CÁC DẠNG BÀI TẬP ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN

PHÂN DẠNG BT ƠN TUYỂN SINH 10 TỐN
MỤC LỤC
CHỦ ĐỀ 1 – RÚT GỌN BIỂU THỨC............................................................5
DẠNG 1: RÚT GỌN BIỂU THỨC:................................................................5
DẠNG 2: CHO GIÁ TRỊ CỦA X . TÍNH GIÁ TRỊ CỦA BIỂU THỨC.........................7
DẠNG 3: ĐƯA VỀ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH......................................................8
DẠNG 4: ĐƯA VỀ GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH..............................................14
DẠNG 5: SO SÁNH, CHỨNG MINH BẰNG CÁCH XÉT HIỆU.............................17
DẠNG 6: TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC............20
DẠNG 7: TÌM X ĐỂ P NHẬN GIÁ TRỊ LÀ SỐ NGUYÊN....................................28
DẠNG 8: TÌ THAM SỐ ĐỂ PHƯƠNG TRÌNH P  m CÓ NGHIỆM.............................32
HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỤNG TRONG CHỦ ĐỀ.............................................34
CHỦ ĐỀ 2 – HỆ PHƯƠNG TRÌNH............................................................37
I. HỆ KHƠNG CHỨA THAM SỐ.................................................................37
DẠNG 1: HỆ ĐA THỨC BẬC NHẤT ĐỐI VỚI X VÀ Y..............................................37
DẠNG 2: HỆ CHỨA PHÂN THỨC..........................................................................37
DẠNG 3: HỆ CHỨA CĂN......................................................................................40
DẠNG 4: HỆ THỨC CHỨA TRỊ TUYỆT ĐỐI...........................................................42
II. HỆ CHỨA THAM SỐ.............................................................................44
HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỤNG TRONG CHỦ ĐỀ.........................................47
I. HỆ KHÔNG CHỨA THAM SỐ.............................................................................47
II. HỆ CHỨA THAM SỐ.........................................................................................47
CHỦ ĐỀ 3 – GIẢI BÀI TỐN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG
TRÌNH.................................................................................................49
I. GIẢI TỐN BẰNG CÁCH LẬP HỆ PHƯƠNG TRÌNH........................................49
DẠNG 1: TOÁN CHUYỂN ĐỘNG...........................................................................49
DẠNG 2: TOÁN NĂNG SUẤT................................................................................51
DẠNG 3: TOÁN LÀM CHUNG CƠNG VIỆC............................................................52
DẠNG 4. TỐN VỀ CẤU TẠO SỐ..........................................................................55
DẠNG 5. TỐN PHẦN TRĂM................................................................................56
DẠNG 6: TỐN CĨ NỘI DUNG HÌNH HỌC...........................................................57

II. GIẢI TỐN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI...............................59
DẠNG 1: TOÁN CHUYỂN ĐỘNG...........................................................................59
DẠNG 2: TOÁN NĂNG SUẤT................................................................................63
DẠNG 3: TOÁN LÀM CHUNG CƠNG VIỆC............................................................66
DẠNG 4: TỐN CĨ NỘI DUNG HÌNH HỌC...........................................................67
I. GIẢI TỐN BẰNG CÁCH LẬP HỆ PHƯƠNG TRÌNH.............................................68
II. GIẢI TỐN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI...................................69
Trang 1


PHÂN DẠNG BT ƠN TUYỂN SINH 10 TỐN
CHỦ ĐỀ 4 – PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI VÀ ĐỊNH LÝ VI-ET..........................72
I. ĐỊNH LÍ VIÉT.......................................................................................72
DẠNG 1 CÁC NGHIỆM THỎA MÃN MỘT BIỂU THỨC ĐỐI XỨNG...........................72
DẠNG 2: KẾT HỢP ĐỊNH LÝ VIÉT ĐỂ GIẢI CÁC NGHIỆM.......................................74
DẠNG 3: GIẢI CÁC NGHIỆM DỰA VÀO ,  ' LÀ BÌNH PHƯƠNG..........................76
2
2
x2
DẠNG 4: TÍNH 1 THEO x1 VÀ x2 THEO x2 DỰA VÀO PHƯƠNG TRÌNH ax  bx  c
...........................................................................................................................78

II. HỆ QUẢ CỦA ĐỊNH LÝ VIÉT....................................................................80
DẠNG 1: DẠNG TỐN CĨ THÊM ĐIỀU KIỆN PHỤ.................................................80
DẠNG 2. SO SÁNH NGHIỆM VỚI SỐ 0 VÀ SỐ .....................................................83
DẠNG 3: ĐẶT ẨN PHỤ.........................................................................................84
III. SỰ TƯƠNG GIAO CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ PARABOL.................................85
DẠNG 1: TÌM THAM SỐ ĐỂ ĐƯỜNG THẲNG TIẾP XÚC PARABOL, TÌM TỌA ĐỘ TIẾP
ĐIỂM...................................................................................................................85
DẠNG 2: TÌM THAM SỐ ĐỂ ĐƯỜNG THẲNG CẮT PARABOL TẠI HAI ĐIỂM PHÂN

BIỆT A, B THỎA MÃN MỘT BIỂU THỨC ĐỐI XỨNG ĐỐI VỚI x A VÀ x B ................87
DẠNG 3: TÌM THAM SỐ ĐỂ ĐƯỜNG THẲNG CẮT PARABOL TẠI HAI ĐIỂM PHÂN
BIỆT A, B THỎA MÃN MỘT BIỂU THỨC KHÔNG ĐỐI XỨNG ĐỐI VỚI XA VÀ XB......90
DẠNG 4: TÌM THAM SỐ ĐỂ ĐƯỜNG THẲNG CẮT PARAPOL TẠI HAI ĐIỂM PHÂN
BIỆT A, B LIÊN QUAN ĐẾN TUNG ĐỘ A, B..............................................................94
DẠNG 5: BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐỘ DÀI, DIỆN TÍCH.....................................96
HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỤNG TRONG CHỦ ĐỀ....................................................100
I. ĐỊNH LÍ VIÉT..................................................................................................100
II. HỆ QUẢ CỦA ĐỊNH LÍ VIET............................................................................100
III. SỰ TƯƠNG GIAO CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ PARABOL...................................101
CHỦ ĐỀ 5 – PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI..............103
I. PHƯƠNG TRÌNH KHƠNG CHỨA THAM SỐ.........................................................103
DẠNG 1: PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA NHẨM ĐƯỢC MỘT NGHIỆM........................103
DẠNG 2: PHƯƠNG TRÌNH TRÙNG PHƯƠNG.....................................................103
DẠNG 3: PHƯƠNG TRÌNH DẠNG.......................................................................104
4
3
2
DẠNG 4: PHƯƠNG TRÌNH DẠNG ax  bx  cx �bx  a  0 ...................................104

DẠNG 5: PHƯƠNG TRÌNH GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ..................105
DẠNG 6: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN Ở MẪU.....................................................105
II. PHƯƠNG TRÌNH CHỨA THAM SỐ....................................................................106
DẠNG 1:PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA ĐUA ĐƯỢC VỀ DẠNG TÍCH:(x -  )( ax2 + bx +
c) = 0...............................................................................................................106
DẠNG 2. PHƯƠNG TRÌNH TRÙNG PHƯƠNG:....................................................107
Trang 2


PHÂN DẠNG BT ƠN TUYỂN SINH 10 TỐN

HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỤNG TRONG CHỦ ĐỀ....................................................109
I. PHƯƠNG TRÌNH KHƠNG CHỨA THAM SỐ......................................................109
II. PHƯƠNG TRÌNH CHỨA THAM SỐ..................................................................109
DẠNG 1: KẾT NỐI CÁC GĨC BẰNG NHAU THƠNG QUA TỨ GIÁC NỘI TIẾP.......110
DẠNG 2: CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG................................................118
DẠNG 3: TIẾP TUYẾN.....................................................................................120
DẠNG 4: CHỨNG MINH ĐIỂM THUỘC ĐƯỜNG TRỊN, CHỨNG MINH ĐƯỜNG
KÍNH....................................................................................................................123
DẠNG 5: SỬ DỤNG ĐỊNH LÝ TA- LÉT VÀ ĐỊNH LÝ TA- LÉT ĐẢO.............................127
DẠNG 6: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT PHÂN GIÁC.........................................................132
DẠNG 7: DẠNG TÍNH TỐN..................................................................................137
Hệ thống bài tập trong chủ đề............................................................................141
CHỦ ĐỀ 7 – BẤT ĐẲNG THỨC..............................................................144
I. BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI.....................................................................................144
DẠNG 1: DẠNG TỔNG SANG TÍCH....................................................................145
DẠNG 2: DẠNG TÍCH SANG TỔNG, NHÂN BẰNG SỐ THÍCH HỢP.......................145
DẠNG 3: QUA MỘT BƯỚC BIẾN ĐỔI RỒI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI.....147
DẠNG 4: GHÉP CẶP ĐƠI....................................................................................148
DẠNG 5: DỰ ĐỐN KẾT QUẢ RỒI TÁCH THÍCH HỢP............................................149
DẠNG 6: KẾT HỢP ĐẶT ẨN PHỤ VÀ DỰ ĐOÁN KÊT QUẢ......................................151
DẠNG 7: TÌM LẠI ĐIỀU KIỆN CỦA ẨN....................................................................154
II. BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIA..............................................................................156
III. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG.....................................................159
DẠNG 1: ĐƯA VỀ BÌNH PHƯƠNG......................................................................159
DẠNG 2: TẠO RA BẬC HAI BẰNG CÁCH NHÂN HAI BẬC MỘT............................161
DẠNG 3: TẠO RA ab+bc+ca.............................................................................162
DẠNG 4: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT TRONG BA SỐ BẤT KÌ LN TỊN TẠI HAI SỐ CĨ
TÍCH KHƠNG ÂM..............................................................................................163
DẠNG 5: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CỦA MỘT SỐ BỊ CHẶN TỪ 0 ĐẾN 1..................165
DẠNG 6 : DỰ ĐOÁN KẾT QUẢ RỒI XÉT HIỆU.....................................................167

HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỤNG TRONG CHỦ ĐỀ....................................................169
I.

BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI................................................................................169

II.

BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIA........................................................................171

III. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG..................................................171
CHỦ ĐỀ 8 – PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ.....................................................173
I.

PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG....................................................173
DẠNG 1: GHÉP THÍCH HỢP ĐƯA VỀ TÍCH.........................................................173
Trang 3


PHÂN DẠNG BT ƠN TUYỂN SINH 10 TỐN
DẠNG 2: NHÂN LIÊN HỢP ĐƯA VỀ TÍCH...........................................................174
DẠNG 3: DỰ ĐỐN NGHIỆM ĐỂ TỪ ĐĨ TÁCH THÍCH HỢP ĐƯA VỀ TÍCH..........177
II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ...........................................................................182
DẠNG 1 : BIẾN ĐỔI VỀ MỘT BIỂU THỨC VÀ ĐẶT MỘT ẨN PHỤ.........................182
DẠNG 2. BIẾN ĐỔI VỀ HAI BIỂU THỨC VÀ ĐẶT HAI ẨN PHỤ RỒI ĐƯA VỀ TÍCH. 184
DẠNG 3: ĐẶT ẨN PHỤ KẾT HỢP VỚI ẨN BAN ĐẦU ĐƯA VỀ TÍCH......................186
DẠNG 2: ĐÁNH GIÁ VẾ NÀY �MỘT SỐ, VẾ KIA �SỐ ĐÓ BẰNG BĐT CỐI, BUNHIA
.........................................................................................................................188
HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỤNG TRONG CHỦ ĐỀ....................................................191
I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG....................................................191
II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ........................................................................192

III. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ...........................................................................192

Trang 4


PHÂN DẠNG BT ƠN TUYỂN SINH 10 TỐN

CHỦ ĐỀ 1 – RÚT GỌN BIỂU THỨC
DẠNG 1: RÚT GỌN BIỂU THỨC:
Bước 1 Đặt điều kiện xác định của biểu thức:



1
(a  0)
xa
: Điều kiện xác định là
1




xa

(a  0)

x �0
x �0
�
�

�� 2
�
x �a
� x �a �

: Điều kiện là x �0

Gặp phép chia phân thức thì đổi thành phép nhân sẽ xuất hiện thêm mẫu
mới nên dạng này ta thường làm bước đặt điều kiện sau.

Bước 2 Phân tích mẫu thành tích, quy đồng mẫu chung.
Bước 3 Gộp tử, rút gọn và kết luận.

Ví dụ 1: Rút gọn biểu thức

A

x
x3



3x  9
x  3 x 9

2 x



Lời giải

Điều kiện: x �0,x �9
x
2 x
3x  9
A


x3
x  3 ( x  3)( x  3)
Có



x( x  3)
2 x( x  3)
3x  9


( x  3)( x  3) ( x  3)( x  3) ( x  3)( x  3)

x  3 x  2x  6 x  3x  9
3( x  3)
3


( x  3)( x  3)
( x  3)( x  3)
x3
3
A

x  3 với điều kiện x �0,x �9
Vậy


Ví dụ 2: Rút gọn biểu thức

A

x 1
2
9 x 3


x2
x  3 x x  6

Lời giải
Có x  x  6  x  3 x  2 x  6  x( x  3)  2( x  3)  ( x  2)( x  3)
Điều kiện: x �0,x �4
x 1
2
9 x3
A


x2
x  3 ( x  2)( x  3)
Có
( x  1)( x  3)
2( x  2)

9 x 3



( x  2)( x  3) ( x  2)( x  3) ( x  2)( x  3)



x  4 x  3 2 x  4  9 x  3
x 3 x  2

( x  2)( x  3)
( x  2)( x  3)

Trang 5


PHÂN DẠNG BT ƠN TUYỂN SINH 10 TỐN



( x  1)( x  2)
x 1

( x  2)( x  3)
x3

Vậy:

A

x 1
x  3 với điều kiện x �0,x �4

Ví dụ 3: Rút gọn biểu thức

�x 2
x 1
1 �
P  1: �


�x x  1 x  x  1 x  1�
�
�
�

Lời giải
x 2
x 1
1 �


�
x  1)(x  x  1) x  x  1 x  1�
�

�
P  1: �
�(

�
Có
�
�
x 2
( x  1)( x  1)
x x 1
 1: �


�( x  1)(x  x  1) ( x  1)(x  x  1) ( x  1)(x  x  1) �
�
�
�
x  2  x  1 x  x  1
x x
 1:
 1:
( x  1)(x  x  1)
( x  1)(x  x  1)

( x  1)(x  x  1) x  x  1
 1�

x( x  1)
x
. Điều kiện x  0,x �1.
x x 1
P
x

Vậy
với điều kiện x  0,x �1.
Chú ý: Câu này có phép chia phân thức nên đoạn cuối xuất hiện thêm
do đó ta làm bước đặt điều kiện sau.

Ví dụ 4: Rút gọn biểu thức

� a 3 a  2
a a �� 1
1 �
P�


�: �
�
( a  2)( a  1) a 1 �� a  1 a  1�
�

Lời giải
�
��
�
( a  1)( a  2)
a a
a 1
a 1
P�


�

�: �
�( a  1)( a  1) ( a  1)( a  1) �
( a  2)( a  1) ( a  1)( a  1) ��
�
�
Có
� a1
� a  1 a  1
a a
�

�:
a

1
(
a

1
)(
a

1)
�
� ( a  1)( a  1)
� ( a  1)2
�
a a
2 a
�


�:
( a  1)( a  1) ( a  1)( a  1) � ( a  1)( a  1)
�

a 2 a  1 a a ( a  1)( a  1)
a 1
�

( a  1)( a  1)
2 a
2 a
Điều kiện a  0,a �1


Vậy

P

a1
2 a với điều kiện a  0,a �1.

Trang 6

x ở mẫu,


PHÂN DẠNG BT ƠN TUYỂN SINH 10 TỐN
DẠNG 2: CHO GIÁ TRỊ CỦA X . TÍNH GIÁ TRỊ CỦA BIỂU THỨC
Bước 1 Đặt điều kiện và chỉ ra giá trị đã cho của x thoả mãn điều kiện.

Bước 2 Tính x rồi thay giá trị của x, x vào biểu thức đã rút gọn.
Bước 3 Tính kết quả của biểu thức bằng cách trục hết căn thức ở mẫu và kết
luận.
P

x 1

x  2 khi:
Ví dụ 1: Tính giá trị của biểu thức
a) x  36
b) x  6  2 5
2
2 3
x
x
2 3
2
c)
d)
6
28  21
4
4
x

x
 2 7
3 7
2 3
3 2

3 2
e)
f)
g)

x

3

27  3 1
18

h) x  7 x  10  0
Lời giải

Điều kiện x �0,x �4
a)Có x  36 thoả mãn điều kiện.
Khi đó

x  6 thay vào P ta được

P

6 1 7

6 2 4 .

7
4 khi x  36 .
Vậy

2
b)Có x  6  2 5  ( 5  1) thoả mãn điều kiện
x  5  1  5  1(do 5  1)
Khi đó
5  1 1
5
5 3 5
P


4
5  1 2
5 3
Thay vào P ta được
P

5 3 5
4
Vậy
khi x  6  2 5 .
2
2(2  3)
4 2 3
x


 ( 3  1)2
4 3
2  3 (2 3)(2 3)
c)Có

thoả mãn điều kiện.
x  3  1  3  1(do 3  1)
Khi đó
.
3  1 1
3
1 3
P


2
3  1 2
3 3
Thay vào P ta được
P

Vậy

P

2
1 3
x
2 3
2 khi
2

2  3 4  2 3 � 3  1�
x


�
� 2 �
�
2
4
�
�thoả mãn điều kiện
d)Có
Trang 7


PHÂN DẠNG BT ƠN TUYỂN SINH 10 TỐN

x
Khi đó

31
31

(do 3  1)
2
2

P
Thay vào P , ta được
Vậy

43 3
2 3
x

11 khi
2 .

P
x

e) Có

3 1
1
3 1
43 3
2


11
3 1
3 5
2
2







7 4 3
6 3 7
6

28  21
2 7 

2 7 
3 7
2 3
2 3
3 7 3 7









18  6 7
3 7 9
97
( Thỏa mãn điều kiện) � x  3.
3 1
P
 4.
3

2
P
Thay vào , ta được:


6
28  21
2 7 
3 7
2 3 .
Vậy P  4 khi
4 32 4 3 2
4
4
16
x



 16
34
32
32
32
32
x



f) Có



 



P





4 1 5
 .
42 2

thỏa mãn điều kiện.

x  4 thay vào P , ta được
4
4
5
x

.
P
3

2
3

2
2
Vậy

khi
3
27  3 1 3  1 2 1
x

 
18
18 18 9 thỏa mãn điều kiện.
g) Có
1
1
4
3
P
 .
1
1
5
x
2
3 , thay vào P , ta được
3
Khi đó
Khi đó

Vậy

3
4
27  3 1

x
.
5 khi
18
x  7 x  10  0 � x  2 x  5 x  10  0 �

P

h) Có



� x  2, x  5 � x  4 (loại), x  25 (thỏa mãn).
5 1 6
P
  2.
52 3
Khi đó x  5 , thay vào P ta được
Trang 8

x 2





x 5  0


PHÂN DẠNG BT ƠN TUYỂN SINH 10 TỐN

Vậy P  2 khi x thỏa mãn x  7 x  10  0.
DẠNG 3: ĐƯA VỀ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
Bước 1: Đặt điều kiện để biểu thức xác định.
Bước 2: Quy đồng mẫu chung
Bước 3: Bỏ mẫu, giải x, đối chiếu điều kiện và kết luận.
Đưa về phương trình tích

P

x  x 1

Có

13
3.

Lời giải

Điều kiện: x  0 .

P

. Tìm x để

x

Ví dụ 1. Cho biểu thức

P





3 x  x  1 13 x
13
x  x  1 13
�

�

3
3
x
3 x
3 x

� 3x  3 x  3  13 x � 3 x  10 x  3  0 � 3 x  9 x  x  3  0
�3 x



 

x 3 



x 3 0�







x  3 3 x 1  0

�x 3
�x  9
�
�
�� 1
�x  1
�
x
�
9 (thỏa mãn điều kiện).
�
3
1
13
x  9, x 
P
9 thì
3.
Vậy
M=
Ví dụ 2. Cho biểu thức

3
x
M=
x  2 . Tìm x để
8 .
Lời giải

Điều kiện: x �0, x �4 .

M
Có

x
�
8

3
x 2



x
�
8
8



24
x 2





� 24  x  2 x � x  2 x  1  25 �
� x  1  �5 � x  4 (loại),
Vậy x  36 thì

M

x
8







x 2
x 2







2

x  1  25

x  6 � x  36 (thỏa mãn điều kiện).

x
8 .

Phương trình có chứa trị tuyệt đối


f ( x)  a (với a  0 và a là số cụ thể) thì giải ln hai trường hợp f ( x)  �a.
Trang 9


PHÂN DẠNG BT ƠN TUYỂN SINH 10 TỐN

f ( x)  g ( x) (với g ( x) là một biểu thức chứa x ):



Cách 1: Xét 2 trường hợp để phá trị tuyệt đối:

f ( x)  f ( x) nên ta được f ( x)  g ( x ).
Trường hợp 1: Xét f ( x) �0 thì
Giải và đối chiếu điều kiện f ( x) �0 .

f ( x)   f ( x) nên ta được  f ( x)  g ( x).
Trường hợp 2: Xét f ( x)  0 thì
Giải và đối chiếu điều kiện f ( x)  0 .

Cách 2: Đặt điều kiện g ( x ) �0 và giải hai trường hợp f ( x )  �g ( x ) .

x 2

A

x  5 và

Ví dụ 1. Cho 2 biểu thức

x 2

x  5 . Tìm x để A  B. x  4 .

Lời giải

Điều kiện: x �0, x �25.

A  B. x  4 �

1

B



x4

x 5

x 5
Có
Cách 1: Ta xét hai trường hợp:

� x  4  x  2.

4 thì x  4  x  4 nên ta được:
x4  x 2 � x x 6  0 � x 3
x 2 0� x9

4 0
Trường hợp 1: Xét x �۳

x



Trường hợp 2: Xét x  4  0 � x  4 thì

x  4  x  2 � x  x  2  0 �
Cách 2: Vì





x  4   x  4 nên ta được:





x 1



x  2  0 � x 1

(thỏa mãn).

x  2  0 với mọi x �0, x �25 nên x  4  x  2 .







� x 3
�x  4  x  2
�
x x 60
��
��
��
� x 1
x4 x 2
x x 20
�
�

�
mãn).
Cách 3: Nhận xét
nên

(thỏa mãn).

x4 

x4  x 2�



x 2

x 2







x 2 



x 2

x 2  x 2�



 � �x  9
�x  1
�
x  2  0
(thỏa
x 2 0

x2



x  2 1

�x  3 �
x9
� x  2  �1 � �
��
�x  1
� x 1
(thỏa mãn).
A  B. x  4
Vậy x  9, x  1 thì
.
A
Ví dụ 2.

Cho 2 biểu thức

x3
B
x  1 và

1
x  1 . Tìm x để A  B. x  3

Lời giải
Trang 10


PHÂN DẠNG BT ƠN TUYỂN SINH 10 TỐN

Điều kiện: x �0, x �1 .

A  B. x  3 �

x 3

x3

x 1

x 1

� x3

x 3.

Có
Cách 1: Ta xét 2 trường hợp:
x 9 thì x  3  x  3 nên ta được
x  1  0 � x  0, x  1
(loại).
x  3  0 � x  3 � x  9 thì x  3   x  3

3 0
Trường hợp 1: Xét x �۳۳
x 3  x 3 � x  x  0 � x

Trường hợp 2:

Xét



x

3



x  3  x  3 � x  x  6  0 �
nên ta được
� x  2 � x  4 (thỏa mãn).
Vậy x  4 thì

A  B. x  3



x 2





x 3  0

.

x 3. Khi đó x  3  x  3
� x x 1  0
� x 3  x 3
�x  x  0
x  0, x  1
�
��
��
��
��
� x 2
x x 6  0
� x4
� x  3  x  3
�
x 3  0
�
Kết hợp các điều kiện được x  4.

3 0
Cách 2: Điều kiện: x �۳











2
2
2
Đưa về bình phương dạng m + n = 0 (hoặc m + n = 0 )
Bước 1 Đặt điều kiện để biểu thức xác định và đưa phương trình về dạng
2
m 2  n 2  0 (hoặc m  n  0 )
2
2
Bước 2: Lập luận m �0, n �0 (hoặc n �0 ) nên
2
m 2  n 2 �0 (hoặc m  n �0 ).
2
2
2
Bước 3: Khẳng định m  n  0 (hoặc m  n  0 ) chỉ xảy ra khi đồng thời
m0

�
�
�n  0
x
Bước 4: Giải ra , đối chiếu điều kiện và kết luận.


P

Ví dụ 1. Cho biểu thức



x 1

2

. Tìm x để P. x  6 x  3  x  4 .

x

Lời giải

Điều kiện: x �4.

P. x  6 x  3 


x4 �

Có



x 1
x

2

. x  6 x 3 x  4

� x  2 x 1  6 x  3  x  4 � x  4 x  4  x  4  0
�





2

x  2  x  4  0.
Trang 11


Vì





2

x  2 �0, x  4 �0

Do đó
Vậy



nên





PHÂN DẠNG BT ƠN TUYỂN SINH 10 TỐN
2

x  2  x  4 �0.

�
�x 20
� x4
�
x 2  x4  0
x

4

0

chỉ xảy ra khi �
(thỏa mãn).



2

x  4 thì P. x  6 x  3  x  4.

P
Ví dụ 2. Cho biểu thức

x 3
x . Tìm x để P. x  x  1  2 3x  2 x  2 .
Lời giải

Điều kiện: x �2.

x3
. x  x  1  2 3x  2 x  2
x

P. x  x  1  2 3x  2 x  2 �
Có



 



� x  3  x  1  2 3x  2 x  2 � x  3  2 3 x  x  1  2 x  2  0


�

 
3    x  2  1



� x  2 3x  3  x  2  2 x  2  1  0

Vì



x 3


Do đó

2

x



2

�0,

x 3





2

x  2  1 �0

 



2

2

 0.


nên

x 3

 
2



2

x  2  1 �0.

2

x  2 1  0

chỉ xảy ra khi

�
� x 3
� x3
�
� x  2 1
(thỏa mãn điều kiện).
Vậy x  3 thì P. x  x  1  2 3x  2 x  2.

A
Ví dụ 3. Cho biểu thức

x 1
x . Tìm x để 81x 2  18 x  A  9 x  4.
Lời giải

Điều kiện: x  0.
Có

81x 2  18 x  A  9 x  4 � 81x 2  18 x 
x 1

� 81x 2  18 x  1 
�  9 x  1 
2

�  9 x  1 
2

�  9 x  1

2

x

x 1
9 x 4
x

9 x 5

x 1 9 x 5 x


x
x
x
9x  6 x 1
0

x

3




x 1
x

2

 0.

Trang 12


Vì

 9 x  1

2

3
�0,

 9 x  1 
2

Do đó



x 1
x

3

2

 9 x  1

�0



x 1

nên
2

x

0

2

3




x 1
x

PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN
2

�0.

�9 x  1  0
1
� x
�
9
3 x 1  0
chỉ xảy ra khi �
(thỏa mãn điều kiện).

1
2
9 thì 81x  18 x  A  9 x  4.
Vậy
Đánh giá vế này �một số, vế kia �số đó
Bước 1: Đưa một vế về bình phương và sử dụng
A2 �m �0;  A2 �m �0 �m.
Bước 2: Đánh giá vế còn lại dựa vào bất đẳng thức quen thuộc như:
x







ab
ab �
 a �0, b �0.
2

Bất đẳng thức Cosi: a  b �2 ab hay
Dấu “=” xảy ra khi a  b.
2
a.x  b. y  � a 2  b 2   x 2  y 2   a, b, x, y.

Bất đẳng thức Bunhia:
x y
 .
Dấu “=” xảy ra khi a b
a  b � a  b  a �0, b �0.

Dấu “=” xảy ra khi a  0 hoặc b  0 .
Bước 3: Khẳng định phương trình chỉ xảy ra khi các dấu “=” ở bước 1 và bước 2
đồng thời xảy ra.

A
Ví dụ 1. Cho biểu thức

4
x  1 và B  x x  x . Tìm x để

x 2  6  A.B  x  1  3  x .
Lời giải

Điều kiện: 1  x �3.
2
Có x  6  A.B  x  1  3  x
4
� x2  6 
.x x  1  x  1  3  x
x 1





� x2  4 x  6  x 1  3  x

(*)

 x  4 x  4  2   x  2   2 �2.
* Có VT (*)
* Chứng minh VP(*) �2 :
Cách 1: (Dùng bất đăng thức Cosi)
2

2

VP  * �
�

�  x  1  2  x  1  3  x   3  x  2  2  x  1  3  x 
Xét �
 x  1   3  x  4 VP * 2.

2 �2.
 
2
Cách 2: (Dùng bất đẳng thức Bunhia cốpxki)
2





�
VP  * �

1. x �
1
1. 3 x
12 12   x 1 3 x 

�
�
Xét
VT(*) �2, VP  * �2
Như vậy
nên (*) chỉ xảy ra khi
2

2

Trang 13

4

VP  *

2.


PHÂN DẠNG BT ƠN TUYỂN SINH 10 TỐN
�x  2  0
� x2
�
� x 1  3  x
(thỏa mãn).
2
Vậy x  2 thì x  6  A.B  x  1  3  x .

x
x  2 . Tìm x để
Ví dụ 2. Cho biểu thức
A.( x  2)  5 x  x  4  x  16  9  x .
A

Lời giải

Điều kiện: 0 �x �9, x �4.

Có A.( x  2)  5 x  x  4  x  16  9  x
x
�
.( x  2)  5 x  x  4  x  16  9  x
x 2
�  x  6 x  4  x  16  9  x
Có

VT(*)   x  6 x  9  5  





(*)

2

x  3  5 �5.

VP  * �5
Ta sẽ chứng minh
2
VP(*)  �25

Cách 1: (Chỉ ra
)
2
 VP(*)  x  16  2  x  16   9  x   9  x
Xét

= 25 �
2
 x 16   9 x  25 VP(*) 5.
Cách 2: (Sử dụng a  b � a  b  a �0, b �0 )
x 16�
9 x
x 16 9 x
25 5
Có VP(*) 

VP(*) 5.

Như vậy VT(*) �5, VP(*) �5 nên (*) chỉ xảy ra khi
�
x 3  0
�
� x9
�
x

16
9

x

0





�
Do đó (*) chỉ xảy ra khi �
(thỏa mãn điều kiện).
Vậy x  9 thì A.( x  2)  5 x  x  4  x  16  9  x .

DẠNG 4: ĐƯA VỀ GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH

f ( x)
f ( x)
f ( x)
f ( x)
 0;
�0;
 0;
�0
g
(
x
)
g
(
x
)
g
(
x
)
g
(
x

)
Đưa về bất phương trình dạng
Bước 1: Đặt điều kiện để biểu thức xác định.
Bước 2: Quy đồng mẫu chung, chuyển hết sang một vế để được dạng

f ( x)
f ( x)
f ( x)
f ( x)
 0;
�0;
 0;
�0
g ( x)
g ( x)
g ( x)
g ( x)
Bước 3: Giải các bất phương trình này, đối chiếu điều kiện và kết luận.
Một số tình huống thường gặp

Trang 14


3
 0 � 3
x 2
và

+)

Vì 3  0 nên ta được
x 3
�0
+) x  2

PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN
x  2 cùng dấu.
x  2  0 và giải ra 0 �x  4 .

x  2  0 nên ta được x  3 �0 và giải ra 0 �x �9 .
x
0� x
x

4
+)
và x  4 trái dấu, rồi giải hai trường hợp:
�
� x 0
�
� x  4  0 trường hợp này vô nghiệm.
�
� x 0
�
� x  4  0 trường hợp này giải được 0  x  16 .
x 1
�0
+) x  5
giải hai trường hợp:
Vì

�
� x  1 �0
�
� x  5  0 trường hợp này giải được x  25 .
�
� x  1 �0
�
� x  5  0 trường hợp này giải được 0 �x �1 .

x 1
x  2 . Tìm x �� để A  1.

A
Ví dụ 1. Cho biểu thức

Lời giải

Điều kiện: x �0, x �4.
x 1
A 1�
1  0 �
x

2
Có

x 1
x 2


0�
x 2
x 2

3
0
x 2

x  2 trái dấu, mà 3  0 nên ta được
x 
<2�<
0  x 2
0 x 4.
x ��� x � 0; 1; 2; 3
Do
(thỏa mãn điều kiện).

� 3 và

Vậy

x � 0; 1; 2; 3

là các giá trị cần tìm.

x 1
2
M�
x  2 . Tìm x để
3.

M
Ví dụ 2. Cho biểu thức

Lời giải

Điều kiện: x �0.

Có

2
x 1 2
M �����۳
3
x 2 3

0


3
3

 2
x  2 3
x 1


x  2
x 2

Trang 15

0

3



x 7
x 2



0


x  7 �0 (do

�

x  2  0)۳

x

PHÂN DẠNG BT ƠN TUYỂN SINH 10 TỐN
7 ۳ x 49 (thỏa mãn điều kiện).

2
M�
3

Vậy x �49 thì

x 2
x  1 . Tìm x để

P
Ví dụ 3. Cho biểu thức
Chú ý: Dạng

P  m  m  0

P

1
2.

, trước hết ta cần giải điều kiện phụ P �0 để

P xác

định, sau đó mới giải P  m .
2

Lời giải

Điều kiện: x �0.
* Để

x 2
x 1

P �۳
0

P xác định ta cần có
� x  2 �0 (do x  1  0 ) ۳

P
* Khi đó
�

1
1
�P �
2
4

3 x 9
4





x 1

x

0

2۳ x




4 (thỏa mãn điều kiện).

4
x 2 1
 0�
x 1 4
4

  1
x  1 4 

x 2

 0
x  1

x 1

 0 � 3 x 9  0

< x 3
(do x  1  0 ) �<
Kết hợp điều kiện x �4 , ta được 4 �x  9 .

0

x 9.

2
2
2
2
2
Đưa về bình phương dạng m �0; m �0; m +n �0; m  n �0 .
Bước 1: Đặt điều kiện để biểu thức xác định và đưa bất phương trình về dạng

m 2 �0; m 2 �0; m 2 +n 2 �0; m 2  n �0
Bước 2: lập luận để giải dấu “=” xảy ra:
2
Dạng m �0 :
2
2
2
Lập luận: Vì m �0 nên khẳng định m �0 chỉ xảy ra khi m  0 .
2
 Dạng  m �0 :



2
2
Lập luận  m �0 nên khẳng định  m �0 chỉ xảy ra khi m  0 .



2
2
2
Dạng m  n �0 (hoặc m  n �0 ):
2
2
2
2
2
Lập luận m �0, n �0 (hoặc n �0 ) nên m  n �0 (hoặc m  n �0 )
2
2
2
nên khẳng định m  n �0 (hoặc m  n �0 ) chỉ xảy ra khi đồng thời

�m  0
�
�n  0
Bước 3: Giải ra x , đối chiếu điều kiện và kết luận.

A
Ví dụ 1. Cho 2 biểu thức

x 4
B
x  1 và

1
x
A

5�
x  1 . Tìm x để 4
B.

Lời giải
Trang 16


PHÂN DẠNG BT ƠN TUYỂN SINH 10 TỐN

Điều kiện: x �0, x �1.

x
A
x
x 4
1
x
5� � 5�
:
� 5� x 4
B
4
4
x 1
x 1
Có 4


Mà

x4 x 4
ۣ
 �
�
4



0

2

0,



�

x  2 � x  4 (thỏa mãn).

�0





x 2

2


nên

x 2
2

x  2 �0

chỉ xảy ra khi

x 20

x
A
5�
B.
Vậy x  4 thì 4

P

a 1
1
a 1

�1
2 a . Tìm a để P
8
.

Ví dụ 2. Cho biểu thức
Lời giải
Điều kiện: a  0 .
16 a
( a  1)2 8( a  1)
1
a 1
2 a
a 1


�0

�1�

 1�0 �
8
8
8( a  1) 8( a  1) 8( a  1)
a1
Có P
۳

a 6 a  9
8( a  1)

0۳

( a  3)2
8( a  1)

( a  3)2

0
( a  3)2

�0
�0
Vì 8( a  1)
với mọi a  0 nên 8( a  1)
chỉ xảy ra khi
a  3  0 � a  3 � a  9 (thoả mãn điều kiện)

1
a 1

�1
8
Vậy a  9 thì P
A  A, A  A, A  A, A  A
4.3 Tìm x để
Ghi nhớ:


A A ۳ A



A - A

0

A 0

Ví dụ 1: Cho biểu thức

P



A A � A 0



A  A � A  0

x
x  2 . Tìm x để P  P

Điều kiện: x �0,x �4 .

P P

Có



khi

P  0�

x
0
� x, x  2 trái dấu.
x2

�x 0
x0
�
x0
�
�
��
��
� 0 x  4
�
x 4
� x  2 0 � x  2 �
(thoả mãn điều kiện)

Trang 17


PHÂN DẠNG BT ƠN TUYỂN SINH 10 TỐN



�
�x 0
�

� x  2  0 (loại).

P P
Vậy 0  x  4 thì

Ví dụ 2. Cho biểu thức
Điều kiện: x �0, x �9

Có

x6 x 9
A

x9

Cách 1 (sử dụng
Có

A
- A



A

Lời giải



x 3

x 3



A - A

A 0

x6 x 9
A  A
x9
. Tìm x�� và x lớn nhất để



2

x 3





x 3
x 3

A 0

x 3

x 3

0

�
x 3
0 x 9
3 0
Mà x  3  0 nên ta được x �
Kết hợp với điều kện, ta được 0 �x  9 . Do x�� và x lớn nhất nên ta tìm được x =
8.
Cách 2 (Xét hai trường hợp để phá dấu giá trị tuyệt đối)

A  A �
Có

x 3
x 3

�
x 3
x 3

Trường hợp 1: Xét

x �۳�
3 0

x

x 3   x 3
3

x 3   x 3 � x 3   x 3�
Trường hợp 2: Xét

x<
3�<
0 

x

3

9 (do x �9 ) thì
x 3� x 9
x

(loại)

0

x 9 (do x �9 ) thì

x 3   x 3 �  x 3  x 3� 0  0

(ln đúng)
Do đó ta được 0 �x  9 . Do x�� và x lớn nhất nên ta tìm được x = 8.
Vậy x  8 là giá trị cần tìm
DẠNG 5: SO SÁNH, CHỨNG MINH BẰNG CÁCH XÉT HIỆU

Để chứng minh

X  Y  X �Y 
X  Y  X �Y 

ta chứng minh hiệu

X  Y  0  X  Y �0 
X  Y  0  X  Y �0 

Để chứng minh
ta chứng minh hiệu
Để so sánh hai biểu thức X và Y ta xét dấu của hiệu X  Y

2
P  P2  P  1  P 
P
Để so sánh P với
ta xét hiệu
rồi thay x vào và xét dấu

 Để so sánh P và

P (khi

P có nghĩa) ta biến đổi hiệu

Trang 18

P P  P



PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TỐN



P 1  P.

P 1
P 1

P �0,

Sau đó nhận xét

P  1�0 nên ta cần xét dấu của P  1.

A
Ví dụ 1. Cho biểu thức

Xét hiệu




a 3




a  1

 1

a 1

2

a 2 a  1
��
� 
2 a 1
2





a 1

.
Chứng minh A �1.

Lời giải

Điều kiện: a �0.
A  1



2

a 3




2 a  1 2
a 3



2

0 a 0



a 1

A
Ví dụ 2. Cho biểu thức

A 1

x 1
x  3 và

Khi A  0
Mà

x 1
x3

0

x  1 và

�

x  3  0 nên ta được
B  3

Xét hiệu


B

dpcm.

x x 1
.
x  1 Khi A  0, hãy so sánh B với 3.

Lời giải

Điều kiện: x �0; x �1.
�


a  1
a 1

2

x  3cùng dấu.

x  1 0 � x  1 � x  1 (thoả mãn).





x  x  1 3. x  1
 3

x 1
x 1
x 1

x x  1

x 4 x  4

x 1
Vậy khi A  0 thì B �3.





A
Ví dụ 3. Cho biểu thức



x2

x 1

2

�0x  1

x 1
x  5 và

B

nên B �3.

x6

.
x  1 Chứng minh

�
x 5 � x  5

.
 2.
�A.B 
�
x  5� x
�
Lời giải
Trang 19


PHÂN DẠNG BT ƠN TUYỂN SINH 10 TỐN

Điều kiện: x  0, x �1, x �25 .

� x 1 x  6 x  5 � x  5
x 5 � x 5
�
�
2 �
�
2
�A.B 
�
� x  5 � x 1  x  5 �
�
x 5� x
x
�
�
�

Xét hiệu
� x 6
x5 � x 5
x  x 1 x  5
x  x 1
�
�

�

2

�

2

2
�
� x 5
� x
x

5
x

5
x
x
�
�

2

1� 3
�
x  �
�
x  x 1 �
2� 4


0
x
x
, với mọi x  0, x �1, x �25
x 5 � x 5
�
�
2
�A.B 
�
x

5
x
�
�
Vậy
.
2 x 1
2 x 1

A
B
3 x  1 và
x 1 .
Ví dụ 4. Cho hai biểu thức
B
So sánh giá trị của biểu thức A và 3 .
Lời giải
x
�
0
Điều kiện:
.
B
2 x 1 2 x 1
2 x 1 3 x 1
3 
:
3 
�
3
A
x

1
3
x

1
x


1
2
x

1
Xét hiệu






3 x 1 3 x 1


x 1
x 1

2
0
x 1
với mọi x �0 .

B
3
Vậy A
.
P

Ví dụ 5. Cho biểu thức
Điều kiện: x �0, x �4 .

P  P 2  P (1  P) 
Xét hiệu



3





x 1
x  2 . So sánh P và P 2 .
Lời giải

x 1 �
x 1 �
1

�
�
�
x 2�
x

2
�

�

x  1 3
�
x 2 x 2

  0  x �0, x �4

x 1
x 2



2

2
nên P  P .

2
Vậy P  P .

Ví dụ 6. Cho biểu thức

P

x 2
x . Khi

Điều kiện: x  0 .
P xác định khi P �0

۳

x 2
x

0

P xác định, hãy so sánh
Lời giải

, mà x  0 nên
Trang 20

P và P .

x  2 �0 ۳ x 4 .


P  P  P (1  P )  P .

Xét hiệu
Do P �0 , 1  P  0

1 P
.
1 P
2

PHÂN DẠNG BT ƠN TUYỂN SINH 10 TỐN

1� 7
�
x  �
�
x 2 x x 2 �
2� 4
1 P  1


 0, x �4.
x
x
x
và
suy ra P  P �0 nên P �P .
Vậy

P �P .

Trang 21


PHÂN DẠNG BT ƠN TUYỂN SINH 10 TỐN
DẠNG 6: TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC
b
P a
(b  0, c  0)
x


c
x
�
0
6.1 Dựa vào
để Tìm giá trị lớn nhất của
Qa

b
(b  0, c  0)
x c

Tìm giá trị nhỏ nhất của
Bước 1. Đặt điều kiện x �0 và khử x ở tử để đưa P , Q về dạng trên.
b
b
P �a 
Q �a 
c;
c như sau:
Bước 2. Chuyển từng bước từ x �0 sang
Max P
Có

Min Q

x �0 x �0

Có

x �0 x �0

� x  c �c x �0

� x  c �c x �0

b
�
x c

b
�
x c

�a

�
P a

b
x 0
c

b
b
�a  x �0
c
x c

�

b
x 0
c
.

b
x 0
c

b
b
� x �0
c
x c

� a  

b
b
�a  x �0
c
x c

�
Q a

b
x 0.
c

b
b
MinQ = a 
c ,
c khi x  0 (thỏa mãn điều kiện)
Bước 3: Kết luận
x 2
P
x  1 . Từ đó, tìm giá trị nhỏ nhất
Ví dụ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
Q
 3P
P3
của biểu thức
MaxP = a +

Điều kiện: x �0
* Tìm MinP:
x 1 3
P

x

1
Có

Lời giải

x 1
3
3

 1
x 1
x 1
x 1

x �0  x �0 � x  1 �1  x �0
3
3
3
����x 0
3 x 0
x 1 1
x 1
3
�
1 ��1�3 x 0 P
2 x 0
x 1
Min P  2 khi x  0 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy
Trang 22
Do


PHÂN DẠNG BT ƠN TUYỂN SINH 10 TỐN

* Tìm MinQ:
Cách 1: (Dùng bất đẳng thức Cô Si)
2
�1
�
Q
 3P  2 �
  P  3  � P  6
P3
�P  3
�
Có

1
1
  P  3  �2
�
 P  3  2
P3
P3
Do
2 P �
6�2�6
8 Q 4 8 4
Vì P 
P �2 � P  3  0 �

Vậy MinQ  4 khi P  2 hay x  0 (thỏa mãn điều kiện)
Cách 2: (Thay P  2 được Q  4 nên ta dự đoán MinQ  4 )
3P  4   P  3 3P 2  13P  14


2
2
Q   4  
 3P  4 


P3
P3
P3
P3
Xét hiệu
2
3P  6 P  7 P  14 3P  P  2   7  P  2   P  2   3P  7 



P3
P3
P3
P  �
2�
P 
2 �
0, P�3� 0, 3P 7 0 Q  4  0 Q
4
Do
Vậy MinQ  4 khi P  2 hay x  0 (thỏa mãn điều kiện)
Ví dụ 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
12

N M  .
M
nhất của biểu thức
Điều kiện: x �0.
* Tìm Max M:
Có
Do

M

M

2 x 6
x  2 . Từ đó tìm giá trị nhỏ

Lời giải





2 x 4 2 2 x 2
2
2


 2
.
x 2
x 2

x 2
x 2

x �0x�0���
x 2� 2 x 0

2
x 2

2
x 0
2

2
�
2 ���2 1 x 0 M 3 x 0.
x 2
Vậy MaxM=3 khi x  0 (thỏa mãn điều kiện).
* Tìm MinN:
Cách 1 (Dùng bất đẳng thức Côsi)
12 �4 M 12 � M
N M 
 �  � �
M
M� 3
�3
Có
Do

2 x  6  0, x  2  0 � M 

2 x 6
4 M 12
4 M 12
0�

�2
�  8�
3
M
3 M
x 2

M
M �3 ���1 N 8 1 7
3
Vì
Vậy MinN  7 khi M  3 hay x  0 (thỏa mãn điều kiện).
Cách 2 (Thay M  3 được N  7 nên ta dự đoán MinN  7 )
12
M 2  7 M  12 M 2  3M  4 M  12
N 7  M 
7 

M
M
M
Xét hiệu
Trang 23

PHÂN DẠNG BT ƠN TUYỂN SINH 10 TỐN
M ( M  3)  4( M  3) ( M  3)( M  4)


�
M
M
M
�3�
M�3�0,
 M 4 0, M 0 N 7 0 N 7
Do 0 ��
Vậy MinN  7 khi M  3 hay x  0 (thỏa mãn điều kiện).
5
A
x  3 . Từ đó tìm giá trị nhỏ nhất
Ví dụ 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
của biểu thức

B  3A 

10
A.
Lời giải

Điều kiện: x �0 .
*) Tìm MaxA:
Có x �0x �0

5
5
�
x 0
� x  3 �3x �0
x 3 3
5
�
A
x 0
3
5

Vậy MaxA 3 khi x  0 (thỏa mãn điều kiện)
+) Tìm MinB:
Cách 1. (Dùng bất đẳng thức Cô si)
10 �
18 A 10 � 3 A
B  3 A   �  �
A �5
A� 5
Có

Do

5  0, x  3  0 � A 

5
3A
A  ��� 1

3
5
Vì

5
18 A 10
18 A 10
0�
 �2
.  12
5
A
5 A
x 3

B 12 1 11

.
5
A
3 hay x  0 (thỏa mãn điều kiện).
Vậy Min B = 11 khi
5
A
3 được B  11 nên ta dự đoán MinB = 11)
Cách 2. (Thay
10
3 A2  11A  10 3 A2  5 A  6 A  10
B  11  3 A   11 


A
A
A
Xét hiệu
A  3 A  5  2  3 A  5  3 A  5  A  2 


A
A
5
0 �
A�3�
A���
5 , A 2 0, A 0 B 11 0 B 11
3
Do
.
5
A
3 hay x  0 (thỏa mãn điều kiện).
Vậy Min B = 11 khi

Ví dụ 4: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
3
T  14 S 
S 1 .
của biểu thức
Trang 24

S 

2
x  4 . Từ đó tìm giá trị nhỏ nhất


Lời giải

Điều kiện: x �0
* Tìm MinS:
Có

x �0 �
x��x 4

x 0

PHÂN DẠNG BT ƠN TUYỂN SINH 10 TỐN

2
x 4

2
4

x 0

2
1
1
� ��� x 0

S
x 0
2
2
x 4
1
MinS  
2 khi x  0 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy
* Tìm MinT:
Cách 1: (Dùng bất đẳng thức Côsi)
3 �
�
T �
12  S  1 
 2 S  12
S  1�
�
�
Có
1
1
3
3
S � � S  1 �  0 � 12  S  1 
�2 12  S  1 .
 12
2
2
S 1

S 1
Do
1
S 2 S� 1
T 12 1 12
1
2
Vì
1
S 
2 hay x  0 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy MinT  1 khi
1
S 
2 được T  1 nên ta dự đoán MinT  1 )
Cách 2: (Thay

3
14 S 2  15S  4 14 S 2  7 S  8S  4
T   1  14 S 
1 

S 1
S 1
S 1
Xét hiệu
7 S  2 S  1  4  2 S  1  2 S  1  7 S  4 


S 1

S 1
1
S ��2
S 1 �0,�
7 S�4 0, S 1 0
T  1 0 T
1
2
Do
1
S 
2 hay x  0 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy MinT  1 khi
6.2. Dùng bất đẳng thức Côsi
Bước 1: Khử x ở trên tử.
Bước 2: Dựa vào mẫu để thêm bớt hai vế với một số thích hợp.
Bước 3: Sử dụng bất đẳng thức Côsi a  b �2 ab a,b �0 . Dấu "  " xảy ra khi a  b
.
A

Ví dụ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Lời giải
x
�
0
Điều kiện:
.







x  x  10
x 2

x 2
x 2
x  4  x  2  16
x 2
16



x 2
x2
x 2
x 2
Có
16
 x 3
x  2 (Mẫu là x  2 nên x  3 cần cộng thêm 5 )
A

Trang 25