Đề thi thử THPT quốc gia

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.33 MB, 57 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

DAYHOCTOAN.VN

1 DAYHOCTOAN.VN
Bài 102. Cho , ,a b c là các số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức:







2 2 2

a b c abc

b c a c a b a b b c c a

       

           

      .

Lời giải

Biến đổi bất đẳng thức như sau:











10 2

a a b a c

abc a b

b c

 

  



















2 2

3 3

2 10 2

a a bc

a a abc a b

b c

  

 

     



 

 















2 5 0

a a b a c

a abc a b

b c

 

     

















3 2

2 0

a a b a c

a abc a b c
b c

 

     

















2 0

a a b a c

a a b a c
b c

 

    







2 2

   

a b c

a a b a c
b c

 

   





Theo bất đẳng thức Schur thì bất đẳng thức cuối đúng nên bất đẳng thức ban đầu được chứng
minh.

Bài 103. Cho , ,x y z 0 và x  y z 1. Chứng minh rằng: 2 2

2 2 1

xy z x  y   xy

Lời giải

Cần chứng minh:





2 2

xy z x y z x y

x y z xy

    


  







2 2

x z y z x y x y z xy

        

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

2x22y2 2



xy



24xy2



xy

 

2 x y

 

2  xy



2 2x22y2  x y
Cần chứng minh:



zx



zy



 z xy









2 2

2 0

z xy z x y z xy z xy z x y

          (Đúng)

Đẳng thức xảy ra

1
2
0

x y
z
  


 
 


Bài 104. Cho 3 số thực không âm , , zx y thỏa mãn 2 2 2
2

x y z  . Chứng minh rằng:
(xy y)( z z)(  x) 4xyz xy( yzzx 2) 4xyz x( 2y2z2)

Lời giải

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

DAYHOCTOAN.VN

2 DAYHOCTOAN.VN

Bổ đề: Xét biểu thức S (x y S)2 z (y z S)2 x (x z S)2 y
Nếu x y z và S Sy; yS Sz; ySx 0 thì S0

Chứng minh

2 2 2

( ) z ( ) x ( ) y
S  x y S  y z S  x z S

2 2

(Sz Sy)(x y) (Sy Sx)(y z) 2(x y)(y z)Sy 0

         

Chứng minh

Nếu . .x y z0 Bất đẳng thức luôn đúng
Nếu . .x y z0. Ta có

2 2 2

(xy y)( z z)(  x) 4xyz xy( yzzx 2) 4xyz x( y z )

( )( )( )

2 2

x y y z z x

xy yz zx
xyz

  

     

( )( )( )

2 2 0

x y y z z x

xy yz zx
xyz

  

       (1)

Ta có

2 2 2

( )(y )( ) ( ) ( ) ( )

4 4

x y z z x x y z y z x z x y

xyz xyz

         

2 2 2

2(1 ) ( ) ( ) ( )

xy yz zx

x y y z z x

x y z

   

        

 

Do đó (1) 2 1 1 2 1 1 2 1 1

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0

4 2 4 2 4 2

x y y z z x

xy yz zx

         

Đặt ( 1 1); ( 1 1); ( 1 1)

4 2 4 2 4 2

z x y

S S S

xy yz xz

     

Giả sử ( 1 1) 0

4 2

y
x y z S

xz

     

Mà + 1 1 1 1 = 4

4 2 4 2 4

y x

y z xyz

S S

xz yz xyz

 

   

2 2 2

2 (x 2 ) 4 2

(y )( ) 4 2

= 0

4 2 4 2

yz yz xyz

z x y z xyz

xyz xyz

 

     

.
Tương tự SySz 0.

Áp dụng bổ đề suy ra điều cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi 2

x  y z .

Bài 105. Cho , ,a b c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

3(a2ab b 2)(b2bc c 2)(c2caa2)abc a( 3 b3 c3)

Lời giải

Nhận xét:

4 4

2 2 2 4 4 4 4 4 2 2

2(a ) ( )

2
a b

ab b a b a b a b a ab b 

           

Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức:

4 4 4 4 4 4

3 3 3

3. ( )( )( ) ( )

2 2 2

a b b c c a

abc a b c

  

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

DAYHOCTOAN.VN

3 DAYHOCTOAN.VN



4 4



4 4 4 4 2 2 2 3 3 3 2

9 a b (b c )(c a ) 8a b c a( b c )

      

Trước tiên ta chứng minh

Bổ đề 1: Cho , ,x y z là các số thực dương ta có:
9(xy)(yz)(zx)8(x y z xy)( yzzx)
Chứng minh:

9(xy)(yz)(zx)8(x y z xy)( yzzx)

2 2 2 2 2 2

x y y z z x xy yz zx xyz

       ( luôn đúng theo AM- GM)
Bổ đề 2: : Cho , ,x y z là các số thực ta có:

2 2 2 2 2 2 2 2

( )

x y y z z x x y xyz x y z

Chứng minh:

2 2 2 2 2 2 2 2

( )

x y y z z x x y xyz x y z

2 2 2

(xy yz) (yz zx) (zx xy) 0

       ( luôn đúng )
Áp dụng vào bài toán

Ta có:



4 4



4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4

2 2 2 4 4 4 2 2 2

9 ( )( ) 8( )( )

8 ( )( )

a b b c c a a b c a b b c c a

a b c a b c a b c

       

    

Mà (a4b4c4)(a2b2c2)(a3 b3 c3 2) ( bất đẳng thức C-S)
Suy ra 9



a4b4



(b4c4)(c4a4)8a2b c a2 2( 3 b3 c3 2)

Vậy 2 2 2 2 2 2 3 3 3

3(a ab b )(b bc c )(c caa )abc a(  b c )
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c

Bài 106. Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

3 3 3

a b c

P

b c c a a b

     

     

  

     

Lời giải

Ta có:

3 3

2 2

a b a b 

  





3 3

3 3

c c

a b a b

 

  

 

 

Do đó





3 3

3 3

c c

a b a b

  

   

  (1). Đẳng thức xảy ra  a b.
Tương tự ta có:





3 3

3 3

a a

b c b c

  

   

  (2),





3 3

3 3

b b

c a c a

  

   

  (3).

Từ (1), (2), (3) ta có

3 3 3

3 3 3 3 3 3

4P a b c

b c c a a b

  

  



 





3 3 3 3 3 3



3 3 3 3 3 3

1 1 1 1

2 a b b c c a b c c a a b

 

         

  

 

9 3

2 2

   3

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

DAYHOCTOAN.VN

4 DAYHOCTOAN.VN

Vậy 3

8
MinP .

Bài 107. Cho các số dương , ,a b c thỏa mãn a b c   2 abc. Tìm giá trị nhỏ nhất của S 1 1 1
a b c
   .

Lời giải

Chú ý rằng a b c   2 abcnên suy ra:

(a1)(b1)(c 1) (a1)(b  1) (b 1)(c  1) (c 1)(a1).
Do vậy ta thu được 1 1 1 1 1 1 1 2

1 1 1

1 1 1 1 1 1

a b c

      

      .

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta được

1 1 1 1 1 1 9

1 1 1

1 1 1 2

1 1 1

a b c

 

 

         

 

     

 

Từ hai điều trên ta suy ra 1 1 1 3
2
a  b c .
Vậy S nhỏ nhất bằng 3

2 , dấu bằng xảy ra khi a b c và là nghiệm của:
3

3 2 0 2

a  a     a b c .

Bài 108. Cho , ,x y z là các số thực dương thỏa mãn xyyzzx3xyz. Chứng minh rằng :

2 2 2

( 1) ( 1) ( 1) 2

y z x

x y   y z  z x   (1)

Lời giải

Ta có thể viết lại giả thiết xyyzzx3xyz thành 1 1 1 3

x  y z .

Đặt a 1
x

 ; b 1
y

 ; c 1
z

 . Ta có a b c  3.

Thay vào (1), ta cần chứng minh: 2 2 2 3

1 1 1 2

a b c

b  c  a 

   .

Thật vậy 2 22 2

1 1 2 2

a ab ab ab

a a a

b   b   b  

  .

Làm tương tự và cộng lại ta có: 2 2 2 ( ) 1( )

1 1 1 2

a b c

a b c ab bc ca

b  c  a      

  

Ta có bất đẳng thức quen thuộc: 2

(a b c  ) 3(ab bc ca  ).

Do đó: 2

2 2 2

1 3

( ) ( )

1 1 1 6 2

a b c

a b c a b c

b  c  a       

   . (vì a b c  3)

Dấu bằng xảy ra khi a  b c 1 hay x  y z 1.

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

DAYHOCTOAN.VN

5 DAYHOCTOAN.VN

2 2 2

2 2 2 2 2 2 8( )

ab bc ca

a b c

a b b c c a

    

  .

Lời giải

Đặt tab bc ca  , suy ra

( ) 1

3 3

a b c

t  

   .

Áp dụng điều kiện: a b c  1, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
2

2 8[( ) 2( )]

2 ( )

t

a b c ab bc ca

t  abc a b c      

2 8(1 2 )

2
t

t
t abc

  



Do abc0 nên ta có đánh giá: 2 2 1
2

t t

t  abc t t.
Để kết thúc bài toán ta sẽ chứng minh 1 8(1 2 )t

t   (*)

Thật vậy (*) 16t2   8t 1 0 (4t1)20.Điều này luôn đúng.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:

1
0

1
4

a b c
abc

t ab bc ca



   






    



Khi đó , ,a b c là nghiệm phương trình 3 2 1 0.
4

x x  x
Do đó



; ;



1 1; ;0

2 2
a b c   

  hoặc các hoán vị.
Bài 110. Cho , ,a b c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

2 2 2

3
2

a b c

ab b bc c ca a

  

   .

Lời giải

Ta có

2 2 2

1 1 1

a b c

a b c b c a

a b c

ab b bc c ca a

b c a

    

     

1 1 1

a b c

b c a

a b c

b c a

 

 

 

 



    

Đặt x a,y b,z c xyz 1.

b c a

    

Ta có





1 1 1

a b c

x y z

b c a

a b c x y z

b c a

 

 

   

  

    

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

DAYHOCTOAN.VN

6 DAYHOCTOAN.VN

















2 6

3 3 3 3

x y z xy yz zx x y z

x y z x y z

       

 

     

Suy ra





2 2 2

3 6
3

a b c S

S x y z
S

ab b bc c ca a



       

  

Ta có 3 3 6 2 3 3 3

2 2 2 2 2

S S

S

S S

 

      

  Suy ra

3 3

3 2

S
S

 

.
Bất đẳng thức được chứng minh.

Dấu bằng xảy ra khi a b c.

Bài 111. Cho các số thực a, b, c, d thỏa mãn : 2 2 2 2
1

a b c d  . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của

biểu thức: 2 2 1

( )( )

Ea c  ac bd .

Bài giải:

 2 2 1







2 2



2 2



2 2



Ea c  ac bd a c  a c b d

a2 c2 



2 1





a2c2



  



2 1





b2d2





















2 2 2 2

2 2 2 1 2 1

a c b d

a c     

  



2 2 2 2



2 1 2 1

2 a c b d 2

 

    

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:





2 2 2 2

2 2

8
2 1

2 2

8
1

2 2

a

a c

b

b d

a b

c

a b c d

d

 

 


 

 



   



 

   

  

 

     

 

 

  



hoặc

2 2

a

b

c

d

 

  




  



 





 

 


 2 2 1







2 2



2 2



2 2



Ea c  ac bd a c  a c b d

















2 2 2 2 2 2

2 1 2 1

a c  a c   b d 

          







2 2









2 2



2 2 2 1 2 1

a c b d

a c     

  



2 2 2 2



1 2 1 2

2 a c b d 2

 

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

DAYHOCTOAN.VN

7 DAYHOCTOAN.VN
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:





2 2 2 2

2 2

8
2 1

2 2

8
1

2 2

a

a c

b

b d

a b

c

a b c d

d

 

  


 

 



   



 

    

   

     

 

 

  


hoặc

2 2

a

b

c

d

 

  




 



  




 

  

Bài 112. Cho các số thực không âm a b c, , thoả mãn 2 2 2

a b c  . Chứng minh bất đẳng thức









2 2 2 2 2 2

3 3 3

8 ; ;

3 max a b b c c a

a b c abc

a b c

   

 

Bài giải:

Do tính đối xứng của bất đẳng thức nên không mất tổng quát, giả sử a b c  0.
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có 3 3 3 3 3

 

3 2 1

a b  c abca b  ab ab

Và





2 2 2 2

 

2 2 2 2 2 4 2

a b c a b c  ab bc ca  ab ab

Từ

 

1 và

 

2 suy ra



3 3 3







2 2 2



2 2 2 2 2 2



3 8 8 ; ;

a   b c abc a b c   a b  max a b b c c a

Hay









2 2 2 2 2 2

3 3 3

8 ; ;

3 max a b b c c a

a b c abc

a b c

   

 
Dấu “=” xảy ra khi a   b 1 c 0

Tóm lại:









2 2 2 2 2 2

3 3 3

8 ; ;

3 max a b b c c a

a b c abc

a b c

   

 
Dấu “=” khi a   b 1 c 0 và các hoán vị.

Bài 113. Cho các số thực dương a b c, , thỏa mãn 2 2 2





2
4.

a b c  a b c  Chứng minh bất đẳng thức



 



1 1 1

ab bc ca

a b b c c a

     

  

Bài giải:

Ta có: 2 2 2





2 2 2 2

4 2

a b c  a b c  a b c ab bc ca .
Ta chứng minh:



 



2 2 2 2 2 2

ab bc ca

a b b c c a

     

   .

Thật vậy, vì 2 2 2

2a b c abbcca nên ta có:











 















2 2 2

2 2 2 2

2 2 2

a b c a c b c a c b

ab ab a b c ab bc ca

a b a b a b a b

     

          

   

Suy ra











2 2

1 c a c b (1)
ab

a b a b

 

  

  .

Tương tự ta có





















2 2 2 2

1 a b c a (2), 1 a b b c (3)

bc ca

b c b c c a c a

   

     

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

DAYHOCTOAN.VN

8 DAYHOCTOAN.VN
Cộng các BĐT (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có:



 





















2 2 2 2 2 2

3 c a b c a b c a b c a b

ab bc ca

a b b c c a a b b c c a

     

        

      .

Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có:























3
c a b c a b c a b c a b

a b b c c a

     

  

   .

Suy ra điều phải chứng minh.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 3
3
a  b c .

Bài 114. Chứng tỏ rằng tổng 20142 20142 ... 20142 ... 20142

2013 1 2013 2 2013 2013 2013

A

n

     

    (2013 số hạng)

không phải là số nguyên dương.

Bài giải:

Trước hết ta giải bài toán tổng quát:

“Chứng minh rằng tổng 2 1 2 1 ... 2 1

1 2

n n n

A

n n n n

  

   

   (n số hạng, n1) khơng phải là số
ngun dương”.

Ta có A n 21 n 21 ... n 21

n n n

  

    (n số hạng) n 21.n 1 1 2.

n n



   

Mặt khác A n2 1 n2 1 ... n2 1

n n n n n n

  

   

   (n số hạng) 2

. 1

n
n

n n



 



Do đó 1 A 2.

Vậy A khơng phải là số nguyên dương.
Với n2013 thì ta có bài tốn đã cho.

Bài 115. Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn: a b c  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
(ab 1)(bc 1)(ca 1)

P

abc

  

 .

Bài giải:

Ta có: P a 1 b 1 c 1 abc 1 1 1 1 1

b c a abc a b c

   

           

   

Vì a b c  1 nên từ BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có: 1 3 1

3 3 27

a b c

abc abc

 

   

Do đó: 1 27 1 (27 )(1 27 ) 0

27 27

abc abc

abc

abc abc

 

    

Suy ra: 1 27 1 730

27 27

abc
abc

   

Mặt khác ta lại có:



a b c



1 1 1 9 1 1 1 9

a b c a b c

 

         

 

Từ đó suy ra:

730 10

9 1

27 3

P      

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

DAYHOCTOAN.VN

9 DAYHOCTOAN.VN
Vậy

2
10
min

P   

  .

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1
3

x  y z .

Bài 116. Tìm giá trị lớn nhất của số thực k sao cho bất đẳng thức sau:2



1a2



1b2



1c2

















2 1b 1c 1d 2 1c 1d 1a 2



1d2



1a2



1b2







k ab bc cd ac bd da

       đúng với mọi số thực a b c d, , , thay đổi tùy ý.

Bài giải:

Điều kiện cần: Bất đẳng thức đúng với bộ a   b c d 3
thay vào BĐT ta được 4.2.8k



6.3 2  



k 4

Điều kiện đủ: Ta chứng minh BĐT đúng với k4







2 1a 1b 1c 2



1b2



1c2



1d2



2



1c2



1d2



1a2









2 1 d 1 a 1 b

   











, , ,

2 1 1 1 4 2

a b c d

a b c ab ac ad bc bd cd





         











, , ,

1 1 1 2 2

a b c d

a b c ab ac ad bc bd cd





         

Ta có:



1a2



1b2



1c2

 

 1a2







bc1

 

2 b c



2 



bc 1

 

a b c



1
ab bc ca
   
Tương tự trên ta được:







2 1a 1b 1c 2



1b2



1c2



1d2



2



1c2



1d2



1a2









2 1 d 1 a 1 b

   











, , ,

1 1 1 2 2

a b c d

a b c ab ac ad bc bd cd





         

Dấu “=” xảy ra khi a    b c d 3

Vậy giá trị lớn nhất của k bằng 4. Khi đó BĐT ln đúng với mọi số thực a b c d, , , thay đổi tùy ý
Bài 117. Giải bất phương trình: 5 2x 1 5 4

2x 2

x

   

 

1 .

Bài giải:

ĐK: x0

 

1 5 1 2 1 4

4x
2

x x

x

     

 

   

 

Đặt 1 , 2

t x t

x

   1 2

1
4

x t

x

   

 

1 thành 2

5 2 0

t   t 2









nhận loại

t t

   

 

2 3 3

1 2 4 1 0 2 0 2

2 2

x x x x

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

DAYHOCTOAN.VN

10 DAYHOCTOAN.VN
Bài 118. Giải bất phương trình:



x1



x2



x4



x 8



4x2

 

Bài giải:

 







1  x 6x8 x 9x8 4x

 x0:

 

1 8.80 (Sai)

 x0:

 

1 x 8 6 x 8 9 4

x x

  

      

  

Đặt x 8 t
x

  , t 4 2 *

 

1 thành 2

15 50 0 5 10

t  t    t

So với điều kiện

 

* , ta được: 4 2 t 10 4 2 x 8 10 5 17 x 5 17

x

          

Vậy

 

1   x 5 17;5 17

Bài 119. Giải phương trình: x x2 1 x x2 1 2 1

 

Bài giải:

ĐK: x1

Nhận xét: 2 2

1. 1 1

x x  x x  

Đặt 2

t  x x  ,



t0



 

1 thành t 1 2 t 1

t

   

 

1  x x    1 1 x 1

Bài 1. Giải bất phương trình: 2 3x 2 x 2 34



3x2



x2 1

  

Bài giải:

TXĐ: [ ;2 )
3

D 

Trên D: x 2 0, ta chia 2 vế cho x 2 0

 

1 2 3 2 1 34 3 2

2 2

x x

 

  

 

Đặt 4 3 2; 0
2
x

t t

x


 



 

1 thành 2 1

2 3 1 0 0

t      t t hoặc t1

 Với 0 1 4 3 2 1 2 34

2 2 2 3 47

x

t x

x


      



 Với 1 4 3 2 1 2

2
x

t x

x


    



Vậy tập nghiệm của

 

1 là 2 34;





3 47

T   

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

DAYHOCTOAN.VN

11 DAYHOCTOAN.VN
Bài 120. Giải bất phương trình:

 

1 1

0 1

2 4

4 3 x

x x

 



  

Bài giải:

ĐK:
2

4 3 0

1 2; 2 3

x x

x

   

    





 

2 1 1

2 4

4 3 x

x x

 



  

Nếu 1 x 2 thì  x2 4x  3 0 2x4, bất phương trình nghiệm đúng với mọi : 1x  x 2
Nếu 2 x 3 thì

2 4 0

4 3 0

x

x x

 




   



 

1 2x   4 x 4x3 2 2

4x 16x 16 x 4x 3

       2

5x 20x 19 0

   

5 5

2 2

5 5

x x

     

Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có: 2 5 3
5 x

  

Vậy tập nghiệm của

 

1 đã cho:

 

1; 2 2 5;3
5

 

  

 

Bài 121. Giải bất phương trình: 2

 

2x 6x   1 x 2 0 1

Bài giải:

 

2 2





2
2 0

2 6 1 2

1 2 6 1 2 3 7

2 0

2 6 1 0

x

x x x

x
x

x x

  

      

 

       

 
 



 



   



Vậy tập nghiệm của

 

1 là: ;3 7





  

   

 



 

Bài 122. Giải bất phương trình:





2 2

3 4 9 (1)

x x  x  . 
Lời giải

Ta có:









(1) x3 x   4 x 3 0 (2)
TH1: x   3 0 x 3

2 2 2 5

(2) 4 3 4 ( 3)

x x x x x

           

Kết hợp với x3 ta được x3 (*)

TH2: x   3 0 x 3(2) x2  4 x 3 (3)

+) Nếu x    3 0 x 3 thì (3) thỏa mãn với   x 3 (4)

+) Nếu 2 2 5

3 0 3 (3) 4 ( 3)

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

DAYHOCTOAN.VN

12 DAYHOCTOAN.VN
5

3 (5)

6
x
    

Từ (4) và (5) ta có 5 (**)
6

x  Từ (*) và (**) ta có nghiệm của bất phương trình là:
5

x  hoặc x3.

Bài 123. Giải bất phương trình: 2 4 2

6(x 3x 1) x x  1 0 (xR).
Lời giải

Ta có : 4 2 4 2 2 2

1 0, 1 ( 1) ( 1)

x x    x x x   x  x   x  x

BPT 2 2 2 2

6 2( x x 1) (x x 1) 6(x x 1)(x x 1) 0

            

2 2

1 6( 1)

12 6 0

1 1

x x x x

     

    

   

  .

Đặt 6(22 1) ( 0)
1

x x

t t

x x
 

 

  .

BPT trở thành: 2 3

2 6 0 0

2
t      t t
2

2
2

6( 1) 9 11 21 11 21

5 11 5 0 ;

1 4 10 10

x x

x x x

x x

 

   

          

 

Bài 124. Giải bất phương trình: 2

6 2 2(2 ) 2 1

x  x  x x .

Lời giải 
Điều kiện: 1.

x Đặt t 2x1 (t0) thì 2x t2 1.

Khi đó ta có: 2 2 2

6 2 2(2 ) 0 2 4 3( 1) 2 0

x  x  x t x  tx t t   

2 2

(x t) (2t 1) 0 (x 3t 1)(x t 1) 0

          

x t

   (do 3 1 0; 1; 0

x    t x  t ).

Với x 1 t, ta có: 1 2 1 2 1 2 2.

2 1 2 1
x

x x x




      

   



Đối chiếu điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là S  [2 2;).

Bài 125. Cho hê ̣ bát phương trình:
2
2

1 0
2( 1) 4 1 0

x

x m x m





 

    

a) Giải hê ̣ với m = 0.

b) Xác định m để hệ bất phương trình trên có nghiệm.
Lời giải 
a) Khi m0 hê ̣ trở thành

2
2

1 0
2 1 0

x

x x





 
  





2
2

1;1

1 0

( 1) 0 x R

x
x

x

  

 

 

 


 




 

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

DAYHOCTOAN.VN

13 DAYHOCTOAN.VN
b)

2
2

1 0 (1)
2( 1) 4 1 0 (2)

x

x m x m





 

    

Giải (1) ta được x[-1;1] Xét (2):  ' m22m
TH 1:  ' 0 m[0;2] .

Khi đó bất phương trình (2) có tập nghiệm là  hệ bất phương trình có nghiệm.
TH 2:  ' 0 m ( ; 0)(2;) (*)

Ta có 2 2

1 1 2 , 2 1 2

x   m m  m x   m m  m

Hệ bất phương trình có nghiệm khi 1
2

1 (3)
1 (4)
x

x
 

 


+) Giải (3) ta được 2

m  . Kết hợp (*) [ 2; 0) (2; ).
3

m

    

+) Giải (4) ta được m = 0 (loại) KL: Vậy hệ bất phương trình có nghiệm khi 2
3
m  .

Bài 126. Giải bát phương trình:





2x 5x7 x 2 0

 

1 .
Lời giải

TH 1: Với x2 khi đó

 

1 luo n đúng, va ̣y x2 là nghiê ̣m
TH 2: Với x2 khi đó

 

1 2 5 7 0 7

2
x

x x

x
 



    

 


. Do x > 2 nên 7
2

x .
Vậy tập nghiệm:

 

2 7;

2
S   

.

Bài 127. Giải bất phương trình 3





3  x 1 x2 x

Lời giải

Đkxđ: x2. Đặt t x2,t0 suy ra x t2 2, thay vào bất phương trình ta được:





3 2 2

1      t 1 t 1 t 1 t 3 2 2





3
1 t 1 t 1 t 1 t

       







3 2

4 3 0 1 3 0

t t t t t t

        3 2 3 11

0 1 0 2 1 2 3

t x x

t x x



   

 

  

      

   .

Kết hợp với Đkxđ ta được tập nghiệm là S 

  

2;3 11;



Bài 128. Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất :
2

4 3 2

2 0

4 4 10 0

x x m

x x x m

   




    

 .

Lời giải 
Hệ đã cho có thể viết thành dạng :













2 2 2

2 0 2 0

4 4 10 0 2 10 0

x x m x x m

x x x m x x m

  

    

 

 

        

 

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

DAYHOCTOAN.VN

14 DAYHOCTOAN.VN

Ta có hệ có nghiệm x0 thì cũng có nghiệm 2x0. vậy hệ có nghiệm duy nhất

0 0 0

2x x x 1. Khi x0 1, ta có 1 0 1
9 0

m

m
m

  



 
  

 . Với m1 hệ đã cho trở thành :
2

4 3 2

2 1 0

4 4 9 0

x x

x x x

   




   

 











2 2

2
2

1
( 1) 0

2 3 2 3 0

2 9 0
x
x

x

x x x x

x x



   

   

      

   

 

 .

Bài 129. Giải bất phương trình: 4 1 12 0
4

x

x x

 


 .

Lời giải

TH 1: x 1. Bất phương trình trở thành: 4 2 0 2

2 0

x
x

x

x x




    

  .

Đối chiếu điều kiện, suy ra     1 x 0 x 2.

TH 2: x 1. Bất phương trình trở thành 4 22 0



; 2 \

 

2; 0



x

x x

      

 .

Đối chiếu với điều kiện, suy ra x  



; 1 \

  

2 .

Vậy nghiệm của bất phương trình là: S 



 

 2; 

  

\ 2 .

Bài 130. Tìm m để bất phương trình sau vơ nghiệm: (m24m5)x22(m1)x 2 0.
Lời giải

TH1: 2

0 4 5 0 1 5

a m  m      m m .

Với m1, bpt trở thành: 2 0 vơ nghiệm . Do đó: m1 (nhận)
Với m 5, bpt trở thành: 12 2 0 1

x    x , do đó bpt có nghiệm  m 5 (loại).

TH2: 0 1

5
m
a

m


    

 .

YCBT









2 2

0 4 5 0

4 5 2 1 2 0,

0 10 11 0

a m m

m m x m x x

m m



   

 

          



     

 

11 1

m m

     . Vậy giá trị m cần tìm là: m  



; 11

 

  1;



Bài 131. Tìm tất cả các giá trị của m sao cho bất phương trình



m1



x22



m2



x2m 2 0 vơ
nghiệm (x là ẩn, m là tham số).

Lời giải

Bất phương trình đã cho vơ nghiệm khi và chỉ khi









1 2 2 2 2 0

m x  m x m   x

TH1: Nếu m1 thì 6 4 0, 2,

x      x x  x vơ lí.
TH2: Nếu m1 thì



m1



x22



m2



x2m   2 0 x



 





1 0 1

4 6 0

' 2 1 2 2 0

m m

m m

m m m

 

  

 

 

   

      

 



2 10
2 10

2 10
m

m
m

m




     



  




</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

DAYHOCTOAN.VN

15 DAYHOCTOAN.VN

Bài 132. Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm:









8 1 3 1

2 2 3 4

x

x x

m x m x

  

   



    



.
Lời giải

Ta có: 10 3

8 1 3 1

x

x  x  

 

1 . Điều kiện:

1
8
x  .
Ta thấy x0 không phải là nghiệm của bpt

 

1 .









8 1 3 1 10
10

3 3

8 1 3 1

x x x

x

x x

  

     

  

  





2
3

2 8 1 3 1 3 19 1

313 274 39 0

x

x x x x

x x

 


        

   



.
Kết hợp với điều kiện:  x 1.

Ta có:









2 2 3 4

m  xm  x  





3 2 2 4

m  m x m

 

2 .
+) m1, bpt

 

2 vô nghiệm  Hệ bpt vô nghiệm.

+) m2, bpt

 

2 nghiệm đúng với mọi x Hệ bpt có nghiệm.
+) m

 

1; 2 , ta có:

 

2 2

1
x

m

  

 Hệ bpt có nghiệm.
+) m  



 

2; 



, ta có:

 

2 2

1
x

m
 


Hệ bpt có nghiệm khi 2 1

 

1;3

1 m

m    .
Kết luận: m

 

1;3 .

Bài 133. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm thực:





2
2

4 2 2

5
2

8 16 16 32 16 0

x
x

x

x x mx m m



 

 



      



Lời giải

Giải BPT :





 

2
2

2
4

5 1
2

x
x

x

 

 .

 

2 2 4 2

2, 1 5 0

2 2

x x

 

       

 

 

2
2

2 2

2
1
2

4. 5 0

2 2

5
2

x

x x x

x






   

     

  

   

 

Từ đó ta tìm được : x2 hoặc    2 x 1

Giả sử x0là một nghiệm của PT : x48x216mx16m232m160 (2)

Khi đó PT : 4 2 2

0 8 0 16 0 16 32 16 0

x  x  mx  m  m  phải có nghiệm m

Suy ra PT : 2





0 0 0

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

DAYHOCTOAN.VN

16 DAYHOCTOAN.VN

















' 4 2 2

0 0 0 0 0 0 0 0

64 x 2 16 x 8x 16 0 16x x 2 x 2x 8 0 0 x 2

               

Như vậy nếu (2) có nghiệm thì nghiệm lớn nhất là 2 và nghiệm nhỏ nhất là 0 .
Do đó hệ (1) ,(2) có nghiệm khi PT (2) có nghiệm x2.

Thay x2vào (2) ta được : m24m    4 0 m 2.
Vậy m 2thì hệ PT đã cho có nghiệm.

Bài 134. Giải bất phương trình:
2
2

3 5

4
x

x
x

 

 .

Lời giải 
Điều kiện: 2

4 0 2

x    x  (*)
Ta có:

2
2

3 5
4
x

x
x

 

  2

3 5
4
x
x

x

 

 (1)

TH1: Với x 2. Bất phương trình vơ nghiệm (Do vế trái âm).
TH 2: Với x2. Bình phương hai vế bpt

 

1 , ta được:

 

2 2 4 2

2 2 2 2

4 4

45 4. 45 2

4 4 4 4

x x x x

x

x x x x

     

   

Đặt: 2

2 , 0

4
x

t t

x

 

 . Khi đó bpt

 

2 có dạng:
2

2
2

4 2

2
2

4 45 0 5 ( 0)

2 5
20

5 25 100 0

4 5

t t t t

x
x

x

x x

x

x x

     

 
 



       

 

   

Vậy nghiệm của bất phương trình là: S 

  

2; 5  2 5;



Bài 135. Giải bất phương trình: x 3 2x  4 x 5

Nếu: x 3    x 3 2x        4 x 5 4x 4 x 1.
Kết hợp đk   x 3.

Nếu:   3 x 2 thì bpt trở thành: x 3 2x        4 x 5 2x 2 x 1
Kết hợp với đk    3 x 1.

Nếu x2 thì bpt trở thành: x 3 2x   4 x 5 2x  6 x 3
Kết hợp với đk  x 3.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: T    



 



Bài 136. Giải bất phương trình: x
x

x

x 2

5
6
2
2

2 







Lời giải

Điều kiện: 1 x 5

Theo BĐT Cauchy ta có :







2
5
1
5

2          

x x x x x x

Nên: 0 x26x52 Suy ra: 1
5
6
2

2   

x x

Vậy (1) 1 2 (2)

5
6
2
1

2
2

x

x  







</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

DAYHOCTOAN.VN

17 DAYHOCTOAN.VN
Mặt khác : x2 12x

với x1 và 1 0
5

6
2

2    

x x

Do đó (2) luôn nghiệm đúng

Vậy (1) luôn nghiệm đúng với 1 x 5

Bài 137. Giải bất phương trình:

x



3 x

 

2 x



4 x

 

3

2 x



5 x



4

Lời giải

* Điều kiện:
2
2
2

3 2 0
4 3 0
5 4 0

x x

   


  


   


 1

4
x
x



 
 .

* Bất phương trình tương đương (x1)(x 2) (x1)(x 3) 2 (x1)(x4) (1)
TH1: Nếu

x



1

. Khi đó:

(1) (1x)(2x) (1x)(3x)2 (1x)(4x)
 1x 2 x 1x 3 x 2 1x 4x

 1x( 2 x 3 x 2 4x)0 (2)

+ Với x1 thoả mãn (2) nên x1 là một nghiệm của bất phương trình.
+ Với

x



1

thì

1  

x

0

nên ta có:

(2)  2 x 3 x 2 4 x 0  2 x 3 x 2 4x

( 2 x 3x)24(4x)  2 2x 3  x 11 2x

 4(2x)(3x)(11 2 ) x 2 (Vì

x



1

)  97
24

x không thoả mãn

x



1

TH2: Nếu

x



4

. Khi đó:

(1)  x1 x 2 x1 x 3 2 x1 x4
 x1( x 2 x 3 2 x4)0

 x 2 x 3 2 x 4 0 ( Vì

x



4

nên x 1 0)
 x 2 x 3 2 x4  2 (x2)(x 3) 2x11 (3)
+ Nếu 4 11

2
x

  hiển nhiên thoả mãn (3) vì VP 0 VT

+ Nếu 11
2

x ta có:

(3)  4(x2)(x 3) (2x11)2
 97

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

DAYHOCTOAN.VN

18 DAYHOCTOAN.VN
Vậy bất phương trình có tập nghiệm là: S 

 

1 



4;



.
Bài 138. Giải bất phương trình:

1 1

0
2 4

4 3 x

x x

 



   (1)

Lời giải

* Điều kiện:
2

4

3

0

1 2;2

3

2  

 

  

 







x

(1)
2

1

2

4

3 x







 



Nếu

1  

x

2

thì 2

4 3 0 2 4

 x x   x , bất phương trình nghiệm đúng với mọi x:

1  

x

2

Nếu

2

4

0

2

3

4

3

0 x

 



   

 

 



bất pt

2x 4 x 4x 3

     

2 2

4 16 16 4 3

 x  x   x x 2

5 20 19 0

 x  x  2 5; 2 5

5 5

x x

    

Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có: 2 5 3
5 x

  

Tập nghiệm của bất phương trình đó cho:

 

1;2

2

5 ;3

5 















Bài 139. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm 2
12
)
1
(
)
1
(

3
7
)
1
(
)
1
(
2
2
2










m
x
x
x
x
x
x
x
x

Lời giải 
Đặt
x
x

t 1, bài toán quy về tìm Điều kiệnđể bất phương trình 2
3
1
2
2
2





m
t
t
t
t

đúng với mọi t
Vì mẫu xác định với mọi t nên  m 3t tm0,t

12
1

0 2

Do đó bất phương trình tương đương với : 2t2 t16t2 2t2m,t
t

m
t

t     

4 2 3 2 1 0,
916(2m1)0

32
25

m

Bài 140. Giải bất phương trình:

 

x

8 x



12 

10 

2 x

Lời giải

* Điều kiện: 2

8 12 0 2 6

x x x

      

* Nếu

5  

x

6

thì

 

x

8 x



12  

0 10 2



x

, bất phương trình nghiệm đúng

x





5;6



* Nếu

10 2

0

2

5

8

12

0 x







   

 







bất pt đó cho

2 2

8 12 4 40 100

x x x x

       2

28

5

48

112

0

4

5 x

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

DAYHOCTOAN.VN

19 DAYHOCTOAN.VN
Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có:

4  

x

5

Tập nghiệm của bất phương trình đó cho:

(4;6]

Bài 141. Giải bất phương trình

2 x

 

3 x

 

1

3 x



8

(2).
Lời giải

+ Điều kiện: 8 (2.1)
3
x







(2)

2 x

3 x

8 x

1

5 x

3 x

8 x

1 



 

 

   







5

 

3

8



1



2

5

33 0

5

0 x













  













 





3
2

11
3
2

x

x
x

  



  



 

 


(2,2)

+Kết luận: Kết hợp (2.1) và (2.2) bất phương trình có nghiệm:

8

3  

x

Bài 142. Giải bất phương trình: 2 1 2 2 7
2

x  x  x x   x

Lời giải

* Điều kiện: x1.

Đặt t x 2 x1 Suy ra:

2 2 2 7

2 1 2 2 2 4

2 2

t
t  x  x    x x x    x 

Khi đó bất phương trình trở thành: 2

2 8 0 2 4

t       t t

- Với t 2 suy ra: x 2 x   1 2 x  2 2 x1

6 4 2 1 7 4 2 0

x x x x x

           (đúng  x 1)
- Với t4 suy ra: x 2 x  1 4 x 2 x 1 4

2 15 8 1 13 8 1 0

x x x x

          (đúng  x 1)
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là  1;



Bài 143. Tìm m để bất phương trình sau có tập nghiệm là : 2 2

(x  x 1)(x  x m)0

Lời giải

Đặt 2
1

tx  x suy ra

1 5 5

2 4 4

tx   


 .

Khi đó bất phương trình đó cho trở thành:





1 0 ( 1) 0

t t    m t m t (1)
Để bất phương trình đó cho có tập nghiệm là thì (1) phải có tập nghiệm là 5;

4


 



 

Xét 2

( ) ( 1).

f t  t m t . Ta có 2 trường hợp:
- TH1: ( 1) 5 3

2 4 2

m

    

. Khi đó ta có bảng biến thiên f t( ) trên 5;
4


 



</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

DAYHOCTOAN.VN

20 DAYHOCTOAN.VN
Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy để f t( )0 với 5;
4
t  

  

  thì:
5

0
4
f   

 
hay

5 5 5 1

.( 1) 0 1

4 4 m m 4 m 4

         

 
 

Kết hợp với Điều kiện trên ta thấy khơng có m thỏa mãn

- TH2: ( 1) 5 3

2 4 2

m

     

Khi đó ta có bảng biến thiên f t( ) trên 5;
4


 



 

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy để f t( )0 với 5;
4
t  
  

 thì:

( 1)
0
2

m

f    

 

Hay

2 2

( 1) ( 1)

0 ( 1) 0 1

4 2

m m

         

(thỏa mãn Điều kiện)
Vậy Điều kiện để bất phương trình đó cho có tập nghiệm là là m 1
Bài 144. Giải bất phương trình 2 3x 2 x 2 3 (34 x2)(x2)

Lời giải

* Tập xác định: 2;
3
D 



* Trên D thì x 2 0 , Chia 2 vế của (1) cho x2 ta được 2 3 2 1 34 3 2

2 2

x x

 

 

 

Đặt 4 3 2 0
2

x
t

x



 

 .

bất phương trình  2 – 3 1 02

t t    0 1

2
t

  hoặc t1
* Với 0 1

2
t

  thì 4 3 2 1

2 2

x
x

 

 

2 34

3 x 47
* Với t1 thì 4 3 2 1 2

x

x
x

   

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

DAYHOCTOAN.VN

21 DAYHOCTOAN.VN
Vậy tập nghiệm của bất phương trình (1) 2 34;





3 47

T   

 

Bài 145. Giải bất phương trình x2 3x2 x2 6x5  2x2 9x7.

Lời giải

* Điều kiện:x



;5

 

 1;



- Với x 1 Hiển nhiên là nghiệm.

- Với x 1 Bất phương trình tương đương






















5
2
1
7

2
5
2

x
x
x
x

x

Bất phương trình vơ nghiệm.

- Với x 5:Bất phương trình tương đương: x5 x2  2x7  x5.
Vậy bất phương trình có 2 nghiệm: x 1; x 5

Bài 146. Giải bất phương trình :
2

3 2

4 0

3
x x

x x

x

     

  

 

Lời giải

Bất phương trình tương đương      


 

3 2

4 0

x x

x

* Xét TH1:     

  



2 0

4 0

3 0

x

x x

x
x

* Xét TH2:

     



   

       

 

 


2

4 0

0 4

3 2

1 2 3

0
3

x x

x

x x

x

Vậy tập nghiệm của BPT là x

 

0 



4;



Bài 147. Cho bất phương trình:





 

2 2

9 4 7

9 9

2

m mx

x x x x



 



 



( m là tham số )
a) Giải bất phương trình với m28

b) Tìm m để bất phương trình

 

1 có nghiệm.

Lời giải:

TXĐ:D

+) x0 khơng là nghiệm của phương trình

 

1 :

  

9 4



1 2

9 9

1 1

m m

x x



  

    Đặt

, 6

t x t

x

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

DAYHOCTOAN.VN

22 DAYHOCTOAN.VN
+) Với m28:

 

1 trở thành: 2

30 225 0 15

t  t   t ( 1 điểm)

+) Bpt có hai nghiệm: x15 189 và x15 189 ( 2 điểm)

 

1 trở thành: 2

( ) ( 2) 8 1 0

f t  t m t m 

 

+) Để

 

1 có nghiệm x thì

 

2 phải có nghiệm t   



, 6

 

6;



(0,5 điểm) 
+) Tìm m để

 

2 vơ nghiệm 49; 28

m  

   

  ( 1 điểm)

+) KL:Bpt có nghiệm ; 49



28;



m  

     

 

Bài 148. Giải bất phương trình: x26x 2 2(2x) 2x1

Lời giải:

Điều kiện: 1
2

x .
Bpt 2

2 2 1 2 1 4(2 1) 4 2 1 1

x x x x x x

         



 



2 1 2 2 1 1

x x x

     

2 2 1 2 2 1 1

x x x

      ( do 2 vế dương)
2x 1 2x 1

    1 2

2 1 2 1

x

x x x



 

   

   x 2 2

Đối chiếu đk ta có nghiệm của bất phương trình là:x 2 2
Bài 149. Giải bất phương trình:

2 2

7x 7x 9 x   x 6 2 2x1

Lời giải:

ĐK: x3 . Bpt tương đương:







7x 7x 9  x 2 x 3 2 2x 1

        







6x 14x 7 4 2x 1 x 3 . x 2

      





3 2x 5x 3 4 2x 5x 3. x 2 (x 2) 0

         

2 2

2 5 3 2 5 3

3. 4 1 0

2 2

x x x x

x x

   

   

 

2
2

18 46 29 0

2 6 5 0

x x

   


 

  

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

DAYHOCTOAN.VN

23 DAYHOCTOAN.VN
23 1051

23 1051

3 19 3 19

2 2

x
x

x

 





 

 



  

  



Bài 150. Với giá trị nào của m thì bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x :
2

6x 4x 5 2x4mx1

 

Lời giải:

Vì 6x24x 5 0 với mọi x nên:

 

1  



6x24x 5



2x24mx 1 6x24x5
2

(1 ) 1 0

4 2(1 ) 3 0

x m x

    


 

   



 

Vậy,

 

1 nghiệm đúng với mọi x khi và chỉ khi cả hai bất phương trình trong hệ

 

2 đồng
thời nghiệm đúng với mọi x. Điều này tương đương với:

2 2

(1 ) 4 2 3 0

(1 ) 12 2 11 0

m m m

       




       



Bài 151. Giải bất phương trình:

3 2 4 5

x  x  x

Lời giải:

Nếu x 3thì phương trình trở thành :   x 3 2x        4 x 5 4x 4 x 1
kết hợp điều kiện   x 3.

Nếu 3  x 2thì phương trình trờ thành :x 3 2x        4 x 5 2x 2 x 1
kết hợp điều kiện    3 x 1.

Nếux2thì phương trình trở thành :x 3 2x   4 x 5 2x  6 x 3
kết hợp điều kiện  x 3.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là : T   



 

3;



.
Bài 152. Tìm m để bất phương trình 4x2  m x vơ nghiệm.

Lời giải:

Điều kiện : 2  x 2.
Bất phương trình : 2

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

DAYHOCTOAN.VN

24 DAYHOCTOAN.VN
Bài 153. Giải bất phương trình 9 9 x x 9.

x x

   

Lời giải:

Điều kiện :
9

9 0.

3.
9

3 0.

0.
x

x
x

x
  


 


   

   








Nếu 3  x 0.Thì x x 9 0 9 9

x x

     suy ra bất phương trình vơ nghiệm.

Nếu x 3 x x 9 0.
x

    

Nên bất phương trình tương đương với

2 2

9 9 9 9

9 x 2x x x x 9 2x x x 0

x x x x

            .

Mà





2
2

3.
3.

9 0 1 37

9 .

2




 

     


 

 

 

x
x

x x

x

x x

Vậy tập nghiệm là :





\ 1 37 .
2

  

 

    

 

 

S

Bài 154. a) Tìm m để nghiệm của bất phương trình sau chứa đoạn

 

1; 2
2

2
2

3 1 0

3 1 1

m x x

x x

   

  

b) Giải bất phương trình: 2 4 6 2 2 4 6 2 2 4 6

(2 )m x x  (1 m )x  x  (1 m )x x với 0 m 1 .

Lời giải:

a) Với

 

1; 2 5 2 3 1 1
4

x    x  x  

Đặt 2 5

3 1 1;

4
t x  x    t  

 . Ta có bất phương trình: 2

2 2

0
1

mt m

t t t

   

 

Xét ( ) 22 , 1;5

f t t

t t

 

   

  

2 2

4 2 5

( ) 0 1;

( ) 4

t

f t t

t t

  

       

  

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

DAYHOCTOAN.VN

25 DAYHOCTOAN.VN

t 1 5
4
( )

f t 

( )

f t

32
45
Vậy để bất phương trình có nghiệm chứa đoạn

 

1; 2 là 32

45
m .
b) Vì (m21)x2 4x 6 0  x; m

Ta có

2
2 4 6 2 4 6

2 2

2 1

1 1

x x
x x

m m

 
   



   

 

   

    (1)

Đặt tan 0;

2 2

t

m t  

 . Bất phương trình (1) có dạng:
2 4 6 2 4 6

(sin )t x x (cos )t x  x 1 (2)

Vì 2

( 2) 2 2
( 2) 2 2

( 2) 2 2

(sin ) sin

(cos ) cos

x
x

x x

t t

 
 

     

 



 



Khi đó 2 2

4 6 4 6 2 2

(sin )t x x (cos )t x x (sin )t (cos )t 1 t
Vậy bất phương trình có nghiệm với mọi x.

Bài 155. Giải bất phương trình 2x4

 

12 8

2 2 . 1

9 16
x
x

x


  



Lời giải:

Nhân biểu thức liên hợp vế trái ta có ( với x 



2; 2



)

6 4 2(6 4)

2 4 2 2 9 16

x x

x x x

 



    ( 0,5đ )









3x 2  9x 16 2 2x 4 2 2 x  0

        







2 2



3x 2 9x 8x 32 16 8 2x 0

      











3x 2 x 2 8 2x 8 x 2 8 2x 0

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

DAYHOCTOAN.VN

26 DAYHOCTOAN.VN
Do 8x2 82x2 0 nên

 



3x2



(x2 82x2)0

2
2

3
4 2

2
3

x

   





  



Tập nghiệm của bất phương trình 2;2 4 2; 2 .

3 3

T    

   

Bài 156. Tìm các giá trị của tham số a để bất phương trình 2 1 1

4 3

x
ax x a





   được nghiệm đúng với
mọi x.

Lời giải:

Trước hết cần 2

4 3 0.

ax  x  a Với mọix.

'
0

1
4 ( 3) 0

a

a
a a




   

    

 hoặc a4. ( 0,5 điểm )

Nếu a 1 thì ax24x  a 3 0.Với x.
Bất phương trình đã cho thỏa mãn với x.

1 4 3

x ax x a

      thỏa mãn vớix.
2

5 4 0

ax x a

     thỏa mãn vớix.





25 4a a 4 0

      ( vì a 1 )

2 4 41

4 16 25 0 .

a a a 

        do ( a 1 ). (1,0 điểm)
Nếu a4 thì ax24x  a 3 0. Vớix.

Bất phương trình đã cho thỏa mãn với x.
2

1 4 3

x ax x a

      thỏa mãn với x.
2

5 4 0

ax x a

     thỏa mãn với x.





25 4a a 4 0

      ( vì



a 4 0



(1,0 điểm)

2 4 41

4 16 25 0

a a a 

      ( do a4 )

Kết luận : ;4 41 4 41;

2 2

a         

   

Bài 157. Tìm m để hệ









2 2 0

7 7 0

x m x m

    




   

 có nghiệm.

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

DAYHOCTOAN.VN

27 DAYHOCTOAN.VN









2
2

2 2 0 (1)
7 7 0 (2)

x m x m

    




   









1 m 2 0

    và  2



m7



2 0  m 2 hoặc m7 thì hệ phương trình vơ nghiệm.
 Với 2

7
m
m



 

 và m0thì tập nghiệm của (1) là D1



 và tập nghiệm của (2) là D2  nên hệ phương
trình vơ nghiệm.

 Với m0 tập nghiệm D1



m; 2



và tập nghiệm D2   



7; m



 hệ phương trình ln có nghiệm.
Vậy hệ phương trình ln có nghiệm với m0.

Bài 158. Tìm m để bất phương trình: mx2mx  m 2 0 có nghiệm x

 

1; 2 .
Lời giải

Gián tiếp loại bỏ

 

2 0, 1; 2
f x mx mx m    x





 

2
2

1 2 1; 2

m x x m x

x x

       

 

Xét ( ) 2 2 ,

 

1; 2
1

g x x

x x

  

  , 2 2

2(2 1)

'( ) 0

( 1)

x
g x

x x

 

  

  hàm số nghịch biến trong khoảng

 

1; 2 .

 1;2

2
( )

7
m Min g x

  

Vậy 2
7

m thì bất phương trình có nghiệm  x

 

1; 2 .

Bài 159. Tìm m để nghiệm của bất phương trình sau chứa đoạn

 

1; 2 .
2

2
2

3 1 0

3 1

m x x

x x

   

 

Lời giải 
Với

 

5 2

1; 2 3 1 1

x   x  x  

Đặt 2 5

3 1 1
4

t x  x   t . Ta có bất phương trình: 2 0 22
1

mt m

t t t

   

 

Xét f x( ) 22
t t


 với

5
1;

4
t  

 , 2 2

4 2 5

'( ) 0; 1;

( ) 4

t

f t t

t t

  

     

  

Ta có bảng sau:

Vậy để bất phương trình có nghiệm chứa đoạn

 

1; 2 là 32
45
m

Bài 160. Tìm tất cả các giá trị m để bất phương trình sau có nghiệm thuộc đoạn



2; 2



:
t

1 5
4

 

f t 

 

f t 2

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

DAYHOCTOAN.VN

28 DAYHOCTOAN.VN
(m2)x  m x 1

Lời giải

Ta có (m2)x   m x 1 (m2)x m (x1)2 m x(  1) x21 (1)
+ Nếu x1 Phương trình (1) vô nghiệm

+ Nếu x(1; 2] :

2
1
(1)

x
m

x


 

 .
Xét hàm số

2
1
( )

x
f x

x




 trên (1; 2] ta có:

2
2
2 1

'( ) 0

( 1)

x x

f x

x
 

 

 trên (1; 2] .
Vậy

1;2 ( ) (2) 5

Min f x  f  . Do đó trong TH này bất phương trình có nghiệm  m 5.
+) Nếu x[-2;1):

2
1
(1)

x
m

x


 

 .
Xét hàm số

2
1
( )

x
f x

x




 trên [-2;1) ta có:

2
2

1 2
2 1

'( ) 0

( 1) 1 2

x

x x

f x

x x

  
 

   

    .

Bảng biến thiên của

2
1
( )

x
f x

x




 trên [-2;1) :
x 2 1 2 1

f x'( ) + 0 -
2 2 2

( )f x  

Vậy trong TH này bất phương trình có nghiệm   m 2 2 2

Tóm lại bất phương trình đã cho có nghiệm    m ( ; 2 2 2][5;+ ) .
Bài 161. Giải bất phương trình:





3 2

3 2 2 6 0 ( )

x  x  x  x x .

Lời giải 
Điều kiện xác định: x 2.

Đặt y x2, điều kiện y0.
Bất phương trình trở thành: 3 2 3

3 2 0

x  xy  y 



 



2 0

2 0
x y

x y x y

x y




     

 


Với x y thì 2 0 2 2

2
x

x x x

x x




    

 


Với x + 2y ≥ 0 thì

2
0

2 2

2 2 3 0

4( 2)
x

x
x

x x

x

x x






 

    

  

 

  


2 2 3

x

   .

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

DAYHOCTOAN.VN

29 DAYHOCTOAN.VN





3 2 2 2

5 17 7 2 4 2 7

3 2 0

x x x x x

x mx

      




  



Lời giải 
Bất phương trình 3 2





5 17 7 2 4 2 7

x  x  x  x  x 



 





2



2



2



2

2 2 2 2 7 2 7 2 7 2 7

x x x x x x x

            

Xét hàm số 3 2
( )

f t   t t t, f(t) là hàm số đồng biến trên khoảng



0;



Phương trình trên có dạng









2 2 7

f x  f x    x 2 2x27

1 x 3

  

Hệ bất phương trình có nghiệm 3

3 2 0

x mx

    có nghiệm x

 

1;3

 

2 2

3m x g x

x

     có nghiệm x

 

1;3

 

 1;3

3m Maxg x

 

Hàm số

 

2 2

g x x

x

   là hàm số nghịch biến trên

 

1;3 :

 

 1;3

(1) 3

Maxg x g  

Vậy m 1

Bài 163. Giải bất phương trình: 5x261x 4x2
Lời giải

BPT 2

2 2

4 2 0
5 61 0
5 61 (4 2)

x

x x

x x x

 




  

   



2
4 2 0

(5 61) 0
11 45 4 0

x
x x

x x

  


  

   











1
;
2

; 0;

5
1

; 4;

11
x

x
x

  

 

  



   

    

 



  

   

  

 



0; (4; )
11

x  

   


Bài 164. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hệ sau có nghiệm thực:
2

4 2 2

5
( 2)

8 16 16 32 16 0

x
x

x

x x mx m m



 

 



      



Lời giải 
* Giải BPT:

2
2

2
4

5 (1)
( 2)

x
x

x

 

 . Với x 2, (1) tương đương với

2
2

2 2 2 2

2
1

2 4 2

5 0 4. 5 0

2 2 2 2

5
2
x

x x x x x

x

x x x x x

x





 

           

 

     

      

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

DAYHOCTOAN.VN

30 DAYHOCTOAN.VN
Từ đó tìm ra x2 hoặc    2 x 1.

* Giả sử x0 là một nghiệm của PT:

4 2 2

8 16 16 32 16 0

x  x  mx m  m  (2)

Khi đú PT: 4 2 2

0 8 0 16 0 16 32 16 0

x  x  mx  m  m  phải có nghiệm m

Suy ra PT: 2 4 2

0 0 0

16m 16(x 2)mx 8x 160 phải có nghiệm m. Do đó

2 4 2 2

0 0 0 0 0 0 0 0

' 64(x 2) 16(x 8x 16) 0 16 (x x 2)(x 2x 8) 0 0 x 2

               

Như vậy nếu (2) có nghiệm thì nghiệm lớn nhất là 2 và nghiệm nhỏ nhất là 0.
Do đó hệ phương trình có nghiệm khi PT (2) có nghiệm x2.

Thay x2 vào (2) ta được: m24m    4 0 m 2
Vậy với m 2 thì hệ phương trình có nghiệm.

Bài 165. Giải bất phương trình: ( x 3 x1)(1 x22x3)4
Lời giải

Điều kiện x 1 .

Nhân hai vế của bpt với x 3 x1, ta được:









4. 1 x 2x-3 4. x 3 x  1 1 x 2x-3 x 3 x1

2 2 2 2 x -2

2x-2 2 2x-3 2x+2 2 2x-3 - 4 0

x 2

x x x x  

          



Kết hợp với điều kiện x1 ta được x2.

Bài 1. Giải bất phương trình: 5 5 2( 1 2)
4
2

x x

x
x

   

Lời giải 
Điều kiện x0

Đặt 1 2

t x

x

   . Ta có bất phương trình :





5t2 t  1 2

2t 5t 2 0

    

1
2
2
t
t
 






. Kết hợp điều kiện ta được t2

Ta có : 1 2
2

x
x

 

3
0

2
3

2
2
x
x
  

 

  


Bài 166. Tìm mđể bất phương trình sau: m( x22x  2 1) x(2x)0 có nghiệm thuộc 0;1 3
Lời giải

( 2)
( 2 2 1) (2 ) 0

2 2 1
x x

m x x x x m

x x



       

  

Xét hàm số

( 2)

, 0;1 3
2 2 1

x x

y x

x x

  

   

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

DAYHOCTOAN.VN

31 DAYHOCTOAN.VN









2 2

2
2
2

( 1)

2( 1) 2 2 1 ( 2 )

2 2
'

2 2 1

x

x x x x x

x x

y

x x



     

 


  





2 2

2 2

1 2 4 2 2)

. 0 1

2 2

2 2 1

x x x x x

x

x x

     

   

 

  

1 2

(0) 0, (1) , (1 3)

2 3

y  y  y  

Vậy để bất phương trình sau : 2

( 2 2 1) (2 ) 0

m x  x  x x  có nghiệm thuộc 0;1  3 thì 2
3

m
Bài 167. Bài 1. Câu 3 (4 điểm).

a. Tìm m để nghiệm của bất phương trình sau chứa đoạn

 

1; 2
:

2
2

3 1 0

3 1 1

m x x

x x

   

   .

b. Giải bất phương trình: 2 4 6 2 2 4 6 2 2 4 6

(2 )m x x  (1 m )x  x  (1 m )x x với 0 m 1
Với

 

5 2

1; 2 3 1 1

x   x  x  

Đặt 2 5

3 1 1;

4
t x  x    t  

 

Ta có bất phương trình: 2 0 22
1

mt m

t t t

   

 

Xét ( ) 22 1;5
4

f t t

t t

 

   

  

2 2

4 2 5

'( ) 0 1;

( ) 4

t

f t t

t t

  

      

  

Bảng biến thiên

Vậy để bất phương trình có nghiệm chứa đoạn

 

1; 2 là 32

45
m .
b. Vì (m21)x2 4x 6 0  x; m

Ta có 2 2

4 6 4 6

2 2

2 1

( ) ( ) 1

1 1

x x x x

m m

      

  (1)

Đặt tan 0;

2 2

t

m t  

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

DAYHOCTOAN.VN

32 DAYHOCTOAN.VN

2 2

4 6 4 6

(sin )t x  x (cos )t x  x 1 (2)

Vì 2

( 2) 2 2
( 2) 2 2
( 2) 2 2
(sin ) sin
(cos ) cos

x
x

x x

t t

 
 

    




Khi đó 2 4 6 2 4 6 2 2

(sin )t x  x (cos )t x  x (sin )t (cos )t 1 t
Vậy bất phương trình có nghiệm với mọi x.

Bài 168. Bài 2. Bài 2: (4 Điểm )

( Toán bồi dưỡng học sinh: nhóm tác giả Hàn Liên Hải , Phan Huy Khải )
b) Giải bất phương trình

2
12 8

2 4 2 2
9 16

x

x x

x


   


b) Giải bất phương trình

2
12 8

2 4 2 2 (1)
9 16

x

x x

x


   



Nhân biểu thức liên hợp vế trái ta có ( Với x 



2; 2



)
2

6 4 2(6 4)

2 4 2 2 9 16

x x

x x x

 

    (0,5đ)
2

2 2

(3 2) 9 16 2( 2 4 2 2 >0

(3 2)(9 8 32 16 8 2 0

(3 2)( 2 8 2 )(8 2 8 2 >0

x x x x

x x x x x

 

        

      

      

(0,5đ)

Do 8 x 2 8 2 x2 >0 nên (2) (3x2)(x2 8 2 x2)0
2

3
4 2

2
3

x
x
   





  



Tập nghiệm của bất phương trình 2;2 4 2; 2

3 3

T     

    (1đ)

Bài 169. Bài 3. Bài 2: Tìm các giá trị của tham số a để bất phương trình :

2
1

4 3

x
ax x a

 

  

Đợc nghiệm đúng với mọi x .
Bài 2 (3 điểm )

Trước hết cần ax24x  a 3 0với mọi x
'

4 ( 3) 0
a

a a



     

  a < -1 hoặc a > 4 (0,5 điểm)
+ Nếu a < -1 thì 2

4 3 0

ax  x  a vớix
Bất phương trình đã cho thỏa mãn với x

 2

1 4 3

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

DAYHOCTOAN.VN

33 DAYHOCTOAN.VN
 ax2 5x  a 4 0 thỏa mãn với x.

  25 4 ( a a 4) 0 (vì a < -1) (1,0 điểm)

 2 4 41

4 16 25 0

a a a 

       (do a < - 1)
+ Nếu a > 4 thì 2

4 3 0

ax  x  a với x.
Bất phương trình đã cho thỏa mãn với x.

 2

1 4 3

x ax  x a thỏa mãn với x.  ax25x  a 4 0 thỏa mãn với x (1,0 điểm)
  25 4 ( a a 4) 0(vì a = 4 > 0)  4 2 16 25 0 4 41

a  a   a  (do a > 4)
Kết luận: ;4 41 4 41;

2 2

a        

    (0,5 điểm)

Bài 170. Bài 4. Bài 2 (4 điểm)

1. Tìm m để hệ
2
2

( 2) 2 0

( 7) 7 0

x m x m

    



   

 có nghiệm.
2

x -(m+2)x+2m<0 (1)
x +(m+7)x+7m<0 (2)





 2

1 (m 2) 0

    và  2 (m7)2 0 m = 2 hoặc m = 7 thì hệ phương trình vơ nghiệm.
 Với 2

7
m
m



 

 và m0 thì tập nghiệm của (1) là D1 R



 và tập nghiệm của (2) là D2 R nên hệ phương
trình vơ nghiệm.

 Với m < 0 tập nghiệm D1= (m; 2) và tập nghiệm D2= (-7; -m)
 hệ phương trình ln có nghiệm.

Hệ phương trình ln có nghiệm với m < 0

Bài 3. ( 2 điểm)

Bài 171. Tìm m để bất phương trình: mx2mx  m 2 0cónghiệm x(1; 2)
Gián tiếp loại bỏ 2

( ) 2 0

f x mx mx  m ,  x (1; 2)

( 2 1) 2 2 2

m x x m

x x

     

    x (1; 2)

Xét ( ) 2 2

1
g x

x x


  g(x) =  x (1; 2)





2
2

2(2 1)

( ) 0

x
g x

x x

 

  

  hàm số nghịch biến trong khoảng (1; 2)



 1;2
2
( )

mMin g x 

Vậy m > 2

7 thì bất phương trình có nghiệm  x (1; 2).
Bài 172. Tìm m để nghiệm của bất phương trình sau chứa đoạn

 

1; 2

2
2

3 1 0

3 1

m x x

x x

   

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

DAYHOCTOAN.VN

34 DAYHOCTOAN.VN

1.( 2 điểm): Với

 

1; 2 5 2 3 1 1

x    x  x   (0,25 điểm)

Đặt 2 5

3 1 1
4

t x  x   t (0,25 điểm)
Ta có bất phương trình: 2 0 22

mt m

t t t

   

  (0,25 điểm)

Xét f x( ) 22
t t



 với

5
1;

4
t   

  (0,25 điểm)





2
2

4 2

( ) t 0

f t

t t



  



5
1;

4
t  

     (0,25 điểm)

Ta có bảng sau:

Vậy để bất phương trình có nghiệm chứa đoạn

 

1; 2 là 32
45

m . (0,25 điểm)

Câu 3: (4 điểm)

Bài 173. Bài 6. b) Tìm m để bất phương trình sau đúng với mọi x.
1 2cos x  1 sin 2x 2m 1
Hàm số có đạo hàm tại x = 0 khi nó liên tục tại x = 0.

0 0

lim ( ) lim ( ) (0) 1

x x

f x f x f b

 

 

    

Ta lại có:

3 3

1 cos

'(0 ) lim

3
x

a x x a

f

x





   

 


Và

ln(1 2 )

'(0 ) lim 2

x

x
f

x






 

 

  a = 6.

Vậy hàm số có đạo hàm tại x = 0 khi a = 6 và b = 1
Bài 7. (x24 ) 2x x23x 2 0

BPT

2
2
2

2 3 2 0

4 0

2 3 2 0

x x

   



   


   


1
; 2
2

( ; 0] [4; )
1

( ; ) (2; )
2

x x

x
x

   




    


</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

DAYHOCTOAN.VN

35 DAYHOCTOAN.VN

BPT có tập nghiệm ( ; 1] {2} [4; )

    

Câu 1: (6 điểm)

Bài 174. Bài 8. Tìm tất cả các giá trị m để bất phương trình sau có nghiệm thuộc đoạn



2; 2



:
(m2)x  m x 1

Câu 1.a) 
Câu 1.b)

Ta có (m2)x   m x 1 (m2)x m (x1)2 m x(  1) x21(1)
+) Nếu x=1 (1) Vô nghiệm

+) Nếu x (1; 2] :

2
1
(1)

x
m

x


 

 . Xét hs

2
1
( )

x
f x

x




 trên (1; 2] ta có:
2

2
2 1

( ) 0

( 1)

x x

f x

x

 

 

 trên (1; 2]. Vậy 1;2

( ) (2) 5

x

Min f x f

  

Do đó trong TH này BPT có nghiệm  m 5.
+) Nếu x [-2;1) :

2
1
(1)

x
m

x


 

 . Xét hs

2
1
( )

x
f x

x




 trên [-2;1) ta có:
2

1 2
2 1

( ) 0

( 1) 1 2

x

x x

f x

x x

  

 

   

    . BBT của

2
1
( )

x
f x

x




 trên [-2;1) :

Vậy trong TH này BPT có nghiệm   m 2 2 2

Tóm lại BPT đã cho có nghiệm    m ( ; 2 2 2][5;+ ) .
Bài 175. Bài 9. 2. Giải bất phương trình:





3 2

3 2 2 6 0 ( )

x  x  x  x x .
Điều kiện xác định: x 2.

Đặt y x2, điều kiện y0

Bất phương trình trở thành: 3 2 3

3 2 0

x  xy  y 



 



2 0

2 0
x y

x y x y

x y



     

 



Với x ythì 2 0 2 2

2
x

x x x

x x




    

 

Với x2y0thì

2
0

0
0

2 2

2 2 3 0

4( 2)
x

x
x

x x

x

x x






 

    

  

 

  


2 2 3

x

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

DAYHOCTOAN.VN

36 DAYHOCTOAN.VN

Kết hợp điều kiện suy ra tập nghiệm của bất phương trình đã cho là T 2 2 3; 



Bài 176. Bài 1: Bất phương trình x35x217x 7 2



x24



2x27

Lời giải



 





2



2



2



2

2 2 2 2 7 2 7 2 7 2 7

x x x x x x x

            

Xét hàm số 3 2

( )

f t   t t t, f(t) là hàm số đồng biến trên khoảng



0;



Phương trình trên có dạng









2 2 7

f x  f x    x 2 2x27
1 x 3

  

Hệ bất phương trình có nghiệm 3

3 2 0

x mx

    có nghiệm x

 

1;3

 

2 2

3m x g x

x

     có nghiệm x

 

1;3

 

 1;3
3m Maxg x

 

Hàm số

 

2 2

g x x

x

   là hàm số nghịch biến trên

 

1;3

 

 1;3

(1) 3

Maxg x g  

Vậy m 1

Bài 177. Bài 2: Giải bất phương trình: 5x261x 4x2 (1)
Lời giải

BPT (1) 2

2 2

4 2 0
5 61 0
5 61 (4 2)

x

x x

x x x

 




  

   



2
4 2 0

(5 61) 0
11 45 4 0

x
x x

x x

  


  

   











1
;
2

; 0;

5
1

; 4;

11
x

x
x

  

 

  



   

    

 



  

   

  

 



0; (4; )
11

x  

   


Bài 178. Bài 3: (3,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hệ sau có nghiệm thực:

2
2

4 2 2

5
( 2)

8 16 16 32 16 0

x
x

x

x x mx m m



 

 



      



Lời giải

Giải BPT:

2
2

5 (1)
( 2)

x
x

x

 

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

DAYHOCTOAN.VN

37 DAYHOCTOAN.VN

2
2

2 2 2 2

2
1

2 4 2

5 0 4. 5 0

2 2 2 2

5
2
x

x x x x x

x

x x x x x

x





 

            

 

     

      

 


Từ đó tìm ra x2 hoặc    2 x 1.

* Giả sử x0 là một nghiệm của PT:

4 2 2

8 16 16 32 16 0

x  x  mx m  m 

 

Khi đó PT: 4 2 2

0 8 0 16 0 16 32 16 0

x  x  mx  m  m  phải có nghiệm m

Suy ra PT: 2 4 2

0 0 0

16m 16(x 2)mx 8x 160 phải có nghiệm m. Do đó

2 4 2 2

0 0 0 0 0 0 0 0

' 64(x 2) 16(x 8x 16) 0 16 (x x 2)(x 2x 8) 0 0 x 2

                Như vậy

nếu

 

2 có nghiệm thì nghiệm lớn nhất là 2 và nghiệm nhỏ nhất là 0.

Do đó hệ

   

1 , 2 có nghiệm khi PT

 

2 có nghiệmx2.

Thay x2 vào

 

2 ta được: m24m  4 0 m 2

Vậy với m 2 thì hệ

   

1 , 2 có nghiệm.

Bài 179. Bài 4: Giải bất phương trình: ( x 3 x1)(1 x22x3)4
Lời giải









3 1 1 2x-3 4

x  x  x  

Điều kiện x 1 .

Nhân hai vế của bpt với x 3 x1, ta được

 

1 4. 1



 x22x-3



4.



x 3 x  1



1 x22x-3 x 3 x1

2 2 2 2 x -2

2x-2 2 2x-3 2x+2 2 2x-3 - 4 0

x 2

x   x    x  x    




Kết hợp với điều kiện x 1 ta được x2.

Bài 180. Bài 5: Giải bất phương trình: 5 5 2( 1 2)
4
2

x x

x
x

   

Lời giải

5 1

5 2( 2)

4
2

x x

x
x

    (điều kiệnx0 )





5t 2 t 1 2

   

(Với 1 2

t x

x

   )

2 1

2 5 2 0

t t t

      (loại).

Giải 1 2

x
x

  0 3 2 3 2

2 2

x x

      

Bài 181. Bài 6: Tìm m để bất phương trình m( x22x  2 1) x(2x)0 có nghiệm thuộc đoạn

0;1 3

  

 

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

DAYHOCTOAN.VN

38 DAYHOCTOAN.VN
2

( 2)
( 2 2 1) (2 ) 0

2 2 1

x x

m x x x x m

x x



       

  
2

( 2)

XÐt y= trªn 0;1 3
2 2 1

x x

x x

   

 

  









2 2

2
2
2

( 1)

2( 1) 2 2 1 ( 2 )

2 2
'

2 2 1

x

x x x x x

x x

y

x x



     

 



  





2 2

2 2

1 2 4 2 2)

. 0 1

2 2

2 2 1

x x x x x

x

x x

     

   

 

  

(0) 0

y  , (1) 1
2

y   , (1 3) 2
3

y  

Vậy 2

( 2 2 1) (2 ) 0

m x  x  x x  có nghiệm thuộc 0;1 3 thì 2

m

Bài 182. Bài 7: Tìm m để hệ bất phương trình







2 4 3

6 5 9

4 16

x x x

x x x mx

    




   

 có nghiệm thuộc .

Lời giải

Với x

 

1;3 , bất phương trình thứ hai tương đương với:

2 4

2 2

4 16 4 16

x x x

m m x x

x x x x

        

        

  

   .

Xét hàm số 2

4 16

( ) 1

f x x x

x x

  

     

  , đặt

t x
x

  do suy ta

Hàm số f x( )trở thành hàm -

-Dễ tìm được GTNN của hàm - - trên là 24.

Do đó hệ có nghiệm khi và chỉ khi .

Bài 183. Bài 8: Giải bất phương trình sau trên tập số thực x 7 x22x 3 4x2.
Lời giải

Điều kiện: 1.

x Bất phương trình đã cho















 

2 2 7 4 2

2 3 7 4 2 0 2 3 0

7 4 2

3 3 3

1 3 0 3 1 0 *

7 4 2 7 4 2

x x

x x x x x x

x x

x

x x x x

  

            

  

  

          

       

Ta có hàm số

 

1 3

7 4 2

f x x

x x

  

   liên tục trên

1
;
2

 

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

DAYHOCTOAN.VN

39 DAYHOCTOAN.VN

và

 





 

1 2

2 7 4 2

' 1 3. 0

7 4 2

x x

f x x f x

x x



 

     

   đồng biến trên

1
;
2

 


 

Do đó

 

1 3 3 2 0 1.

2 2 15 2

f x  f       x
 

Từ đó bpt (*)     x 3 0 x 3.

Kết luận: Tập nghiệm của bpt đã cho là 1;3 .

2
 
 
 

Bài 184. Bài 9: Giải bất phương trình 2 3 x2x. x 2 2(x23 )x

Lời giải

Giải bất phương trình: 2 2

2 3 x x. x 2 2(x 3 )x

Điều kiện: x2. Phương trình có dạng 3 x x( 1)(x 2) 2x26x2

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

       3 ( 2) 2 ( 2) 2

1 1

x x x x

x x

 

  

 

Đặt ( 2) 0

1
x x
t

x



 

 ta được bất phương trình

2t   3t 2 0

2
2

2
t

t
t


 


  





( dot0)

Với ( 2) 2

2 2 6 4 0

1
x x

t x x

x


      



3 13

3 13
3 13

x

x
x

  

   

 

 (do x2) Vậy

bất phương trình có nghiệm x 3 13

Bài 185. Bài 10: Giải bất phương trình:

2 4 2

6(x 3x 1) x x  1 0 (x ).
Lời giải

Tập xác định: .

BPT6 2(



x2  x 1) (x2 x 1)



 6(x2 x 1)(x2  x 1) 0

2 2

1 6( 1)

12. 6 0

1 1

x x x x

   

   

    (vì

1 0,

x    x x)
Đặt:

2
2

6( 1)

1
x x
t

x x
 


  (t > 0), ta được

2t   t 6 0 0 3
2

t

   .
BPT đã cho tương đương với

2
2

6( 1) 9 11 21 11 21

5 11 5 0 ; .

1 4 10 10

x x

x x x

x x

 

      

    

   

Bài 186. Bài 11: Giải bất phương trình

35
12
1
x
x

x

 



Lời giải

Điều kiện x 1

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

DAYHOCTOAN.VN

40 DAYHOCTOAN.VN

Ta chỉ xét x 1 0 1 1

x

   

Đặt 1 cos

x  

1 1 35

(1)

cos 1 12

cos . 1

cos

 



  



1 1 35

cos sin 12

  

12(sin cos ) 35sin .cos 

  

2
144 288sin .cos  1225(sin .cos ) 

   (1)

Đặt tsin .cos 

(1)1225.t2288.t1440
12

t

  

suy ra 0 cos 3 4 cos

5 5

 

   

Vậy 1 5 5

4 3

x x

   

Bài 187. 1. Giải bất phương trình: 2 2

3 2 2 3 1 1

x  x  x  x  x
2. Tìm m để phương trình:









2 2 1 2 0

m x  x  x x  (2) có nghiệm x0;1 3

Lời giải

1.BPT có tập nghiệm S  



;1/ 2

  

 1

2.Đặt 2





2 2 0

t x  x t
YcbtBPT

2
2
1

t
m

t




 có nghiệm

 

 1;2

 

1; 2 max 2

3
t

t   g t g  Vậy 2

m

Bài 188. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hệ sau có nghiệm thực:





2
2

4 2 2

5
2

8 16 16 32 16 0

x
x

x

x x mx m m



 






      



Lời giải

* Giải BPT:

2
2

2
4

5 (1)
( 2)

x
x

x

 



Với x 2 ,

 

2 2 2 2

2
1

2 4 4 2

1 5 0 5 0

2 2 2 2

5
2
x

x x x x x

x

x x x x x

x

 



  

 

            

   

      

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

DAYHOCTOAN.VN

41 DAYHOCTOAN.VN
Từ đó tìm rax2 hoặc   2 x 1

* Giả sử x0 là một nghiệm của PT x48x216mx16m232m160 (2)
Khi đó PT x48x216mx16m232m160 phải có nghiệm m. Do đó

2 4 2 2

0 0 0 0 0 0 0 0

' 64(x 2) 16(x 8x 16) 0 16 (x x 2)(x 2x 8) 0 0 x 2

               

Như vậy nếu

 

2 có nghiệm thì nghiệm lớn nhất là 2 và nghiệm nhỏ nhất là 0
Do đó hệ

   

1 , 2 có nghiệm khi PT

 

2 có nghiệm x2

Thay x2 vào

 

2 ta được m24m    4 0 m 2
Vậy với 𝑚 = −2 thì hệ

   

1 , 2 có nghiệm.

Bài 189. Giải và biện luận phương trình: 4x 1 2



m1



x 1



m1



4x23x1 theo tham số m.

Lời giải

Điều kiện 2

4 3 1 0 1

4
x

x x

x




    

 



PT 4 1





4 1 2





1 1

x x

m m

x x

 

     

 

Đặt 4 1
1
x
t

x







t0,t2



PT trở thành 2









1 2 1 0

t  m t m  . Giải ra ta được 2
1
t

t m


  



Nghiệmt m 1 thỏa mãn điều kiện nênm1,m3 .
Theo cách đặt ta tính được

2
2

2 2

2 3

m m

x

m m

 



 
Kết luận 1

m
m



 

 PT vô nghiệm
1

m
m



 

 PT có nghiệm duy nhất

2
2

2 2

2 3

m m

x

m m

 



 
Bài 190. Giải bất phương trình: 5x261x 4x2 (1)

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

DAYHOCTOAN.VN

42 DAYHOCTOAN.VN
BPT (1)









2 2 2

1
;
2

4 2 0 4 2 0

5 61 0 (5 61) 0 ; 0;

5 61 (4 2) 11 45 4 0

; 4;

11
1

0; (4; )
11

x

x x

x x x x x

x x x x x

x
x

  

 

  


 

   

 

   

          

 

        



   

   

  

 



 

   


Bài 191. Tìm tất cả các giá trị m để bất phương trình sau có nghiệm thuộc đoạn



2; 2





m2



xm  x 1

Lời giải

Ta có (m2)xm   x 1 (m2)x m (x1)2 m x(  1) x2 1(1)
+) Nếux1. PT

 

1 Vô nghiệm

+) Nếu x(1; 2] :

2
1

(1)

x
m

x



 

 .
Xét hàm số

2
1
( )

x
f x

x




 trên (1; 2] ta có:

2 1

( ) 0

( 1)

x x

f x

x

 

  

 trên (1; 2].
Vậy

1;2

min ( ) (2) 5

x

f x f


  . Do đó trong TH này BPT có nghiệm  m 5.

+) Nếu x[-2;1):

2
1
(1)

x
m

x



 

 .
Xét hàm số

2
1
( )

x
f x

x




 trên [-2;1) ta có:

2
2

1 2

2 1

( ) 0

( 1) 1 2

x

x x

f x

x x

 

 

   

  







BBT của

1
( )

x
f x

x




 trên [-2;1) :

x 2 1 2 1

f x( )  0  
22 2

( )
f x

 

Vậy trong TH này BPT có nghiệm m 2 2 2

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

DAYHOCTOAN.VN

43 DAYHOCTOAN.VN

Bài 192. Giải bất phương trình: 6(x23x 1) x4x2 1 0

(

x



).

Lời giải

Tập xác định: .

BPT



2 2



2 2

6 2(x x 1) (x x 1) 6(x x 1)(x x 1) 0

           

2 2

1 6( 1)

12. 6 0

1 1

x x x x

   

   

    (vì

1 0,

x    x x)

Đặt:





6( 1)

0
1

x x

t t

x x

 

 

  , ta được

2t   t 6 0 0 3
2

t

   .

BPT đã cho tương đương với

2
2

6( 1) 9 11 21 11 21

5 11 5 0 ; .

1 4 10 10

x x

x x x

x x

   

      

 

 

 

 

Bài 193. Giải bất phương trình:

 

12 8

2 4 2 2 1

9 16
x

x x

x


   



Lời giải

Điều kiện: 2 4 0 2 2
2

x

x
x

 


   
  



 























2 2

2 6 4
6 4

1 3 2 9 8 32 16 8 2 0

2 4 2 2 9 16

3 2 2 8 2 8 2 8 2 0

x
x

x x x x

x x x

x x x x x




        

   

       

Do 8 x 2 8 2 x2 0nên









2
2

3 2 2 8 2 0

4 2

2
3

x

x x x

x
  




    

  



Tập nghiệm của BPT là: 2;2 4 2; 2

3 3

T    

   

Bài 194. Tìm các giá trị của tham số a để BPT 2 1 1

4 3

x
ax x a





   nghiệm đúng với mọi x

Lời giải

Trước hết cần 2 0 1

4 3 0

4 ( 3) 4

a a

ax x a x

a a a

  

 

      



    

 

+, Nếu a 1 thìax24x   a 3 0 x . BPT đã cho thỏa mãnx
BPT  x 1 ax24x   a 3 x ax25x   a 4 0 x





2 4 41





25 4 ( 4) 0 1 4 16 25 0 1

a a a a a a  a

                 

+, Nếu a4 thì ax24x   a 3 0 x. BPT đã cho thỏa mãnx

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

DAYHOCTOAN.VN

44 DAYHOCTOAN.VN





2 4 41





25 4 ( 4) 0 4 4 16 25 0 4

a a a a a a  a

               

Kết luận: 



















 




 ;

2
41
4
2

41
4
;

a

Bài 195. Giải bất phương trình: 2 5 x3x2 2x2 3x x 2 5 x3x2 4x23x

Lời giải

Điều kiện xác định: 2 1
3
x
  









 

2 2 2 2

2 5 3 2 2 3 2 5 3 4 3 2 5 3 2 1 2 3 0

2 5 3 2 0 1

1 2 3 0 2

2 5 3 2 0 3

1 2 3 0 4

x x x

x

x x x x x x x x x x x

x x x

I
x

x x x

II
x

            

     
 

  




    


  


+Xét hệ

 

I : Giải

 

1 ta được 1 1
3
x
  
Đặt f x( ) 1 2 3x x,

Khi   1 x 0thì ( )f x 1
Khi 0 1

3
x

  ta có

3 3

3 1

0 3 3 3 0 2 3 2. . 3 1

x x

x

       nên f x( ) 1 2 3x x 0
Do đó nghiệm của hệ

 

I là: 1 1

3
x
  

+Xét hệ

 

II giải

 

3 ta được    2 x 1. BPT

 

4 không thỏa mãn với giá trị x thuộc khoảng
nghiệm của

 

Vậy BPT đã cho có nghiệm 1 1
3
x
  

Bài 196. Giải bất phương trình:

x



3 x



2 

x



2 



6 x



0 (

x



)

Lời giải

Điều kiện xác định: x 2

Đặty x2 , điều kiệny0 . Bất phương trình trở thành:x33xy22y30



 



2 0

2
x y

x y x y

x y o



     

 



Với x y thì 2 0 2 2

2
x

x x x

x x




    

 



Với x2y0 thì





0
0

2 2 2 2 3

2 2 3 0

4 2

x

x
x

x x x

x

x x






 

       

  

 

  



</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

DAYHOCTOAN.VN

45 DAYHOCTOAN.VN

Kết hợp điều kiện suy ra tập nghiệm của bất phương trình đã cho là T 2 2 3;  



Bài 197. Tìm m để bất phương trình 1 x 3  x m 2xx23 có nghiệm.

Lời giải

Điều kiện: x 



1;3



 

Đặt t 1 x 3x . Khảo sát để tìm được t2; 2 2

 

**
Khi đó BPT đã cho có nghiệm  BPT

2 4

t t

m

  

có nghiệm thỏa mãn điều kiện

 

2;2 2
min ( )f t m

 
 

  với

2 4

( )

t t
f t   
Tìm được

2;2 2

min ( )f t 2 2 2

 
 

  

Vậy BPT đã cho có nghiệm khi và chỉ khi m2 22

Bài 198. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm thực thuộc đoạn

 

1;1

2 3 2

3 4 3 x 2 x 4x  4 m.

Lời giải

Hàm số 2 3 2

( ) 3 4 3 2 4 4

f x   x  x  x  liên tục trên

 

1;1

 





2 2 3



3 2 82



9 2 33 82

2 4 3 2 4 4 4 3 4 4

x x

f x x

x x x x x x

  

 

       

       

Trên

 

1;1 , pt f

 

x   0 x 0( vì





2 3 2

9 3 8

0, 1;1

4 3 4 4

x

x x x



    

   ).

Ta có f

 

  1 3 2 7;f

 

0 2; f

 

1  3

[ 1;1]

max ( ) 2 2

x  f x m

   

Bài 199. Giải bất phương trình : 2

3x  2 3x 2 5x 2x1 .

Lời giải

Điều kiện: 2
3

x

 

* 2

3x  2 3x 2 5x 2x1 3x25x 2 3x 2 2x 1 0







1 3 2 0

3 2 2 1

x

x x



    

  





1 3 2 0

3 2 2 1

x x

 

     

  

   x 1(

Vì 3 2 1 0, 2

3 2 2 1

x x

    

   ).

Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm: [1;).

Bài 200. Giải bất phương trình sau trên tập số thực x 7 x22x 3 4x2.

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

DAYHOCTOAN.VN

46 DAYHOCTOAN.VN
Điều kiện: 1

x .
Bất phương trình đã cho

2 2 7 4 2

2 3 7 4 2 0 2 3 0

7 4 2

x x

x x x x x x

x x

  

            

  







3 3









 

1 3 0 3 1 0 *

7 4 2 7 4 2

x

x x x x

  

          

       

Ta có hàm số

 

1 3

7 4 2

f x x

x x

  

   liên tục trên
1

;
2

 


 
và

 





1 2

2 7 4 2

1 3. 0;

7 4 2

x x

f x x

x x



 

     

    f x

 

đồng biến trên
1

;
2

 


 
Do đó

 

1 3 3 2 0; 1

2 2 15 2

f x  f       x

  .

Từ đó bpt

 

*     x 3 0 x 3.

Kết luận: Tập nghiệm của bpt đã cho là 1;3
2
 
 
 .
Bài 201. Giải bất phương trình : x291 x 2 x2

Lời giải

Điều kiện: x2.

Bất phương trình đã cho tương đương với:



x291 10







x  2 1





x2 9



0
2

9 3

( 3)( 3) 0
2 1

91 10

x x

x
x

 

     

 
 





2 3 1





3 3 0

2 1
91 10

x

x x

x
x

  

      

 
 

 

 

* .

Ta có





3 1

3 0; 2

2 1
91 10

x

x x

x
x

      

 

  .

Do đó

 

*  x3.

Từ đó suy ra nghiệm của bất phương trình là : 2 x 3.
Bài 202. Tìm m để hệ sau có nghiệm:

2 2 2

3 1 1 0

( 2) 4 1

x x

x m x x

    




    

 .

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

DAYHOCTOAN.VN

47 DAYHOCTOAN.VN

Xét

 

2 2 2

3 1 1 0 1

( 2) 4 1 2

x x

x m x x

    




    



 

2 2

1  3x   1 x 1 3x 1 x 2x 1 x     x 0 0 x 1( do 1
3

x  ).
Hệ có nghiệm  bpt

 

2 có nghiệm x

 

0;1

Ta có (2)x x2( 2   4) 4 m x x2 4 1
Đặt 2

tx x  , do x

 

0;1 nên t 0; 5.

Ta có bpt: t2       4 m t 1 t2 t



m3



 

* với t 0; 5
Bpt

 

2 có nghiệm x

 

0;1 bpt

 

* có nghiệm t 0; 5



 





0; 5

3
Max f t m

 
 

   Với f t

 

 t2 t, có

 

2 1;

 

0 1
2

f t  t f t   t

Có :

 

0 0; 1 1;

 

5 5 5

2 4

f  f     f  

  0; 5

 

max f t 5 5

 
 

   .

Khi đó ta có : 5 5 



m3



 m 58.

Bài 203. Xác định tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình sau có nghiệm:





3 3 2 1 1

x  x  m x x

 

Lời giải

ĐK: x1

BPT

 

1 



x33x21





x x1



3 m
Xét hàm số

 



3 2







3 1 1

f x  x  x  x x trên D 





Khi đó bài tốn trở thành: “ tìm mđể bpt f x

 

m có nghiệm trên D 





”

Ta có:

 









3 2

2 3 3 1

1 3 6 0, 1

2 1

x x

f x x x x x x

x x

   

         

  

 

Lại do hàm số f x

 

liên tục trên D 





nên f x

 

đồng biến trên D 





 

min 1 3

x D f x f

   .

Nhận thấy: bpt f x

 

m có nghiệm trên D 





khi và chỉ khi min

 

3
x D

m f x m



   .

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

DAYHOCTOAN.VN

48 DAYHOCTOAN.VN
Bài 204. Giải bất phương trình: 2x x x 7 2 x27x35

Lời giải

Xét hàm số

 

2 7 2 7

f x  x x x  x  x

Điều kiện : 0 0 0

7 0 7

x x

x

x x

 

 

  

     

 

Có

 





2
2 2 7

1 1

2 0;

2 2 7 2 7

x
f x

x x x x



       

  x 0

Nên hàm f x

 

ln đồng biến
Mặt khác ta có:

2
2
29

35
12

f  

  .

Vì

 

2
29
35

f x     x  

 

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là:

2
29
0;

T    

 

 .

Bài 205. Giải bất phương trình: 5x261x4x2 1

 

Lời giải

BPT

 





2
2

4 2 0

5 61 0

5 61 4 2

x

x x

x x x

  



  



  







4 2 0

5 61 0

11 45 4 0

x
x x

x x

  



  

   











1
;
2

; 0;

5
1

; 4;

11
x

x
x

   

 

  



  

     

 



  

   

  

 







0; 4;

x  

   


Bài 206. Giải bất phương trình:









2 2

6 3 2 5 3

3 2 10

x x x x x

x x

     



  

Lời giải

Điều kiện: x3.
Khi đó ta có:





2 2 2 2 2 2



2



3 6 9 9 9 2 18 2 20 2 10

x x  x x x    x   x   x 









3 2 10 3 2 10 0

x x x x

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

DAYHOCTOAN.VN

49 DAYHOCTOAN.VN
Bất phương trình đã cho tương đương với









2 2 2 2

6 3 2 5 3 0 6 3 2 5 3

x   x x x  x   x   x x x  x

















2 2 2

6 3 2 5 3 6 6 2

x x x x x x x x x x

           







 







6 x x 6 x x 2 x 2 x 34x 108 0

         

2 17 181

34 108 0

17 181
x

x x

x
  

     

 


KL: S3;17 181   17 181;



.
Bài 207. Giải phương trình: 3 x3 2x 1 33x4

Lời giải

Xét phương trình 3 3 3

 

2 1 3 4 *

x x  x

 

3







3 3



*  x 3 x 2x1 x 2x 1 2x 1 3x4







3 3



 

3 x 2x 1 x 2x 1 1 **

    

Xét phương trình hệ quả bằng cách thế

 

* vào

 

** ta có











3 2

3 2 1 3 4 1 2 1 3 4 1 6 11 4 1 0 1; 1

x x x  x x x   x  x  x    x x

Thử lại ta có 1
6

x là nghiệm của phương trình

 

* .
Bài 208. Giải bất phương trình : x24x 3 2x2   3x 1 x 1

Lời giải

Xét

 





2
2

1; 3

4 3 0 1

; 1 3;

2
; 1

2 3 1 0

x x

x

x x

 



   

       

     

    

  .

2 2

4 3 2 3 1 1

x  x  x  x  x 



x1



x 3

 

x1 2



x  1



x 1
Thử trực tiếp có x1là nghiệm.

Với x   3 x 1 0, nên bpt 



x3







2x 1



x1







2x 1 2 x 1 2x 1

    

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

DAYHOCTOAN.VN

50 DAYHOCTOAN.VN
Với x 1

 , nên bpt  3 x 1 2 x  1 x  2



3x



1x



 3 luôn đúng
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là x1, 1

2
x .
Bài 209. Giải bất phương trình :3 x3 1 2x23x1.

Lời giải

Điều kiện:x1.









3 2 2 2

3 x  1 2x 3x 1 3 x1. x   x 1 x 1 2 x  x 1
Chia hai vế cho 2

x  x , ta được bất phương trình tương đương

2 2

1 1

3 2

1 1

x x

x x x x

   

   

Đặt 2 1
1
x
t

x x



  ,t0, ta được bất phương trình:
2

3t   t 2 t 1 hoặc t2
+ Với t1, ta có:

2 2

2
1

1 1 1 2

1
x

x x x x

x x

         

  ( luôn đúng ).

+ Với t2, ta có: 2 1 2 1 4



2 1



4 2 3 5 0
1

x

x x x x x

x x

          

  (vơ nghiệm ).

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x1.
Bài 210. Giải bất phương trình:

2
12 8

2 4 2 2
16 9

x

x x

x

    


Điều kiện : 2  x 2.

Bất phương trình được viết lại như sau:





2 6 4 6 4

2 4 2 2
16 9

x x

x

  

  







 

6x 4 2 2x 4 4 2 x 16 9x  0 2

        

Vì: 2 2x 4 4 2 x 16 9 x20 3

 

Nhân 2vế của

 

2 với vế trái của

 

3 , ta được







2 2



6x4 9x 8x32 16 8 2  x 0











 

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

DAYHOCTOAN.VN

51 DAYHOCTOAN.VN
Vì:   2 x 2nên x2 8 2 x2  8 0.

Do đó

 









6x4 x2 8 2 x 0

 

2
2
2

3
2 8 2

2
2

3
2 8 2
x

x x

x

x x

  







  




   





  



4 2

2
3

2
2

x



 




  


Bài 211. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn

 

C :x2y26x2y 1 0. Viết phương trình
đường thẳng

 

d đi qua M

 

0; 2 và cắt

 

C theo dây cung có độ dài bằng 4 .

Lời giải

 

C có tâm I

 

3;1 , bán kính R3.
Phương trình

 

d :Ax By 2B0 .





d I d  hay

2 2

5
A B

A B




 .

Giải ta có:

; 2

2
1

A A

B

   




 



Kết quả:

 

: 1 2 0
2

d  x  y ; 2x  y 2 0.

Bài 212. Viết phương trình đường trịn đi qua A

 

4; 2 và tiếp xúc với hai đường thẳng

1: 3 2 0

d x y  và d2:x3y180.

Lời giải

Giải phương trình đường trịn có dạng:





2 2 2 2

2 2 0 0

x y  ax by c a b  c , tâm I a b

 

; .
Với A

 

4; 2 thuộc đường tròn nên: 20 8 – 4 a b c 0.





1 2

3 2 3 18

(1)
( , ( )) ( , ( )) 10 10

( , ( )) 3 2

( 4) 2 (2)

a b a b

d I d d I d

d I d IA a b

a b

    






 

  

 

     



</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

DAYHOCTOAN.VN

52 DAYHOCTOAN.VN
Thay vào

 

2 ta được 2





10 (3 12) 2 23

b

b b

b





    

 


Với b = 3a =1, c = 0, ta được phương trình

 

C :x2y22x6y0.
Với b = 23 a = 29, c = 224

5  5 5 , ta được phương trình

 

2 2 58 46 224

: 0

5 5 5

C x y  x y  .

Bài 213. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn đường kínhBD. Gọi H, K
lần lượt là hình chiếu của A trên BD và CD. Biết A

 

4; 6 , phương trình của HK: 3x4y 4 0, điểm

C thuộc đường thẳng d1:x  y 2 0, điểm B thuộc đường thẳng d2:x2y 2 0 và điểm K có hịanh
độ nhỏ hơn 1. Tìm tọa độ các điểm , , B C D.

Lời giải

+) Gọi EACHK.

Tứ giác AHKD nội tiếp HADHKC.
Tứ giác ABCD nội tiếpABC ACD.
Tam giác ABD vuông tại A ABDHAD.
Vậy HKCACD hay tam giác ECK cân tại E.

Vì tam giác ACK vng tại K nên E là trung điểm củaAC.
+) Ta có: 1



; 2



4 8;

2 2

c c

C d C c   c E   

 .

Vì EHK nên tìm được c 4 C



4; 2



K
H

B D

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

DAYHOCTOAN.VN

53 DAYHOCTOAN.VN

+)KHK: 3x4y 4 0 nên gọi K



4 ;3t t 1



HK AK



4t4;3t7 ;



CK



4t4;3t1



+) Ta có: 2

1
5

. 0 25 50 9 0

9
5
t

AK CK AK CK t t

t
 


        

 


Vì hồnh độ điểm K nhỏ hơn 1 nên tam giác SHC vuông tại H nên 4; 2
5 5
K  

 .
+) BC có phương trình : 2x y 100.

+) BBCd2 B

 

6; 2

+) Lập được phương trình AD x: 2y 8 0.
+) Lập được phương trình CD x: 2y0.
+) Tìm được D



4; 2



Vậy B

  

6; 2 , C 4; 2 , 

 

D 4; 2



Bài 214. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có B

 

2; 4 ,BAD ADC900
và ,A C thuộc trục hòanh. Gọi E là trung điểm của đoạnAD, đường thẳng EC đi qua điểm F



4;1



.
Tìm toạ độ các đỉnh , , A C D biết EC vng góc với BD và điểm E có tọa độ nguyên.

Lời giải

Qua A kẻ đường thẳng vuông góc vớiBE, cắt BE và BD lần lượt tại I vàH.
Gọi J là giao điểm của BD với CE.

Khi đó ta có:

. . .

EH EBEA EBEI EBEA và EH EC. ED EC. EJ EC. ED2 EA2.

. . ( ) 0

EH EB EH EC EH EB EC EH BC

       .

y=0

I

J
H

C

E
B(2;4)

D
A

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

DAYHOCTOAN.VN

54 DAYHOCTOAN.VN

Suy ra H là trực tâm của EBC suy ra ,A H C, thẳng hàng. Do đó: BEAC.
Đường thẳng BE qua B

 

2; 4 vng góc với Ox nên có phương trình x2.

Gọi A a

   

; 0 ,E 2;b D



4a b; 2



; BA a



 2; 4 ;



EA a



 2; b



; BD



2a b; 2 4 và



FE



6;b1







2 4 0 (1)

BAEA a  b



 





 

6 2 1 2 4 0 2

FEBD a  b b 

Thay

 

2 vào

 

1 ta được b46b313b224b 4 0







3 2



1 7 20 4 0 1

b b b b b

         (do b nguyên)
(Ta chứng minh được phương trình 3 2

7 20 4 0

b  b  b  có nghiệm duy nhất trên khoảng



1; 0



nên
khơng có nghiệm ngun).

Khi đó (4;0), (0; 2)A D  , đường thẳng CD có phương trình 2x  y 2 0

cắt Ox tạiC



1; 0



.
Vậy A

  

4;0 , D 0; 2 và



C



1;0



là các điểm cần tìm.

Bài 215. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hànhABCD có ( 5; 2)A  . M( 1; 2)  là điểm nằm
bên trong hình bình hành sao cho MDCMBC và MBMC. Tìm tọa độ điểm D biết tan 1

2
DAM  .

Lời giải

Gọi E là điểm thứ tư của hình bình hànhMABE.

Dễ thấy MECD cũng là hình bình hành nên MECMDC.

Mà MDCMBC suy ra MECMBC hay tứ giácBECM nội tiếp.
Suy ra: BMCBEC180o BEC180o90o 90 .o

Ta có: AMD BEC c c c( . . )AMBBEC 90o hay AMD vuông tại

M

.

E
M

D C

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

DAYHOCTOAN.VN

55 DAYHOCTOAN.VN

Vì tan 1 1

2 2

DM

DAM DM MA

MA

    .

Ta có MA4 2MD2 2AD2 MA2MD2 40.
Giả sử D x y

 

; .

Ta có

2 2 2

40 ( 5) ( 2) 40
8 ( 1) ( 2) 8

AD x y

MD x y

      

 

 

    

 

  .

Giải hệ phương trình trên được hai nghiệm:



 3; 4 , 1;0

  

.
Vậy có hai điểm D thỏa mãn đề bài là: D



 3; 4 ,

  

D 1;0 .

Bài 216. Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy, cho hình vng ABCD. Điểm M thuộc đoạn AC sao cho
3 ,

AC  AM điểm N thuộc tia đối của tia AB sao cho AB3AN, đường trịn

 

C ngoại tiếp ADN

có phương trình 2 2

8 6 0.

x y  x  Tìm tọa độ điểm D và phương trình AB biết Md x:   y 6 0,

điểm M và D có tung độ dương.

Lời giải

+ Gọi E là hình chiếu của M lên ABME BC// .

+ Gọi F ACBD, do 3 AF 3
2

AC  AM   AM và BF DF nên M là trọng tâm ABD và

2 .

BE



AE



BE



NE

+ MBN và MBD cân tại M nên: MB MDMN

 

1 B D N, , thuộc đường tròn tâm M

 

2 90o 2

DMN ABD

  

Từ

   

1 , 2  MDN vuông cân tại M M

 

C .
( ) :

M  d C

F

E M

K

N

D
C
B

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

DAYHOCTOAN.VN

56 DAYHOCTOAN.VN

2 2

3, 3
8 6 0

7, 1 ( )
6 0

x y

x y x

x y ktm

x y

 

     



    

   



 

3; 3
M

 .

Gọi I là trung điểm

DN

I là tâm của đường tròn

 

C .

Do MDN vuông cân tại M DNMI DN x: 3 y 4 0.
+ Tọa độ điểm

N D

,

là nghiệm của

2 2

1, 1
8 6 0

7, 1
3 4 0

x y

x y x

x y

  
     

      



 D(7;1), N(1; 1) .

+ Gọi K là trung điểm AB 2. 4 2( 3) (1; 4)
2 2( 3)

k
k
x

DM MK K

y

  



    



 .

+ AB đi qua K

 

1; 4 và nhận NK

 

0;5 làm véctơ chỉ phương nên có phương trình: x 1 0.
Vậy: D

 

7;1 và AB x:  1 0.

Bài 217. Cho tam giác ABC vuông cân tạiA, có trọng tâmG. Gọi ,E H lần lượt là trung điểm của các
cạnh AB BC, và Dlà điểm đối xứng với H qua ,A I là giao điểm của đường thẳng AB và đường thẳng

CD. Biết điểm D



 1; 1



, đường thẳng IG có phương trình 6x3y 7 0 và điểm E có hồnh độ
bằng1. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giácABC.

Lời giải

Gọi K là trung điểm củaBI. Suy ra HK CD//  A là trung điểm củaKI , 1 ;
2

HK DI  IC
F

K
E

G

H

I
D

C
B

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

DAYHOCTOAN.VN

57 DAYHOCTOAN.VN

//
2

AK  BK GK ACGK  AB



GB



GI



GC

hay G là tâm đường tròn đi qua ba điểm 
, ,

C I B. CGI 2IBC90o, 1 //
2

ID ICDE IG.
Phương trình đường thẳng DE: 2x   y 1 0 E

 

1; 3 .

CE



IG

, suy ra phương trình CE x: 2y 7 0. Tọa độ của G là nghiệm của hệ phương trình

2 7 0 3 7 7

;

6 3 7 0 7 3 3

x

x y

G

x y

y
 

  

     

      

  



 

5; 1

C

 .

 

1; 1 1; 5
2

DG AG A B .

</div>

Đề thi thử THPT quốc gia















<sub></sub>

<sub></sub>









<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>













<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>













<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>











<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>







<sub>   </sub>



















 

 





























<sub></sub>

<sub></sub>





