vẽ parabol

(1)

của hàm số

y = 3x + 2

( P)

b) Xác định tọa độ giao điểm của Parabol

m

c) Tìm giá trị của

.

( P)

d y = (3 − m) x + m − 2
để đường thẳng :
cắt parabol
tại hai điểm

x12 + x22 = 6

x1 x2
phân biệt có hoành độ

và đường thẳng:

,

thỏa mãn:

y = x 2 − 2 x − 1 (1)
BT14: Cho hàm số bậc hai
( P)

a) Lập bảng biến thiên và vẽ parabol

(1)

của hàm số

y = −x + 5

( P)

b) Xác định tọa độ giao điểm của Parabol

c) Tìm giá trị của

m

,

.

( P)
d y = − mx + m
để đường thẳng :
cắt parabol
tại hai điểm phân biệt

x12 + x22 = 9

x1 x2
có hoành độ

và đường thẳng:

thỏa mãn:

13


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

y = x3 − 3mx 2 + m 4
BT15: Cho hàm số

(1), m là tham số thực.

y = − x + m4
Tìm m để đường thẳng

cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt.
m>

Đ/S: Vậy các giá trị cần tìm của m là

2
3

m<−

hoặc

2
3

.

4.CỦNG CỐ:
2
5. BTVN: Bài 1: Cho phương trình: x + 2 ( m − 3) x + m −13 = 0 .

Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt và biểu thức: A = x1 x2 − x1 − x2 đạt GTLN

2

2

x12 x22
+ 2 >7
2
2
x
,
x
x
x1
x
+
mx
+
1
=
0
1
2
2
Bài 2: Tìm m để PT:
có hai nghiệm
thỏa mãn:
2
Bài 3: Tìm m để PT: x − 2mx + 2 − m = 0 có 2 nghiệm x1 , x2 và x1 + x2 đạt GTNN

2

2

2
2
Bài 4: Cho phương trình: 2 x + 2 ( m + 1) x + m + 4m + 3 = 0

b) Tìm m để PT có ít nhất một nghiệm ≥ 1

a) Tìm m để PT có nghiệm

x x − 2 ( x1 + x2 )
c) Gọi x1 , x2 là các nghiệm của PT. Tìm GTLN của biểu thức: A = 1 2
2
Bài 5: Tìm m để phương trình: ( m + 2 ) x + ( 2m +1) x + 2 = 0; có hai nghiệm trái dấu và
tổng của chúng bằng -3

Bài 6: Tìm m để

9 x 2 + 2 ( m 2 −1) x + 1 = 0;

có2 nghiệm phân biệt và tổng của chúng bằng -4

Bài 7: Tìm m để các phương trình sau có 2 nghiệm dương phân biệt:
a)

(m

2

+ m + 1) x 2 + ( 2m − 3) x + m − 5 = 0;

2
2
b) x − 6mx + 2 − 2m + 9m = 0

2
Bài 8: Cho phương trình: x − 2 ( a − 3) x + a −13 = 0; ( a ≥ 1)

Tìm a để nghiệm lớn nhất của Phương trình nhận GTLN
1
BÀI 9 .Cho hàm số y =

x −1

14


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

a/ Tìm tập xác định của hàm số.

b/ CMR hàm số giảm trên tập xác định.

x2

BÀI 10. Cho hàm số : y = x
a/ Khảo sát tính chẵn lẻ. b/ Khảo sát tính đơn điệu
c/ Vẽ đồ thị hàm số trên
5+ x + 5− x

11.Cho hàm số y =
a/ Tìm tập xác định của hàm số.
b/ Khảo sát tính chẵn lẻ.
12.Cho Parabol (P) : y = ax2 + bx + c
a/ Xác định a, b, c biết (P) qua A(0; 2) và có đỉnh S(1; 1)
b/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (P) với a, b, c tìm được.
c/ Gọi (d) là : y = 2x + m. Định m để (d) tiếp xúc với (P). Tìm tọa độ tiếp điểm.
13 .Cho y = x(|x|− 1)
a/ Xác định tính chẵn lẻ.
b/Vẽ đồ thị hàm số.
x 2 − 4x + m

14.Cho hàm số y =
. Định m để hàm số xác định trên toàn trục số.
2
15.Cho (P) : y = x − 3x − 4 và (d) : y = −2x + m. Định m để (P) và (d) : Có 2 điểm chung
phân biệt, tiếp xúc và không cắt nhau.
Ngày soạn:
Ngày dạy:
BUỔI 4-6: CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH- BẤT PHƯƠNG TRÌNH.

I.

MỤC TIÊU
1. Kiến thức: Ôn lại phương pháp giải PT- BPT đại số.
2. Kỹ năng: giải PT- BPT chứa căn thức, chứa dấu GTTĐ, chứa ẩn ở mẫu..
3. Tư duy , thái độ: Tư duy loogic tổng hợp. Tự giác, tích cực học tập
II.
CHUẨN BỊ: 1. Giáo viên: Giáo án, bài tập
2. Học sinh: Ôn tập

III.
PHƯƠNG PHÁP: Gợi mở vấn đáp- luyện tập
IV.
NỘI DUNG BÀI HỌC
1. Ổn định lớp: Kiểm tra sĩ số: 10A1:
2. Kiểm tra bài cũ: Kết hợp trong bài mới
3. Bài mới:
x2 + x +1 + x2 − x +1 = 2 ( x ∈ ¡ )
BT1: Giải phương trình:
.
2

2

1 3
1 3


x − x + 1 =  x − ÷ + , x2 + x + 1 =  x + ÷ +
2 4
2 4


2

HD: Ta có
Phương trình đã cho tương đương với

(x

x2 − x + 1 + x2 + x + 1 + 2

2

)(

)

− x + 1 x2 + x + 1 = 4

⇔ 2x2 + 2 + 2 x4 + x2 + 1 = 4 ⇔ x4 + x2 + 1 = 1 − x2
1 − x 2 ≥ 0
⇔ 4
2
2
 x + x + 1 = 1 − x

(

)

2

−1 ≤ x ≤ 1
⇔ 4
2
2
4
x + x +1 = 1− 2x + x

15

nên phương trình xác định với mọi

x∈¡

.


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

 −1 ≤ x ≤ 1
⇔
⇔ x=0
x = 0

. Vậy pt có nghiệm duy nhất

1
−x + 4x − 3
2

BT2: Giải bất phương trình:

GIẢI: TXĐ:

− x2 + 4x − 3

(1)

Nếu

Nếu

1< x < 2

1
>0
2x − 4

− x 2 + 4 x − 3 > 0
⇔ 1 < x < 2;2 < x < 3

x
≠
2


1

⇔

−

x = 0.

thì

>

1
2x − 4

− x2 + 4 x − 3 > 0 > 2x − 4

2 x − 4 > 0
2 < x < 3⇒ 
2
 − x + 4 x − 3 > 0

, BPT nghiệm đúng với mọi x:

thì bất pt đã cho

⇔ 2x − 4 > − x 2 + 4x − 3

⇔ x > 2+

⇔ 4 x − 16 x + 16 > − x + 4 x − 3 ⇔ 5 x − 20 x + 19 > 0
2

2

2

2+

Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có:

(1;2) ∪ (2 +

Tập nghiệm của bpt đã cho:

5
5

.

5
;3)
5

(

1 + ( 6x + 2) 2x2 −1 = 2 5x2 + 4x
: Giải phương trình:
BT3
x≥

1
1
;x ≤ −
2
2

GIẢI: ĐK:

16

1< x < 2

)

5
5
;x < 2 −
5
5


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

⇔ (3x + 1) 2 + (2x 2 − 1) − 2(3x + 1) 2x 2 − 1 − 1 = (3x + 1) 2 + (2x 2 − 1) − (10x 2 + 8x)
PT

(

⇔ 3x + 1 − 2x 2 − 1

)

2

= ( x − 1)

2

 2x 2 − 1 = 2x + 2(a)
⇔
 2x 2 − 1 = 4x(b)

x=

Giải(a) và đối chiếu ĐK có 1 nghiệm

−4 + 6
2

x=

Giải (b) vô nghiệm. Kết luận (*) có 1 nghiệm
BT4: giải BPT: 1)
2

x2 + x + 1
x+4

−4 + 6
2

− x2 + 6 x − 5 + 4 < 2 x

+ x2 − 4 ≤

2)

2
x2 + 1

D = [ 1;5]

GIẢI: 1) TXĐ:

x ≥ 2

− x2 + 6x − 5 + 4 < 2x ⇔ 

2
2
− x + 6 x − 5 < (2 x − 4)

x ≥ 2

⇔ 2
⇔ ... ⇔ x ∈ (3; +∞)
5 x − 22 x + 21 > 0

⇔ 2(
2) ĐK: x > 4.

x2 + x +1
x+4

( 3;5]
. Kết hợp TXĐ bpt có tập nghiệm T =

− 1) + x 2 − 3 ≤

BPT

x2 + x + 1

⇔2

−1
4 − ( x 2 + 1)
x+4
+ x2 − 3 −
≤0
x2 + x + 1
x2 + 1
+1
x+4

17

2
x2 + 1

−1


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

⇔ ( x 2 − 3)(

2

( x2 + x + 1) ( x + 4 ) + x + 4

⇔ x2 − 3 ≤ 0 ⇔ − 3 ≤ x ≤ 3

(

1
2 + x2 + 1

2 x2 + 4 x + 3 3 − 2 x − x2 > 4

2) Giải bất phương trình:

)

x2 + 1

)≤0

. KL

− x2 + 4x − 3 − 2 x + 5 = 0

BT5: 1) Giải phương trình :

GIẢI: 1) Ta có:

+1+

− x2 + 4x − 3 − 2 x + 5 = 0 ⇔

.

.

2x − 5 ≥ 0

− x2 + 4 x − 3 = 2x − 5 ⇔  2
2
− x + 4 x − 3 = (2 x − 5)

5

x≥

⇔
2
5 x 2 − 24 x + 28 = 0

5

 x≥ 2

14
⇔  x = 2 ⇔ x =
5

14
 x =
5


x=

. KL: Vậy PT đã cho có nghiệm

2) Giải bất phương trình:
Đặt

t = 3 − 2x − x2

2 x2 + 4 x + 3 3 − 2 x − x2 > 4

(t ≥ 0)

.
2t 2 − 3t − 2 < 0

BPT đã cho trở thành:
1
⇔ − t≥0
0≤t <2
2
do
nên

3 − 2 x − x 2 ≥ 0
0 ≤ t < 2 ⇔ 0 ≤ 3 − 2x − x < 2 ⇔ 
2
3 − 2 x − x < 4
2

Với

 −3 ≤ x ≤ 1
 −3 ≤ x ≤ 1
⇔ 2
⇔
x + 2x + 1 > 0
 x ≠ −1

S = [ −3; −1) ∪ ( −1;1]
Vậy tập nghiệm của BPT:

18

.

14
5


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

10 x 2 + 3x − 6 = 2(3x + 1) 2x 2 − 1
BT6: Giải phương trình:
t = 2x 2 − 1 , (t ≥ 0) ⇒ t 2 = 2x 2 − 1
GIẢI: Đặt

⇔ 4t 2 − 2(3x+1)t + 2x 2 + 3x − 2 = 0
. Suy ra : (1)

1


t = x−

2
∆ ' = (3x+1) 2 − 8x 2 − 12x + 8 = ( x − 3) 2 ⇒ 
t = x + 1
 2

+ Với

1

x≥

1
1
−1 + 6

2
t = x − ⇒ 2x 2 − 1 = x − ⇔ 
⇔x=
2
2
2
 x2 + x − 5 = 0

4

t=
+ Với

 x ≥ −2
x
x
2 ± 2 15
+ 1 ⇒ 2x 2 − 1 = + 1 ⇔  2
⇔x=
2
2
7
7x − 4x − 8 = 0

x=

Vậy phương trình có 3 nghiệm:

BT7

: 1) Giải phương trình:

(

−1 + 6
2

x+4 −2

x=

,

)(

2 ± 2 15
7

.

)

x+5+ x+9 +2 = x

x( x − 4) − x 2 + 4 x + ( x − 2) 2 < 2
2) Giải bất phương trình:

GIẢI: 1) Điều kiện xác định:
PT ⇔ ( x + 4 − 22 )

(

( KSCL LAN II YÊN LẠC II)

x ≥ −4

) (

x+5 + x +9 + 2 = x

x+4 +2

)

⇔ x  x + 5 + x + 9 − x + 4  = 0
 x = 0 ( tm )
⇔
 x + 5 + x + 9 = x + 4; ( 1)

( 1) ⇔

x+5 + x+9 = x+4 ⇔ 2

Giải (1):

19

( x + 5) .( x + 9 )

= − x − 10


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

Ta thấy với

x ≥ −4

thì VT >0, VP<0 suy ra phương trình (1) vô nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 0
2) Điều kiện xác định:

Đặt

t = −x2 + 4x

đk:

0≤ x≤4
t≥0

(

)

t 3 + t 2 − 2 > 0 ⇔ ( t − 1) . t 2 + 2t + 2 > 0

Phương trình trở thành:

Với

t >1

ta có



t >1

do

− x2 + 4x > 1 ⇔ − x2 + 4x −1 > 0 ⇔ 2 − 3 < x < 2 + 3

(

s = 2 − 3; 2 + 3

t 2 + 2t + 2 > 0∀t

(t/m)

)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là

BT8: Giải phương trình:

19 + 3 x + 4 − x 2 − x + 6 = 6 2 − x + 12 3 + x
− x 2 − x + 6 ≥ 0

⇔ −3 ≤ x ≤ 2
2 − x ≥ 0
3 + x ≥ 0


GIẢI: Điều kiện xác định:
Bất phương trình đã cho tương đương với:
19 + 3x + 4

( 2 − x) ( 3 + x)

=6

(

2− x + 2 3+ x

.( HSG VP 2015)

.

)

t = 2 − x + 2 3 + x, t > 0

Đặt

t = 2 − x + 4( 3 + x) + 4
2

ta có:

( 2 − x) ( 3 + x)

= 14 + 3 x + 4

( 2 − x) ( 3 + x)

t = 1
5 + t 2 = 6t ⇔ t 2 − 6t + 5 = 0 ⇔ 
t = 5

Thay vào phương trình trên ta được:
t = 1 ⇔ 2 − x + 2 3 + x = 1 ⇔ 2 − x + 4( 3 + x) + 4
+)

⇔ 3x + 13 + 4 − x 2 − x + 6 = 0

( 2 − x) ( 3 + x)

=1

−3 ≤ x ≤ 2
vô nghiệm do
t = 5 ⇔ 2 − x + 2 3 + x = 5 ⇔ 2 − x + 4 ( 3 + x ) + 4 ( 2 − x ) ( 3 + x ) = 25

+)

20


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

16 ( − x 2 − x + 6 ) = ( 11 − 3 x ) 2
⇔ 4 − x − x + 6 = 11 − 3 x ⇔ 
11 − 3 x ≥ 0
2

25 x 2 − 50 x + 25 = 0

⇔

⇔ x =1
11
x
≤

3


thỏa mãn điều kiện.

S = { 1}
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là

.

a) 2 x + 3 + x + 1 = 5

BT9 : Giải PT- BPT :

b)

x 2 − 3x + 1 ≤ 2 x − 1 ( x ∈ R )

;

Đ/S : a. x=3

b)

1 3 − 5  3 + 5


T = ( −∞;0] ∪  ;
; +∞ ÷
∪
÷
2   2
3


5 x 2 + 14 x + 9 − x 2 − x − 20 = 5 x + 1

BT10: Giải phương trình:
Giải phương trình sau:
BT11:

a / 2x − 3 = x 2 − 3x + 1

(

x∈¡

)

b / 2x 2 − 6x + 3 x 2 − 3x + 1 = 3

c, x 2 − 4 x + 3 − 2 x = 3 d , x 2 − 7 x + 8 = 2 x

Đ/S: a,-1; 4

b, 0; 3

c, 0; 6

BT12 : 1) Tìm m để phương trình |x2 - 1| = m4 - m2 + 1 có bốn nghiệm phân biệt.

2) Giải và biện luận (theo tham số m) bất phương trình:
BT13: Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt :

(x

2

+ 2x) − 4( x2 + 2x) + 5 = m

GIẢI: Đặt

2

x2 + 2x = t

có phương trình:

t2 − 4t + 5 = m

.Điều kiện:

21

t ≥ −1

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

f (t) = t2 − 4t + 5

(t ≥ -1)

Xét phương trình:
T

-1

2

f(t)

10

+
+

1

f (t) = m
Để (1) có 4 nghiệm thì

có 2 nghiệm lớn hơn -1. Suy ra

( x − 3)

1< m≤ 10

x2 + 4 ≤ x2 − 9

BT14: 1.Giải bất phương trình:

2. Giải phương trình:

4
1
5
+ x − = x + 2x −
x
x
x

(1) ⇔ ( x − 3)

1. GIẢI: Ta có:
x − 3≥ 0 ⇔ x ≥ 3

(

)

x 2 + 4 − ( x + 3) ≤ 0 (2)

TH1:

⇒ (2) ⇔ x2 + 4 ≤ x + 3 ⇔ x2 + 4 ≤ (x + 3)2 ⇔ x ≥ −

Kết hợp với
TH2:
+ Nếu

x≥ 3

5
6

x≥ 3(*)
ta được

2
x − 3≤ 0 ⇔ x ≤ 3 ⇒ (2) ⇔ x + 4 ≥ x + 3(3)

x + 3≤ 0 ⇔ x ≤ −3

∀x ≤ −3(4)
thì (3) thỏa mãn với

x + 3≥ 0 ⇔ x ≥ −3⇒ (3) ⇔ x2 + 4 ≤ (x + 3)2 ⇔ x ≤ −
+ Nếu

⇒ −3≤ x ≤ −

5
6

5

(5)
6
x≤ −

Từ (4) và (5) ta có

5
(**)
6

Từ (*) và (**) ta có nghiệm của bất phương trình là:

22

5
x ≤ − hoÆ
c x≥ 3
6


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

2.. Điều kiện:

a = x−
Đặt


x ≠ 0


 1
x − ≥ 0
x

5

2 x − x ≥ 0

1
5
b = 2x −
x
x
,
với a ≥ 0, b ≥ 0

(1) ⇔ a − b = b2 − a2 ⇔ (a − b)(a + b + 1) = 0(2)
ta có
Do a ≥ 0, b ≥ 0 nên a + b + 1 > 0

(2) ⇔ a = b ⇒ x −

1
5
4
= 2 x − ⇔ x − = 0 ⇔ x 2 − 4 = 0 ⇔ x = ±2
x
x
x

Đối chiếu điều kiện thì x = 2 thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm là x = 2

1 − 1 − 4x 2
<3
x
BT15: Giải bất phương trình:
Giải: Bằng cách nhân lượng liên hợp bất phương trình tương đương

(

4x 2

x 1 + 1 − 4x 2

)

 x ≠ 0
x ≠ 0
<3⇔ 
⇔

2
2
3 1 − 4x > 4x − 3
4x < 3 + 3 1 − 4x

, Đk:

−

1
1
≤x≤
2
2.

x ≠ 0

⇔ 1
 1 1
1
1
S =  − ;  \ { 0}
− ≤x≤

 2 2
 2
2 . Tập nghiệm
Vì x ≤ 2 ⇒ 4x – 3 < 0. Do đó (1),(2)
2x + 4 − 2 2 − x >

BT16: Giải bất phương trình:

12x − 8
9x 2 + 16

(1)

Bằng cách nhân lượng liên hợp bất phương trình tương đương
6x − 4

2(6x − 4)
>
⇔ (3x − 2)  9x 2 + 16 − 2
2

2x + 4 + 2 2 − x
9x + 16

(

)

2x + 4 + 2 2 − x  > 0


Lại thực hiện phép nhân liên hợp

(

)

(2) ⇔ (3x − 2) 9x 2 + 16 − 4 12 − 2x + 4 8 − 2x 2  > 0



(
⇔ (3x − 2) ( x − 2

)

⇔ (3x − 2) 9x 2 + 8x − 32 − 16 8 − 2x 2 > 0
8 − 2x 2

) ( +x + 2
23

)

8 − 2x 2 > 0

(3)

(2)


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

Để

8 − 2x 2 có nghĩa thì -2 ≤ x ≤ 2. Do x ≥ −2 ⇒ 8 + x + 2 8 − 2x 2 > 0 nên

3x − 2 > 0
3x − 2 < 0
(3) ⇔ (3x − 2) x − 2 8 − 2x 2 > 0 ⇔ 
(I)
∨
(II)

2
2

 x − 2 8 − 2x < 0
 x − 2 8 − 2x > 0

)

(

⇔

Giải (I)

Giải (II)

Vậy

4 2
3

x < 0
⇔
2
8 − 2x ≥ 0

∨

2

2
2

0 ≤ x<
⇔ −2 ≤ x < 0 ∨ 0 ≤ x< ⇔ −2 ≤ x<
3

3
3
 x 2 < 32 − 8x 2


2 4 2 

S =  −2; ÷∪ 
; 2
3  3



BT17: Cho phương trình :

x2 − 2 x + m = x −1

a) Giải phương trình với m = 0.

b) Tìm m để phương trình có bốn nghiệm phân biệt.
Giải

Đặt t = x – 1, thì phương trình đã cho trở thành

t 2 + m − 1 = t (*)


3+ 5
t ≥ 0
x
=

t ≥ 0
t ≥ 0
±1 + 5

2
⇔ 2
⇔  ±1 ± 5 ⇔ t =
⇒
2
2

1+ 5
t − 1 = ±t
t ± t − 1 = 0
t =

2
x =
2

a) Với m = 0 ta có
b) Phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có 4 nghiệm

t ≥ 0

t ≥ 0
(*) ⇔  2
⇔ 2
t + m − 1 = ± t
t ± t + m − 1 = 0 có 4 nghiệm phân biệt.
phân biệt.
Phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi mỗi phương trình:
t2 – t + m – 1 = 0 và t2 + t + m – 1 = 0 có hai nghiệm không âm phân biệt. Nhưng phương
trình t2 + t + m – 1 = 0 không thể có hai nghiệm không âm (vì S = –1<0).
Vậy phương trình đã cho không thể có 4 nghiệm phân biệt.
BT18: Tìm m để phương trình

x 2 − 2mx + 1 = m − 2

Giải: * Nếu m < 2 ⇒ phương trình vô nghiệm.

24

có nghiêm.


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

* Nếu m ≥ 2 ⇒ phương trình ⇔ x2−2mx−m2+4m−3=0. Phương trình này có
∆=2m2−4m+3>0 với mọi m.
Vậy với m ≥ 2 thì phương trình đã cho có nghiêm.
BT19: Tìm m để phương trình

Giải:Cách 1:
x1 =

2 x 2 + mx − 3 = x + 1


 x ≥ −1
PT ⇔  2

 x + ( m − 2 ) x − 4 = 0, (*)

có hai nghiệm phân biệt.

, phương trình (*) luôn có 2 nghiệm:

2 − m + m 2 − 4m + 20
2 − m − m 2 − 4m + 20
> 0, x2 =
<0
2
2

⇔

nghiệm

. Phương trình đã cho có 2

x ≥ −1 ⇔

(*) có 2 nghiệm

m ≤ 4
x2 ≥ −1 ⇔ 4 − m ≥ m 2 − 4m + 20 ⇔ 
⇔ m ≤ −1
2
2
( 4 − m ) ≥ m − 4m + 20

Chú ý: + x1 > 0, x2 < 0 vì x1 > x2 và a.c < 0 nên pt có 2 nghiệm trái dấu.
+ Cách 1 thường dùng khi hệ số a luôn dương hoặc luôn âm.
+ Cách 2: Đặt t = x + 1 suy ra x = t – 1, khi đó với

( t − 1)

2

+ ( m − 2 ) ( t − 1) − 4 = 0

(**). Để (*) có 2 nghiệm

x ≥ −1 ⇒ t ≥ 0

x ≥ −1

thì (**) phải có 2 nghiệm

BT20: (ĐH KB – 2006). Tìm m để PT có 2 nghiệm thực phân biệt:

Giải :



2 x + 1 ≥ 0
pt ⇔  2

3 x − ( m − 4 ) x − 1 = 0, ( 2 )

−

nghiệm lớn hơn hoặc bằng

1
2

hay

.(*) trở thành:

x 2 + mx + 2 = 2 x + 1

để (1) có hai nghiệm thực phân biệt thì (2) có hai


2
∆ = ( m − 4 ) + 12 > 0

9
  1
⇔m≥
 f  − ÷≥ 0
2
  2

S
1
 >−
2
2

.

4. CỦNG CỐ :
5. BTVN : 1/ Tìm m để các bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x:

25

t≥0
, (1)

.