Tailieumontoan.com

Sưu tầm
CÁC DẠNG TOÁN
LUYỆN THI VÀO LỚP 10
Tài liệu sưu tầm, ngày 15 tháng 11 năm 2020
1
Website:tailieumontoan.com
Mục Lục
Trang
Lời nói đầu
Chủ đề 1. Rút gọn biểu thức
Chủ đề 2. Hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn
Chủ đề 3. Giải bài toán bằng cách lập phương trình, hệ phương trình
Chủ đề 4. Phương trình bậc 2 và hệ thức vi-et
Chủ đề 5. Phương trình quy về phương trình bậc hai
Chủ đề 6. Đường tròn
Chủ đề 7. Bất đẳng thức
Chủ đề 8. Phương trình vô tỷ
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Website: tailieumontoan.com
CHỦ ĐỀ 1 – RÚT GỌN BIỂU THỨC
DẠNG 1: RÚT GỌN BIỂU THỨC: .................................................................................................................. 1
DẠNG 2: CHO GIÁ TRỊ CỦA X . TÍNH GIÁ TRỊ CỦA BIỂU THỨC .................................................... 3
DẠNG 3: ĐƯA VỀ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH ................................................................................................. 4
DẠNG 4: ĐƯA VỀ GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH ..................................................................................... 10
DẠNG 6: TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC ............................... 16
DẠNG 7: TÌM X ĐỂ P NHẬN GIÁ TRỊ LÀ SỐ NGUYÊN....................................................................... 24
DẠNG 8: TÌ THAM SỐ ĐỂ PHƯƠNG TRÌNH P = m CÓ NGHIỆM ................................................... 28
HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỤNG TRONG CHỦ ĐỀ ................................................................................ 30
DẠNG 1: RÚT GỌN BIỂU THỨC:
Bước 1 Đặt điều kiện xác định của biểu thức:
•
•
•
x ≥ 0
x ≥ 0
⇔
(a > 0) : Điều kiện xác định là 
2
x −a
x ≠ a
 x ≠ a
1
(a > 0) : Điều kiện là x ≥ 0
x +a
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.
1
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
Lời giải
2 x
−
Điều kiện: x ≥ 0,x ≠ 9
Có A =
=
x
x +3
+
2 x
x( x − 3)
( x − 3)( x + 3)
−
3x + 9
x − 3 ( x − 3)( x + 3)
+
2 x( x + 3)
3x + 9
−
( x − 3)( x + 3) ( x − 3)( x + 3)
x − 3 x + 2x + 6 x − 3x − 9
3( x − 3)
= =
( x − 3)( x + 3)
( x − 3)( x + 3)
3
Vậy A =
với điều kiện x ≥ 0,x ≠ 9
x +3
Ví dụ 2: Rút gọn biểu thức A =
x +1
x −2
+
2
3
x +3
−
9 x −3
x +3 x + x −6
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
1
Website: tailieumontoan.com
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
Có A =
=
x −2
2
+
−
9 x −3
x + 3 ( x − 2)( x + 3)
( x + 1)( x + 3)
( x − 2)( x + 3)
+
2( x − 2)
9 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)
( x − 1)( x − 2)
=
( x − 2)( x + 3)
Vậy: A =
x −1
x +3
x −1
x +3
với điều kiện x ≥ 0,x ≠ 4
 x+2
x +1
1 
+
−
Ví dụ 3: Rút gọn biểu thức P = 1: 

x − 1 
 x x −1 x + x +1
Lời giải

x+2
x +1
1 
=
+
−
Có P 1: 

−
+
+
+
+
−
(
x
1)(x
x
1)
x
x
1
x
1




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⋅
=
. Điều kiện x > 0,x ≠ 1 .
x( x − 1)
x
Vậy P =
x + x +1
với điều kiện x > 0,x ≠ 1 .
x
Chú ý: Câu này có phép chia phân thức nên đoạn cuối xuất hiện thêm x ở mẫu, do đó ta làm
bước đặt điều kiện sau.
 a+3 a +2
a+ a  1
1 
−
+
Ví dụ 4: Rút gọn biểu thức P = 
 :

a −1 
 ( a + 2)( a − 1) a − 1   a + 1
Lời giải
 ( a + 1)( a + 2)
 

a+ a
a −1
a +1
−
+
Có P =


 : 
 ( a + 2)( a − 1) ( a − 1)( a + 1)   ( a − 1)( a + 1) ( a − 1)( a + 1) 
 a +1

a+ a
a −1+ a +1
= 
−
:
 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)
2 a
a +1
2 a
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
2
Website: tailieumontoan.com
Điều kiện a > 0,a ≠ 1
a +1
Vậy P =
với điều kiện a > 0,a ≠ 1 .
2 a
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.
x +1
Ví dụ 1: Tính giá trị của biểu thức P =
khi:
x −2
b) x= 6 − 2 5
a) x = 36
2
c) x =
d) x =
2+ 3
6
28 − 21
e) x=
f) x
=
−2 7 −
3− 7
2− 3
g) x =
3
27 + 3 −1
18
4
3+2
−
4
3 −2
h) x − 7 x + 10 =
0
Lời giải
Điều kiện x ≥ 0,x ≠ 4
a)Có x = 36 thoả mãn điều kiện.
Khi đó
2− 3
2
6 +1 7
=
.
6−2 4
=
P
x = 6 thay vào P ta được
7
khi x = 36 .
4
6−2 5 =
( 5 − 1)2 thoả mãn điều kiện
b)Có x =
Vậy P =
Khi đó
x=
5 −1 =
5 − 1(do 5 > 1)
Thay vào P ta được P =
5 −1+1
5 −1− 2
5
=
5 −3
= −
5+3 5
4
5+3 5
khi x= 6 − 2 5 .
4
2
2(2 − 3)
4−2 3
x
=
=
= ( 3 − 1)2 thoả mãn điều kiện.
c)Có=
4−3
2 + 3 (2 + 3)(2 − 3)
Vậy P = −
Khi đó
x=
3 −1 =
3 − 1(do 3 > 1) .
Thay vào P ta được P =
Vậy P = −
3 −1+1
3 −1− 2
3
=
3 −3
= −
1+ 3
2
1+ 3
2
khi x =
2
2+ 3
2
2 − 3 4 − 2 3  3 −1 
d)Có
thoả mãn điều kiện
=
= 
x =
 2 
2
4


=
x
Khi đó
3 −1
=
2
3 −1
(do 3 > 1)
2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
3
Website: tailieumontoan.com
3 −1
+1
2
Thay vào P , ta được P =
=
3 −1
−2
2
4+3 3
2− 3
Vậy P = −
khi x =
.
11
2
e) Có x=
6
28 − 21
−2 7 −
=
3− 7
2− 3
3 +1
4+3 3
= −
11
3 −5
(
6 3+ 7
)
(3 − 7 )(3 + 7 )
−2 7 −
7
( 4− 3)
2− 3
18 + 6 7
3.
7 9 ( Thỏa mãn điều kiện) ⇒ x =
− 3=
9−7
3 +1
Thay vào P , ta được:
=
P = 4.
3− 2
6
28 − 21
−2 7 −
Vậy P = 4 khi x=
.
3− 7
2− 3
=
f) Có x =
Khi đó
4
4
4
−
=
3+2
3−2
( 3 − 2) − 4 ( 3 + 2) =−16 =16 thỏa mãn điều kiện.
( 3 + 2)( 3 − 2) 3 − 4
=
P
x = 4 thay vào P , ta được
4 +1 5
= .
4−2 2
5
khi x
=
2
4
4
−
.
3+2
3−2
3
27 + 3 −1 3 − 1 2 1
g) Có =
thỏa mãn điều kiện.
x
=
= =
18
18 18 9
1
+1
4
1
3
= − .
Khi đó x = , thay vào P , ta được P =
1
5
3
−2
3
3
3
4
27 + −1
Vậy P = − khi x =
.
5
18
Vậy P =
h) Có x − 7 x + 10 =0 ⇔ x − 2 x − 5 x + 10 =0 ⇔
( x − 2)( x − 5) =0
⇔ x = 2, x = 5 ⇔ x = 4 (loại), x = 25 (thỏa mãn).
5 +1 6
Khi đó x = 5 , thay vào P ta được P=
= = 2.
5−2 3
0.
Vậy P = 2 khi x thỏa mãn x − 7 x + 10 =
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.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
4
Website: tailieumontoan.com
Đưa về phương trình tích
Ví dụ 1. Cho biểu thức P =
x + x +1
x
. Tìm x để P =
13
.
3
Lời giải
Điều kiện: x > 0 .
(
)
3 x + x + 1 13 x
x + x + 1 13
=
⇔
=
3
x
3 x
3 x
⇔ 3 x + 3 x + 3 = 13 x ⇔ 3 x − 10 x + 3 = 0 ⇔ 3 x − 9 x − x + 3 = 0
13
3
Có P =
⇔
⇔3 x
( x − 3) − ( x − 3) =0 ⇔ ( x − 3)(3 x − 1) =0
 x =3
x =9


⇔
⇔
1 (thỏa mãn điều kiện).
 x=1
x =
9

3

1
13
Vậy=
thì P =
.
x 9,=
x
9
3
Ví dụ 2. Cho biểu thức M =
3
x
. Tìm x để M =
.
8
x −2
Lời giải
Điều kiện: x ≥ 0, x ≠ 4 .
x
8
Có M = ⇔
3
x
= ⇔
8
x −2
8
(
(
x x −2
=
8 x −2
x −2
24
)
⇔ 24 = x − 2 x ⇔ x − 2 x + 1 = 25 ⇔
⇔ x − 1 =±5 ⇔ x =−4 (loại),
x
Vậy x = 36 thì M =
.
8
(
(
)
)
)
2
x − 1 = 25
x = 6 ⇔ x = 36 (thỏa mãn điều kiện).
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
5
Website: tailieumontoan.com
Phương trình có chứa trị tuyệt đối
•
•
f ( x) = a (với a > 0 và a là số cụ thể) thì giải luôn hai trường hợp f ( x) = ± a.
f ( x) = g ( x) (với g ( x) là một biểu thức chứa x ):
Cách 1: Xét 2 trường hợp để phá trị tuyệt đối:
Trường hợp 1: Xét f ( x) ≥ 0 thì f ( x) = f ( x) nên ta được f ( x) = g ( x).
Giải và đối chiếu điều kiện f ( x) ≥ 0 .
g ( x).
Trường hợp 2: Xét f ( x) < 0 thì f ( x) = − f ( x) nên ta được − f ( x) =
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) .
Ví dụ 1. Cho 2 biểu thức A =
x +2
x −5
x +2
x −5
x −5
A B. x − 4 .
. Tìm x để=
Lời giải
Điều kiện: x ≥ 0, x ≠ 25.
Có A = B. x − 4 ⇔
1
và B =
=
x−4
x −5
⇔ x−4 =
x + 2.
Cách 1: Ta xét hai trường hợp:
Trường hợp 1: Xét x − 4 ≥ 0 ⇔ x ≥ 4 thì x − 4 = x − 4 nên ta được:
x−4=
x +2⇔ x− x −6= 0⇔
( x − 3)( x + 2) = 0 ⇔ x = 9 (thỏa mãn).
Trường hợp 2: Xét x − 4 < 0 ⇔ x < 4 thì x − 4 =− x + 4 nên ta được:
−x + 4 = x + 2 ⇔ x + x − 2 = 0 ⇔
Cách 2: Vì
( x − 1)( x + 2) = 0 ⇔ x = 1 (thỏa mãn).
x + 2 > 0 với mọi x ≥ 0, x ≠ 25 nên x − 4 =
x + 2.
0
( x − 3)( x + 2) =
 x= 9
(thỏa mãn).
⇔
x
1
=

0
( x − 1)( x + 2) =
x − 2 ( x + 2)

 x − 4=
 x − x − 6= 0
x +2
⇔
⇔
⇔

 x − 4 =− x − 2
 x + x − 2 =0

( x − 2)( x + 2) =
x + 2 ⇔ x − 2 ( x + 2 )=
x +2⇔ x −2= 1
Cách 3: Nhận xét x − 4 =
nên x − 4 =
 x 3=
=
x 9
⇔ x − 2 =±1 ⇔ 
⇔
(thỏa mãn).
 x =1
 x = 1
A B. x − 4 .
Vậy=
x 9,=
x 1 thì=
Ví dụ 2. Cho 2 biểu thức A =
x−3
và B =
x −1
1
=
A B. x − 3
. Tìm x để
x −1
Lời giải
Điều kiện: x ≥ 0, x ≠ 1 .
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
6
Website: tailieumontoan.com
Có A= B.
x −3 ⇔
x−3
=
x −1
x −3
⇔ x − 3=
x −3.
x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3 ⇔ x ≥ 9 thì
x −3 =
x −1
Cách 1: Ta xét 2 trường hợp:
Trường hợp 1: Xét
x −3 = x −3 ⇔ x − x = 0 ⇔ x
Trường hợp 2: Xét
nên ta được
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 ⇔ x + x − 6 =0 ⇔
− x +3
x −3 =
( x − 2)( x + 3) =0
⇔ x = 2 ⇔ x = 4 (thỏa mãn).
=
A B.
Vậy x = 4 thì
x −3 .
Cách 2: Điều kiện: x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3. Khi đó

 x −3 = x −3
 x− x = 0

⇔
⇔
⇔

 x − 3 =− x + 3
 x + x − 6 =0

x −3 = x−3
( x − 1) =0 ⇔  x = 0, x = 1

 x=4
0
( x − 2)( x + 3) =
x
Kết hợp các điều kiện được x = 4.
Đưa về bình phương dạng m 2 + n 2 = 0 (hoặc m 2 + n = 0 )
Bước 1 Đặt điều kiện để biểu thức xác định và đưa phương trình về dạng
0)
m2 + n2 =
0 (hoặc m 2 + n =
Bước 2: Lập luận m 2 ≥ 0, n 2 ≥ 0 (hoặc
n ≥ 0 ) nên
m + n 2 ≥ 0 (hoặc m 2 + n ≥ 0 ).
2
0 ) chỉ xảy ra khi đồng thời
Bước 3: Khẳng định m 2 + n 2 =
0 (hoặc m 2 + n =
m = 0

n = 0
Bước 4: Giải ra x , đối chiếu điều kiện và kết luận.
( x + 1) . Tìm x để P. =x 6 x − 3 − x − 4 .
Ví dụ 1. Cho biểu thức P =
2
x
Lời giải
Điều kiện: x ≥ 4.
Có P. =
x 6 x −3− x − 4 ⇔
(
) . =x 6 x − 3 − x − 4
x +1
2
x
⇔ x + 2 x +=
1 6 x − 3 − x − 4 ⇔ x − 4 x + 4 + x − 4= 0
( x − 2) + x − 4 =0.
Vì ( x − 2 ) ≥ 0, x − 4 ≥ 0 nên ( x − 2 ) + x − 4 ≥ 0.
2
⇔
2
Do đó
2
 x −2=
0
( x − 2) + x − 4 =0 chỉ xảy ra khi  x − 4 =0 ⇔ x =4 (thỏa mãn).
2

Vậy x = 4 thì P. =
x 6 x − 3 − x − 4.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
7
Website: tailieumontoan.com
Ví dụ 2. Cho biểu thức P =
x+3
. Tìm x để P. x + x =
− 1 2 3x + 2 x − 2 .
x
Lời giải
Điều kiện: x ≥ 2.
Có P. x + x =
− 1 2 3x + 2 x − 2 ⇔
x+3
− 1 2 3x + 2 x − 2
. x + x=
x
) (
(
)
⇔ x + 3+ x=
− 1 2 3x + 2 x − 2 ⇔ x + 3 − 2 3 x + x − 1 − 2 x −=
2 0
)
(
) (
⇔ ( x − 3 ) + ( x − 2 − 1) =
0.
Vì ( x − 3 ) ≥ 0, ( x − 2 − 1) ≥ 0 nên ( x − 3 ) + ( x − 2 − 1) ≥ 0.
0 chỉ xảy ra khi
Do đó ( x − 3 ) + ( x − 2 − 1) =
⇔ x − 2 3x + 3 + x − 2 − 2 x − 2 + 1 =
0
2
2
2
2
2
2
2
2
 x = 3
⇔x=
3 (thỏa mãn điều kiện).

1
 x − 2 =
Vậy x = 3 thì P. x + x =
− 1 2 3x + 2 x − 2.
x −1
. Tìm x để 81x 2 − 18 x =A − 9 x + 4.
x
Ví dụ 3. Cho biểu thức A =
Lời giải
Điều kiện: x > 0.
Có 81x 2 − 18 x =A − 9 x + 4 ⇔ 81x 2 − 18 x =
x −1
−9 x +5
x
⇔ 81x 2 − 18 x=
+1
⇔ ( 9 x − 1)=
x −1 9x 5 x
−
+
x
x
x
⇔ ( 9 x − 1) +
9x − 6 x +1
=
0
x
2
2
x −1
−9 x + 4
x
(3 x − 1) =
⇔ ( 9 x − 1) +
0.
2
2
x
(3 x − 1) ≥ 0 nên ( 9 x − 1) + (3 x − 1) ≥ 0.
Vì ( 9 x − 1) ≥ 0,
2
2
2
2
x
x
 9 x − 1 =0
(3 x − 1) =
1
⇔ x = (thỏa mãn điều kiện).
0 chỉ xảy ra khi
2
Do đó ( 9 x − 1) +
2
x

3 x − 1 =0
9
1
Vậy x = thì 81x 2 − 18 x =A − 9 x + 4.
9
Đánh giá vế này ≥ một số, vế kia ≤ số đó
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
8
Website: tailieumontoan.com
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:
•
Bất đẳng thức Cosi: a + b ≥ 2 ab hay
ab ≤
Dấu “=” xảy ra khi a = b.
•
a+b
∀ a ≥ 0, b ≥ 0.
2
Bất đẳng thức Bunhia: ( a.x + b. y ) ≤ ( a 2 + b 2 )( x 2 + y 2 ) ∀ a, b, x, y.
2
x y
= .
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.
Dấu “=” xảy ra khi
Ví dụ 1. Cho biểu thức A =
4
và=
B x x − x . Tìm x để x 2 + 6= A.B + x − 1 + 3 − x .
x −1
Lời giải
Điều kiện: 1 < x ≤ 3.
Có x 2 + 6= A.B + x − 1 + 3 − x
4
=
⇔ x2 + 6
.x x − 1 + x − 1 + 3 − x
x −1
(
⇔ x 2 − 4 x + 6=
)
x −1 + 3 − x
(*)
* Có VT (*) = x 2 − 4 x + 4 + 2 = ( x − 2 ) + 2 ≥ 2.
2
* Chứng minh VP(*) ≤ 2 :
Cách 1: (Dùng bất đăng thức Cosi)
Xét  VP (*)  =−
x 1 + 2 ( x − 1)( 3 − x ) + 3 − x =+
2 2 ( x − 1)( 3 − x )
2
≤ 2 + 2.
( x − 1) + ( 3 − x ) = 4 ⇒ VP * ≤ 2.
()
2
Cách 2: (Dùng bất đẳng thức Bunhia cốpxki)
(
Xét  VP (*)  = 1. x − 1 + 1. 3 − x
2
) ≤ (1 + 1 ) ( x − 1 + 3 − x ) = 4 ⇒ VP (*) ≤ 2.
2
2
2
Như vậy VT(*) ≥ 2, VP (*) ≤ 2 nên (*) chỉ xảy ra khi
0
 x − 2 =
⇔x=
2 (thỏa mãn).

 x − 1 = 3 − x
Vậy x = 2 thì x 2 + 6= A.B + x − 1 + 3 − x .
Ví dụ 2. Cho biểu thức A =
x
. Tìm x để A.( x − 2) + 5 x = x + 4 + x + 16 + 9 − x .
x −2
Lời giải
Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 9, x ≠ 4.
Có A.( x − 2) + 5 x = x + 4 + x + 16 + 9 − x
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
9
Website: tailieumontoan.com
⇔
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 =−
(*)
( x − 3) + 5 ≤ 5.
2
Ta sẽ chứng minh VP (*) ≥ 5
Cách 1: (Chỉ ra [ VP(*) ] ≥ 25 )
2
Xét [ VP(*) ] = x + 16 + 2 ( x + 16 )( 9 − x ) + 9 − x
2
= 25 + 2 ( x + 16 )( 9 − x ) ≥ 25 ⇒ VP(*) ≥ 5.
Cách 2: (Sử dụng
a + b ≥ a + b ∀ a ≥ 0, b ≥ 0 )
Có VP(*) = x + 16 + 9 − x ≥ x + 16 + 9 − x = 25 = 5 ⇒ VP(*) ≥ 5.
Như vậy VT(*) ≤ 5, VP(*) ≥ 5 nên (*) chỉ xảy ra khi

x −3 =
0

Do đó (*) chỉ xảy ra khi 
⇔x=
9 (thỏa mãn điều kiện).
x
+
16
9
−
x
=
0
(
)(
)


Vậy x = 9 thì A.( x − 2) + 5 x = x + 4 + x + 16 + 9 − x .
DẠNG 4: ĐƯA VỀ GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH
Đưa về bất phương trình dạng
f ( x)
f ( x)
f ( x)
f ( x)
> 0;
≥ 0;
< 0;
≤0
g ( x)
g ( x)
g ( x)
g ( x)
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
−3
> 0 ⇔ −3 và x − 2 cùng dấu.
+)
x −2
Vì −3 < 0 nên ta được
+)
Vì
+)
x − 2 < 0 và giải ra 0 ≤ x < 4 .
x −3
≤0
x +2
x + 2 > 0 nên ta được
x − 3 ≤ 0 và giải ra 0 ≤ x ≤ 9 .
x
< 0 ⇔ x và x − 4 trái dấu, rồi giải hai trường hợp:
x −4
 x < 0
trường hợp này vô nghiệm.

 x − 4 > 0
 x > 0
trường hợp này giải được 0 < x < 16 .

 x − 4 < 0
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
10
Website: tailieumontoan.com
x −1
≥ 0 giải hai trường hợp:
x −5
 x − 1 ≥ 0
trường hợp này giải được x > 25 .

x
5
0
−
>

 x − 1 ≤ 0
trường hợp này giải được 0 ≤ x ≤ 1 .

 x − 5 < 0
+)
Ví dụ 1. Cho biểu thức A =
x +1
. Tìm x ∈  để A < 1.
x −2
Lời giải
Điều kiện: x ≥ 0, x ≠ 4.
x +1
x +1
x −2
3
−1 < 0 ⇔
−
<0⇔
<0
x −2
x −2
x −2
x −2
⇔ 3 và x − 2 trái dấu, mà 3 > 0 nên ta được
Có A < 1 ⇔
x − 2 < 0 ⇔ x < 2 ⇔ 0 ≤ x < 4.
Do x ∈  ⇒ x ∈ {0; 1; 2; 3} (thỏa mãn điều kiện).
Vậy x ∈ {0; 1; 2; 3} là các giá trị cần tìm.
Ví dụ 2. Cho biểu thức M =
x −1
2
. Tìm x để M ≥ .
3
x +2
Lời giải
Điều kiện: x ≥ 0.
Có M ≥
2
⇔
3
( x − 1) − 2 ( x + 2) ≥ 0 ⇔ x − 7 ≥ 0
3( x + 2)
( x + 2) 3( x + 2)
3
x −1 2
− ≥0⇔
x +2 3
3
⇔ x − 7 ≥ 0 (do
Vậy x ≥ 49 thì M ≥
x + 2 > 0 ) ⇔ x ≥ 7 ⇔ x ≥ 49 (thỏa mãn điều kiện).
2
3
Ví dụ 3. Cho biểu thức P =
Chú ý: Dạng
x −2
. Tìm x để
x +1
P<
1
.
2
P < m ( m > 0 ) , 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
≥0
x +1
x + 1 > 0 ) ⇔ x ≥ 2 ⇔ x ≥ 4 (thỏa mãn điều kiện).
P xác định ta cần có P ≥ 0 ⇔
⇔ x − 2 ≥ 0 (do
* Khi đó
P<
1
1
⇔P< ⇔
2
4
( x − 2) − 1( x + 1) < 0
( x + 1) 4 ( x + 1)
4
x −2 1
− <0⇔
x +1 4
4
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
11
Website: tailieumontoan.com
⇔
3 x −9
4
( x + 1)
< 0 ⇔ 3 x − 9 < 0 (do
x + 1 > 0 ) ⇔ x < 3 ⇔ 0 ≤ x < 9.
Kết hợp điều kiện x ≥ 4 , ta được 4 ≤ x < 9 .
Đưa về bình phương dạng m 2 ≤ 0; − m 2 ≥ 0; m 2 +n 2 ≤ 0; m 2 + 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:
• Dạng m 2 ≤ 0 :
Lập luận: Vì m 2 ≥ 0 nên khẳng định m 2 ≤ 0 chỉ xảy ra khi m 2 = 0 .
• Dạng −m 2 ≥ 0 :
Lập luận −m 2 ≤ 0 nên khẳng định −m 2 ≥ 0 chỉ xảy ra khi m = 0 .
•
Dạng m 2 + n 2 ≤ 0 (hoặc m 2 + n ≤ 0 ):
Lập luận m 2 ≥ 0, n 2 ≥ 0 (hoặc
n ≥ 0 ) nên m 2 + n 2 ≥ 0 (hoặc m 2 + n ≥ 0 )
nên khẳng định m 2 + n 2 ≤ 0 (hoặc m 2 + n ≤ 0 ) chỉ xảy ra khi đồng thời
m = 0

n = 0
Bước 3: Giải ra x , đối chiếu điều kiện và kết luận.
x +4
và B =
x −1
Ví dụ 1. Cho 2 biểu thức A =
x
A
1
. Tìm x để + 5 ≤ .
4
B
x −1
Lời giải
Điều kiện: x ≥ 0, x ≠ 1.
Có
x
A
x
+5≤ ⇔ +5≤
4
B
4
x +4
x
1
⇔ +5≤ x +4
:
4
x −1
x −1
x−4 x +4
≤0⇔
4
( x − 2) ≤ 0,
0
Mà ( x − 2 ) ≥ 0 nên ( x − 2 ) ≤ 0 chỉ xảy ra khi x − 2 =
⇔
2
2
2
⇔ x = 2 ⇔ x = 4 (thỏa mãn).
Vậy x = 4 thì
x
A
+5≤ .
4
B
Ví dụ 2. Cho biểu thức P =
1
a +1
a +1
≥ 1.
. Tìm a để −
P
8
2 a
Lời giải
Điều kiện: a > 0 .
Có
⇔
1
a +1
2 a
a +1
16 a
( a + 1)2 8( a + 1)
−
≥1⇔
−
−1 ≥ 0 ⇔
−
−
≥0
P
8
8
a +1
8( a + 1) 8( a + 1) 8( a + 1)
−a + 6 a − 9
8( a + 1)
≥0⇔
−( a − 3)2
8( a + 1)
≥0
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
12
Website: tailieumontoan.com
Vì
−( a − 3)2
≤ 0 với mọi a > 0 nên
8( a + 1)
mãn điều kiện)
−( a − 3)2
8( a + 1)
≥ 0 chỉ xảy ra khi
a − 3 = 0 ⇔ a = 3 ⇔ a = 9 (thoả
1
a +1
−
≥1
P
8
4.3 Tìm x để A = A, A = −A, A > A, A > −A
Vậy a = 9 thì
Ghi nhớ:
•
A =A⇔A≥0
•
A >A⇔A<0
•
A=
−A ⇔ A ≤ 0
•
A > −A ⇔ A > 0
x
Ví dụ 1: Cho biểu thức P =
x −2
. Tìm x để P > P
Điều kiện: x ≥ 0,x ≠ 4 .
Có P > P khi P < 0 ⇔
•
•
x
x −2
< 0 ⇔ x, x − 2 trái dấu.
x > 0
 x > 0
x > 0
⇔
⇔
⇔ 0 < x < 4 (thoả mãn điều kiện)

 x < 2
x < 4
 x − 2 < 0
 x < 0
(loại).

 x − 2 > 0
Vậy 0 < x < 4 thì P > P
Ví dụ 2. Cho biểu thức A =
x−6 x +9
. Tìm x ∈  và x lớn nhất để A = − A
x−9
Lời giải
Điều kiện: x ≥ 0, x ≠ 9
x − 3)
(=
x−6 x +9
=
Có A =
x−9
( x − 3)( x + 3)
2
x −3
x +3
Cách 1 (sử dụng A =− A ⇔ A ≤ 0
x −3
≤0
x +3
Mà x + 3 > 0 nên ta được x − 3 ≤ 0 ⇔ x ≤ 3 ⇔ 0 ≤ x ≤ 9
Kết hợp với điều kện, ta được 0 ≤ x < 9 . Do x ∈  và x lớn nhất nên ta tìm được x = 8.
Có A =− A ⇔ A ≤ 0 ⇔
Cách 2 (Xét hai trường hợp để phá dấu giá trị tuyệt đối)
Có A =− A ⇔
Trường hợp 1: Xét
x −3
x −3
=−
⇔
x +3
x +3
x − 3 =− x + 3
x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3 ⇔ x > 9 (do x ≠ 9 ) thì
x − 3 =− x + 3 ⇔ x − 3 =− x + 3 ⇔ x =3 ⇔ x =9 (loại)
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
13
Website: tailieumontoan.com
x − 3 < 0 ⇔ x < 3 ⇔ 0 ≤ x < 9 (do x ≠ 9 ) thì
Trường hợp 2: Xét
x − 3 =− x + 3 ⇔ − x + 3 =− x + 3 ⇔ 0 =0 (luôn 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 ) ta chứng minh hiệu X − Y > 0 ( X − Y ≥ 0 )
Để chứng minh X < Y ( X ≤ Y ) ta chứng minh hiệu X − Y < 0 ( X − Y ≤ 0 )
Để so sánh hai biểu thức X và Y ta xét dấu của hiệu X − Y
Để so sánh P với P 2 ta xét hiệu P − P 2 = P (1 − P ) rồi thay x vào và xét dấu
• Để so sánh P và
P −=
P
P
P (khi
− 1)
( P=
Sau đó nhận xét
P.
P ≥ 0,
Ví dụ 1. Cho biểu thức A =
P có nghĩa) ta biến đổi hiệu
P −1
P +1
P + 1 ≥ 0 nên ta cần xét dấu của P − 1.
2
(
a+3
)
a +1
. Chứng minh A ≥ 1.
Lời giải
Điều kiện: a ≥ 0.
Xét hiệu
=
A −1
( a + 1)
) ( a + 1)
2
a+3
a+3
=
−1
−
2 a +1
2 a +1 2
) (
a − 2 a + 1 ( a − 1)
=
=
≥ 0 ∀a ≥ 0 ⇒ A ≥ 1⇒ dpcm.
2 ( a + 1) 2 ( a + 1)
(
2
Ví dụ 2. Cho biểu thức A =
x −1
x +3
và B =
x − x +1
Lời giải
Điều kiện: x ≥ 0; x ≠ 1.
Khi A > 0 ⇔
Mà
x −1
x +3
>0 ⇔
x + 3 > 0 nên ta được
Xét hiệu=
B −3
. Khi A > 0, hãy so sánh B với 3.
x −1
x − 1 và
x + 3 cùng dấu.
x − 1 > 0 ⇔ x > 1 ⇔ x > 1 (thoả mãn).
(
)
x − x +1
x − x + 1 3. x − 1
=
−3
−
x −1
x −1
x −1
x − 4 x + 4 ( x − 2)
=
=
≥ 0∀x > 1 nên B ≥ 3.
2
x −1
Vậy khi A > 0 thì B ≥ 3.
x −1
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
14
Website: tailieumontoan.com
Ví dụ 3. Cho biểu thức A =
x −1
x −5
và B =
x +6

x −5  x −5
. Chứng minh  A.B +
> 2.
.
x −1
x −5
x

Lời giải
Điều kiện: x > 0, x ≠ 1, x ≠ 25 .
x−5  x −5

−2=
Xét hiệu  A.B +
⋅
x −5
x

 x −1 x + 6 x − 5  x − 5
⋅
+
−2

⋅
x − 5 
x
 x − 5 x −1
 x +6
x −5  x −5
x + x +1 x − 5
x + x +1
= 
⋅+
=
−2
⋅
=
−2
−2
 ⋅
x −5
x
x −5
x
x
 x −5
2
1 3

x−  +

x − x +1
2 4
= = 
> 0 , với mọi x > 0, x ≠ 1, x ≠ 25
x
x
x −5  x −5

Vậy  A.B +
> 2.
⋅
x −5
x

Ví dụ 4. Cho hai biểu thức A =
So sánh giá trị của biểu thức
2 x +1
2 x +1
và B =
.
x +1
3 x +1
B
và 3 .
A
Lời giải
Điều kiện: x ≥ 0 .
B
2 x +1 2 x +1
2 x +1 3 x +1
Xét hiệu =
−3
=
−3
⋅
−3
:
A
x +1 3 x +1
x +1 2 x +1
(
)
3 x +1 3 x +1
−2
=
−
=
< 0 với mọi x ≥ 0 .
x +1
x +1
x +1
Vậy
B
< 3.
A
Ví dụ 5. Cho biểu thức P =
x +1
. So sánh P và P 2 .
x −2
Lời giải
Điều kiện: x ≥ 0, x ≠ 4 .
x +1 
x +1 
1 −
=
x −2
x − 2 
Xét hiệu P − P 2 = P(1 − P) =
=
x + 1 −3
⋅
x −2 x −2
( x + 1) < 0 ∀ x ≥ 0, x ≠ 4 nên P < P .
( x − 2)
−3
2
2
Vậy P < P 2 .
Ví dụ 6. Cho biểu thức P =
x −2
. Khi
x
P xác định, hãy so sánh
P và P .
Lời giải
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
15
Website: tailieumontoan.com
Điều kiện: x > 0 .
x −2
≥ 0 , mà x > 0 nên
x
1− P
P (1 − P=
)
P.
.
1+ P
P xác định khi P ≥ 0 ⇔
Xét hiệu
Do
P −=
P
x −2 ≥ 0 ⇔ x ≥ 4.
P ≥ 0 , 1+ P > 0
2
1 7

x−  +

x −2 x− x +2 
2 4
và 1 − P = 1 −
=
=
> 0, ∀x ≥ 4.
x
x
x
suy ra P − P ≥ 0 nên P ≥ P .
Vậy P ≥ P .
DẠNG 6: TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC
b
(b > 0, c > 0)
x +c
b
a
(b > 0, c > 0)
Tìm giá trị nhỏ nhất của Q =−
x +c
Bước 1. Đặt điều kiện x ≥ 0 và khử x ở tử để đưa P , Q về dạng trên.
b
b
Bước 2. Chuyển từng bước từ x ≥ 0 sang P ≤ a + ; Q ≥ a − như sau:
c
c
Min Q
Max P
6.1 Dựa vào x ≥ 0 để Tìm giá trị lớn nhất của P =+
a
x ≥ 0 ∀x ≥ 0
⇒ x + c ≥ c ∀x ≥ 0
b
b
⇒
≤ ∀x ≥ 0
x +c c
b
b
⇒a+
≤ a + ∀x ≥ 0
c
x +c
b
⇒ P ≤ a + ∀x ≥ 0 .
c
Có
Bước 3: Kết luận MaxP = a +
x ≥ 0 ∀x ≥ 0
⇒ x + c ≥ c ∀x ≥ 0
b
b
⇒
≤ ∀x ≥ 0
x +c c
b
b
⇒−
≥ − ∀x ≥ 0
c
x +c
b
b
⇒a−
≥ a − ∀x ≥ 0
c
x +c
b
⇒ Q ≥ a − ∀x ≥ 0.
c
Có
b
b
, MinQ = a −
khi x = 0 (thỏa mãn điều kiện)
c
c
Ví dụ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
=
Q
x −2
. Từ đó, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x +1
2
+ 3P
P+3
Lời giải
Điều kiện: x ≥ 0
* Tìm MinP:
x +1− 3
x +1
3
3
Có P =
= −
=
1−
x +1
x +1
x +1
x +1
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
16
Website: tailieumontoan.com
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
Vậy Min P = −2 khi x = 0 (thỏa mãn điều kiện)
Do
* Tìm MinQ:
Cách 1: (Dùng bất đẳng thức Cô Si)
2
 1

Q
+ 3=
P 2
+ ( P + 3)  + P − 6
Có =
P+3
P+3

1
1
+ ( P + 3) ≥ 2
⋅ ( P + 3 ) =2
P+3
P+3
Vì P ≥ −2 ⇒ P − 6 ≥ −2 − 6 = −8 ⇒ Q ≥ 4 − 8 = −4
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 )
3) 3P 2 + 13P + 14
( 3P + 4 )( P +=
2
2
4)
+ 3P +
=
4
+
Xét hiệu Q − ( −=
P+3
P+3
P+3
P+3
2
3P + 6 P + 7 P + 14 3P ( P + 2 ) + 7 ( P + 2 ) ( P + 2 )( 3P + 7 )
=
=
P+3
P+3
P+3
Do P ≥ −2 ⇒ P + 2 ≥ 0, P + 3 > 0, 3P + 7 > 0 ⇒ Q − ( −4 ) ≥ 0 ⇒ Q ≥ −4
Do P ≥ −2 ⇒ P + 3 > 0 ⇒
Vậy MinQ = −4 khi P = −2 hay x = 0 (thỏa mãn điều kiện)
Ví dụ 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M =
N
= M+
2 x +6
. Từ đó tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x +2
12
.
M
Lời giải
Điều kiện: x ≥ 0.
* Tìm Max M:
(
)
2 x +4+2 2 x +2
2
2
Có M =
2+
.
=
+
=
x +2
x +2
x +2
x +2
2
2
≤ ∀x ≥ 0
Do x ≥ 0 ∀x ≥ 0 ⇒ x + 2 ≥ 2 ∀x ≥ 0 ⇒
x +2 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
=
+ − ⋅
Có N = M +
M  3
M 3
Do 2 x + 6 > 0, x + 2 > 0 ⇒ M =
2 x +6
4 M 12
4 M 12
>0⇒
+
≥2
⋅
=8 ⋅
M
3
3 M
x +2
M
≥ −1 ⇒ N ≥ 8 − 1 = 7 ⋅
3
Vậy MinN = 7 khi M = 3 hay x = 0 (thỏa mãn điều kiện).
Vì M ≤ 3 ⇒ −
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
17
Website: tailieumontoan.com
Cách 2 (Thay M = 3 được N = 7 nên ta dự đoán MinN = 7 )
M 2 − 7 M + 12 M 2 − 3M − 4 M + 12
12
−7 =
=
Xét hiệu N − 7 = M +
M
M
M
M ( M − 3) − 4( M − 3) ( M − 3)( M − 4)
=
=
⋅
M
M
Do 0 < M ≤ 3 ⇒ M − 3 ≤ 0, M − 4 < 0, M > 0 ⇒ N − 7 ≥ 0 ⇒ N ≥ 7 ⋅
Vậy MinN = 7 khi M = 3 hay x = 0 (thỏa mãn điều kiện).
5
Ví dụ 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A =
. Từ đó tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x +3
10
=
B 3A + .
A
Lời giải
Điều kiện: x ≥ 0 .
*) Tìm MaxA:
Có
x ≥ 0∀x ≥ 0
⇒ x + 3 ≥ 3∀x ≥ 0 ⇒
5
5
≤ ∀x ≥ 0
x +3 3
5
⇒ A ≤ ∀x ≥ 0
3
5
Vậy MaxA = khi x = 0 (thỏa mãn điều kiện)
3
+) Tìm MinB:
Cách 1. (Dùng bất đẳng thức Cô si)
10  18 A 10  3 A
Có B = 3 A + = 
+ −
A  5
A 5
Do 5 > 0, x + 3 > 0 ⇒
=
A
5
18 A 10
18 A 10
>0⇒
+ ≥2
=
.
12
5
A
5 A
x +3
5
3A
⇒−
≥ −1 ⇒ B ≥ 12 − 1 =11 .
3
5
5
Vậy Min B = 11 khi A = hay x = 0 (thỏa mãn điều kiện).
3
5
Cách 2. (Thay A = được B = 11 nên ta dự đoán MinB = 11)
3
10
3 A2 − 11A + 10 3 A2 − 5 A − 6 A + 10
Xét hiệu B − 11 = 3 A + − 11 =
=
A
A
A
A ( 3 A − 5 ) − 2 ( 3 A − 5 ) ( 3 A − 5 )( A − 2 )
= =
A
A
5
Do 0 ≤ A ≤ ⇒ 3 A − 5 ≤, A − 2 < 0, A > 0 ⇒ B − 11 ≥ 0 ⇒ B ≥ 11 .
3
5
Vậy Min B = 11 khi A = hay x = 0 (thỏa mãn điều kiện).
3
Vì A ≤
Ví dụ 4: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S = −
=
T 14 S +
2
. Từ đó tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x +4
3
.
S +1
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
18
Website: tailieumontoan.com
Lời giải
Điều kiện: x ≥ 0
* Tìm MinS:
Có
x ≥ 0 ∀x
⇒ x +4
∀x ≥ 0
⇒
2
2
≤ ∀x ≥ 0
x +4 4
2
1
1
≥ − ∀x ≥ 0
⇒ S ≥ − ∀x ≥ 0
2
2
x +4
1
Vậy MinS = − khi x = 0 (thỏa mãn điều kiện)
2
* Tìm MinT:
Cách 1: (Dùng bất đẳng thức Côsi)
3 

Có=
+ 2 S − 12
T 12 ( S + 1) +
S + 1 

1
1
3
3
Do S ≥ − ⇒ S + 1 ≥ > 0 ⇒ 12 ( S + 1) +
≥ 2 12 ( S + 1) .
=12
2
2
S +1
S +1
1
Vì S ≥ − ⇒ 2 S ≥ −1
⇒ T ≥ 12 − 1 − 12 = −1
2
1
Vậy MinT = −1 khi S = − hay x = 0 (thỏa mãn điều kiện)
2
1
Cách 2: (Thay S = − được T = −1 nên ta dự đoán MinT = −1 )
2
3
14 S 2 + 15S + 4 14 S 2 + 7 S + 8S + 4
+=
=
1
Xét hiệu T − ( −1=
) 14S +
S +1
S +1
S +1
7 S ( 2 S + 1) + 4 ( 2 S + 1) ( 2 S + 1)( 7 S + 4 )
= =
S +1
S +1
1
Do S ≥ − ⇒ 2 S + 1 ≥ 0, 7 S + 4 > 0, S + 1 > 0
⇒ T − ( −1) ≥ 0 ⇒ T ≥ −1
2
1
Vậy MinT = −1 khi S = − hay x = 0 (thỏa mãn điều kiện)
2
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 .
⇒−
x − x + 10
x +2
Lời giải
Ví dụ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =
Điều kiện: x ≥ 0 .
(
)(
)
x −2
x +2
x − 4 − x − 2 + 16
x +2
16
=
−
+
x +2
x +2
x +2
x +2
16
= x −3+
(Mẫu là x + 2 nên x − 3 cần cộng thêm 5 )
x +2
16
x +2 +
.
Xét A + 5=
x +2
=
Có A
(
)
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
19
Website: tailieumontoan.com
Vì
x + 2 > 0,
16
> 0 ∀x ≥ 0 nên áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
x +2
( x + 2 ) + x16+ 2 ≥ 2 ( x + 2 ) . x16+ =2 2 16= 8.
Suy ra A + 5 ≥ 8 ⇒ A ≥ 3 .
Vậy MinA = 3 khi
( x + 2) =
16
⇔
x +2
( x + 2 ) = 16 ⇔ x = 4 (thỏa mãn)
2
Ví dụ 2. Cho x > 25 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M =
x
x −5
Lời giải
Với x > 25 thì M luôn xác định.
x
x − 25 + 25 x − 25
25
=
=
+
=
Có M =
x −5
x −5
x −5
x −5
25
x +5 +
Xét M − 10=
.
x −5
(
)
x  5  0,
Với x > 25 thì
x 5
25
25
.
x −5
x +5+
25
x 5
 0 nên áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
 x  5. x25 5  2 25  10
2
x 5
Suy ra M – 10 ≥ 10 => M ≥ 20.
Vậy MinM = 20 khi
x 5
25
x 5

2
 x  5  25  x  100 ( thỏa mãn điều kiện).
Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
x3
x
Lời giải
Điều kiện: x > 0.
x3
3
Ta có P 
 x
x
x
3
Vì x  0,
 0 nên áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
x
x
3
x
2
x.
3
x
Vậy MinP = 2 3 khi
 2 3 => P ≥ 2 3
x
3
x
 x  3 ( thỏa mãn điều kiện).
Ví dụ 4: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A =
x 1
x
Lời giải
9 x
Điều kiện: x > 0.
Có A = A 
x 1
x
9 x 
x
x

 1

 9 x  1   9 x  .
 x

x
1
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
20
Website: tailieumontoan.com
Vì 9 x  0,
1
9 x
x
1
x
 0 nên áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
 2 9 x.

1 
 2.3  6  9 x    6

x
x 
1

1 
 1  9 x    1  6  5  P  5.

x 
Vậy MaxA = – 5 khi 9 x 
1
x
 9x = 1  x =
1
( thỏa mãn điều kiện).
9
6.3. Đưa về bình phương
 A2 ± m ≥ 0 ± m; A2 + B 2 ± m ≥ 0 + 0 ± m.
 − A2 ± m ≤ 0 ± m; − A2 − B 2 ± m ≤ 0 + 0 ± m.
Ví dụ 1. Cho biểu thức P =
x+2
T P. x + x − 2 2 x − 2 x − 1.
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức =
x
Lời giải
Điều kiện: x ≥ 1.
Có =
T P. x + x − 2 2 x − 2 x −=
1
=
x+2
. x + x − 2 2x − 2 x −1
x
( x + 2 − 2 2 x ) + ( x − 1 − 2 x − 1 + 1) = ( x − 2 ) + ( x − 1 − 1) ≥ 0.
2
2
 x = 2
Vậy MinT = 0 khi 
⇔x=
2 (thỏa mãn điều kiện).
1
 x − 1 =
2x − 3 x − 2
Ví dụ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức C= B − A với A =
và B =
x −2
x ≥ 0, x ≠ 4.
x3 − x + 2 x − 2
,
x +2
Lời giải
=
A
2x − 3 x − 2 2x − 4 x + x − 2 2 x
=
=
x −2
x −2
B
x − x + 2x − 2 x x − x + 2x − 2
= =
x +2
x +2
3
=
−2
( x − 2) + x =
2 x + 1.
x −2
x ( x − 1) + 2 ( x − 1)
( x + 2) ( x − 1)= x − 1.
x +2
x +2
Suy ra C = B − A = x − 2 x − 2 =
( x − 1) − 3 ≥ −3.
2
Vậy MinC = −3 khi x = 1 (thỏa mãn).
6.4. Tìm x ∈ N để biểu=
thức A
1
(m ∈ N * ) lớn nhất, nhỏ nhất
x −m
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
21
Website: tailieumontoan.com
Chú ý: Tính chất a ≥ b ⇒
1 1
≤ chỉ đúng với a và b cùng dương hoặc cùng âm.
a b
Ví dụ:
1
1
≤ ∀x ≥ 0 đúng vì x + 3 và 3 cùng dương.
x +3 3
1
1
+) x − 2 ≥ −2∀x ≥ 0 ⇒
≤
∀x ≥ 0 sai vì ta chưa biết x − 2 và -2 có cùng âm hay không.
x − 2 −2
Phương pháp giải
*Tìm MaxA: Ta thấy trong hai trường hợp x − m > 0 và x − m < 0 thì MaxA xảy ra trong trường
+)
x + 3 ≥ 3∀x ≥⇒
hợp
x − m > 0 ⇒ x > m ⇒ x > m2 .
Mà x ∈ N nên x ≥ m 2 + 1 ⇒ x ≥ m 2 + 1 ⇒ x − m ≥ m 2 + 1 − m > 0
1
1
1
⇒
≤
⇒ A≤
.
2
2
x −m
m +1 − m
m +1 − m
1
Vậy MaxA =
khi =
x m 2 + 1.
2
m +1 − m
*Tìm MinA: Ta thấy trong hai trường hợp x − m > 0 và x − m < 0 thì MinA xảy ra trong trường
hợp
x − m < 0 ⇒ x < m ⇒ 0 < x < m2 .
Mà x ∈ N nên x ∈ {0;1; 2;...; m 2 − 1} .
Trường hợp này có hữu hạn giá trị nên ta kẻ bảng để chọn minA.
Ví dụ 1. Tìm x ∈ N để biểu thức A =
Điều kiện: x ∈ N , x ≠ 4.
3
đạt giá trị: a) lớn nhất.
x −2
Lời giải
a) Ta thấy trong hai trường hợp
x − 2 > 0 và
b) nhỏ nhất.
x − 2 < 0 thì MaxA xảy ra trong trường hợp
x − 2 > 0 ⇒ x > 2 ⇒ x > 4.
Mà x ∈ N ⇒ x ∈ {5;6;7;...} ⇒ x ≥ 5 ⇒ x ≥ 5 ⇒ x − 2 ≥ 5 − 2
3
3
3
≤
⇒ A≤
=6 + 3 5.
x −2
5−2
5−2
Vậy MaxA= 6 + 3 5 khi x = 5 (thỏa mãn).
⇒
b) Ta thấy trong hai trường hợp
x − 2 > 0 và
x − 2 < 0 thì MaxA xảy ra trong trường hợp
x − 2 < 0 ⇔ x < 2 ⇔ 0 ≤ x < 4.
Mà x ∈ N ⇒ x ∈ {0;1; 2;3} .
x
0
1
A
3
−
2
−3
3
2
−
6+3 2
2
−6 − 3 3
Vậy MinA =−6 − 3 3 khi x = 3 (thỏa mãn).
Ví dụ 2. Tìm x ∈ N để biểu thức A =
3
đạt giá trị: a) lớn nhất
x −2
Lời giải
b) nhỏ nhất
Điều kiện: x ∈ N , x ≠ 9.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
22
Website: tailieumontoan.com
x −3+5
x −3
5
5
Có P =
= +
=
1+
.
x −3
x −3
x −3
x −3
a) Ta thấy trong hai trường hợp
x − 3 > 0 và
x − 3 < 0 thì MaxP xảy ra trong trường hợp
x − 3 > 0 ⇔ x > 3 ⇔ x > 9.
Mà x ∈ N ⇒ x ∈ {10;11;12;...} ⇒ x ≥ 10 ⇒ x ≥ 10
⇒ x − 3 ≥ 10 − 3 ⇒
5
5
5
5
≤
⇒ 1+
≤ 1+
x −3
10 − 3
x −3
10 − 3
10 + 2
= 16 + 5 10.
10 − 3
Vậy MaxP= 16 + 5 10 khi x = 10 (thỏa mãn).
⇒P≤
b) Ta thấy trong hai trường hợp
x − 3 > 0 và
x − 3 < 0 thì minP xảy ra trong trường hợp
x − 3 < 0 ⇔ x < 3 ⇔ 0 ≤ x < 9.
Mà x ∈ N ⇒ x ∈ {0;1; 2;...;8} .
x
0
P
−
1
2
3
−
2
3
2
−
8+5 2
7
...
...
8
−14 − 10 2
Vậy MinP =
−14 − 10 2 khi x = 8 (thỏa mãn).
Ví dụ 3. Tìm x ∈ N để biểu thức M =
x
đạt giá trị: a) lớn nhất
x −1
Lời giải
b) nhỏ nhất
Điều kiện: x ∈ N , x ≠ 1.
x
1
= 1+
.
x −1
x −1
Có M =
a) Ta thấy trong hai trường hợp
x − 1 > 0 và
x − 1 < 0 thì MaxM xảy ra trong trường hợp
x − 1 > 0 ⇒ x > 1 ⇒ x > 1.
Mà x ∈ N ⇒ x ∈ {2;3; 4;...} ⇒ x ≥ 2 ⇒ x ≥ 2 ⇒ x − 1 ≥ 2 − 1
1
1
1
1
2
≤
⇒
+1 ≤
+1 ⇒ M ≤
=
2 + 2.
x −1
2 −1
x −1
2 −1
2 −1
Vậy MaxM = 2 + 2 khi x = 2 (thỏa mãn).
b) Ta thấy trong hai trường hợp x − 1 > 0 và x − 1 < 0 thì MinM xảy ra trong trường hợp
⇒
x − 1 < 0 ⇒ x < 1 ⇒ 0 ≤ x < 1.
0
= 0.
0 −1
Vậy MinM = 0 khi x = 0 (thỏa mãn).
Mà x ∈ N ⇒ x = 0 ⇒ MinM =
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
23
Website: tailieumontoan.com
DẠNG 7: TÌM X ĐỂ P NHẬN GIÁ TRỊ LÀ SỐ NGUYÊN
b
∈ Z ( a , b, c , d ∈ Z )
a+
7.1. Tìm x ∈ Z để P =
c x +d
Bước 1 Đặt điều kiện, khử x ở trên tử, đưa P về dạng như trên.
Bước 2 Xét hai trường hợp
Trường hợp 1: Xét x ∈ Z nhưng x ∉ Z
b
b
là số vô tỷ ⇒ a +
là số vô tỷ
c x +d
c x +d
⇒ P là số vô tỷ ⇒ P ∉  (loại)
⇒
Trường hợp 2: Xét x ∈  và
x ∈  thì P ∈  khi ⇒
Ví dụ 1: Tìm x ∈  để biểu thức A =
Điều kiện : x ≥ 0
(
b
∈  ⇒ c x + d ∈ Ư (b)
c x +d
2 x −1
nhận giá trị là một số nguyên.
x +3
Lời giải:
)
2 x +6−7 2 x +3
7
7
Có A =
=
−
=
2−
x +3
x +3
x +3
x +3
Trường hợp 1: Xét x ∈  nhưng x ∉ 
⇒ x là số vô tỷ ⇒ x + 3 là số vô tỷ
7
7
=>
là số vô tỷ 2 −
là số vô tỷ
x +3
x +3
⇒ A là số vô tỷ ⇒ A ∉  (loại)
Trường hợp 2: Xét x ∈  và
7
∈
x +3
x + 3 ≥ 3 nên ta được:
x ∈  thì A∈  khi
⇒ x + 3 ∈ Ư (7)= {±1; ±7} mà
x + 3 = 7 ⇔ x = 4 ⇔ x = 16 (thỏa mãn)
Vậy x = 16 là giá trị cần tìm.
Chú ý:
• P nguyên âm khi { PP∈>0
•
Bước 1: Giải P ∈  giống như ví dụ 1.
Bước 2: Kẻ bảng để chọn P>0 hoặc giải P>0 rồi kết hợp P ∈ 
P là số tự nhiên khi PP∈≥0
{
Bước 1. Giải P ∈  giống như ví dụ 1.
Bước 2: Kẻ bảng để chọn P ≥ 0 hoặc giải P ≥ 0 rồi kết hợp P ∈  .
Ví dụ 2: Tìm x ∈  để biểu thức M =
x +3
nhận giá trị nguyên âm
x −3
Lời giải:
x −3+ 6
x −3
6
6
M=
= +
=
1+
x −3
x −3
x −3
x −3
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
24
M nguyên âm khi
{
Website: tailieumontoan.com
M ∈
M <0
M ∈:
Trường hợp 1: Xét x ∈  nhưng x ∉ 
⇒ x là số vô tỷ ⇒ x − 3 là số vô tỷ
6
6
=>
là số vô tỷ 1 +
là số vô tỷ
x −3
x −3
⇒ M là số vô tỷ ⇒ M ∉  (loại)
Trường hợp 2: Xét x ∈  và x ∈ 
6
=> M ∈  khi
∈  ⇒ x − 3 ∈ Ư (6)= {±1; ±2; ±3; ±6}
x −3
1
-1
2
-2
3
x −3
•
4
2
5
1
x
x
16
4
25
1
⇒ x ∈ {0;1; 4;16; 25;36;81} (thỏa mãn điều kiện)
•
-3
6
-6
6
0
9
-3
36
0
81
φ
M <0:
Cách 1: (Kẻ bảng để thử trực tiếp các giá trị)
x
0
1
4
16
25
36
M
-1
-2
-7
7
4
3
Từ bảng trên ta được x ∈ {0;1; 4} thì M có giá trị là số nguyên âm
81
2
Cách 2: (Giải M<0)
x +3
< 0 ⇔ x − 3 < 0 do x + 3 > 0 ⇔ x < 3 ⇔ 0 ≤ x ≤ 9 Kết hợp với
x −3
x ∈ {0;1; 4;16; 25;36;81} ta được x ∈ {0;1; 4}
(
M <0⇔
)
Vậy x ∈ {0;1; 4} là các giá trị cần tìm.
Ví dụ 3: Tìm x ∈  để biểu thức P =
2 x
nhận giá trị là một số tự nhiên.
x −2
Lời giải:
Điều kiện x ≥ 0 ; x ≠ 9
2 x −4+4 2 x −4
4
Có P
=
=
+
x −2
x −2
x −2
P nhận giá trị là một số tự nhiên khi
• P∈ :
Trường hợp 1: Xét x ∈  nhưng
{
P∈
P ≥0
x ∉
⇒ x là số vô tỷ ⇒ x − 2 là số vô tỷ
4
4
là số vô tỷ 2 +
là số vô tỷ
=>
x −2
x −2
⇒ P là số vô tỷ ⇒ P ∉  (loại)
Trường hợp 2: Xét x ∈  và x ∈ 
4
=> P ∈  khi
∈  ⇒ x − 2 ∈ Ư (4)= {±1; ±2; ±4}
x −2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
25
Website: tailieumontoan.com
x −2
1
-1
2
3
1
4
x
x
9
1
16
⇒ x ∈ {0;1;9;16;36} (thỏa mãn điều kiện)
•
-2
4
-4
0
6
-2
0
36
φ
P ≥ 0:
Cách 1: (Kẻ bảng để thử trực tiếp các giá trị)
x
0
1
9
16
36
P
0
-2
6
4
3
Từ bảng trên ta được x ∈ {0;9;16;36} thì M có giá trị là một số tự nhiên
Cách 2 (Giải P ≥ 0 )
 { 2 x −x2≥>00  {
 { 2 x −x2≤<00 ⇔  {
2 x
P≥0⇔
≥0 ⇔


x −2
x ≥0
x>4
x ≤0
x< 4
⇔ 
 x =0
x>4
Kết hợp với x ∈ {0;1;9;16;36} ta được x ∈ {0;9;16;36}
Vậy x ∈ {0;9;16;36} là các giá trị cần tìm
m
∈  ( a, b, c, d , m ∈  ) thì khi giải ta vẫn phải xét
c x +d
x ∉  và trường hợp x ∈  và x ∈  .
Chú ý: Dạng tìm x ∈  để P = a x + b +
trường hợp x ∈  ,
=
F
Ví dụ 4: Tìm x ∈  để biểu thức
x−2
∈
x −3
Lời giải:
Điều kiện : x ≥ 0 ; x ≠ 9
x −9+7
7
= x +3+
Có F=
x −3
x −3
Trường hợp 1: Xét x =2 => F=0 ∈  => x =2 (thỏa mãn)
7
∈
Trường hợp 2: Xét x ≠ 2 ; x ∈  và x ∉ 
x +3
⇒ x là số vô tỷ ⇒ x − 3 là số vô tỷ
x−2
Mà x-2 là số nguyên khác 0 nên
là số vô tỷ
x −3
⇒ F là số vô tỷ ⇒ F ∉  (loại)
Trường hợp 3: Xét x ∈  và x ∈ 
7
Vì x + 3 ∈  nên F ∈  khi
∈  ⇒ x − 3 ∈ Ư (7)= {±1; ±7}
x −3
1
-1
7
-7
x −3
4
2
x
16
4
(thỏa mãn điều kiện)
Vậy là các giá trị cần tìm
10
100
-4
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
26
Website: tailieumontoan.com
a
∈  ( a , b, c ∈  * )
b x +c
Bước 1 Đặt điều kiện và chặn hai đầu của P :
• a > 0, b x + c > 0 ⇒ P > 0.
a
a
a
• b x +c ≥c⇒
≤ ⇒P≤ .
c
b x +c c
a
Như vậy ta chặn hai đầu của P là 0 < P ≤ .
c
a
Bước 2 Chọn P ∈ , 0 < P ≤ . Từ đó suy ra x .
c
Ví dụ 1. Tìm x ∈  để các biểu thức sau nhận giá trị là số nguyên :
10
5
a) A =
b)P
x +3
3 x +2
Lời giải
Điều kiện : x ≥ 0
a)Vì 10 > 0, x + 3 > 0 nên A > 0
10
10
10
≤ ⇒ A≤
Mặt khác, x ≥ 0 ⇒ x + 3 ≥ 3 ⇒
3
x +3 3
10
Do đó 0 < A ≤
nên A∈  khi
3
 10
=1



+
3
x
10 =
7
x +3
 x=
 x 49

 A 1=
 A = 2 ⇒  10 = 2 ⇔ 10 = 2 x + 6 ⇔  x = 2 ⇔  x = 4 (thỏa mãn điều kiện)



 x +3




 A = 3 
1
1
=
10 3 x + 9 =
 x =
x
 10
3
9


 x +3 =3

1

Vậy x ∈ 49; 4;  là giá trị cần tìm.
9

b)Vì 5 > 0, 3 x + 2 > 0 nên P > 0
5
5
5
≤ ⇒P≤
Mặt khác x ≥ 0 ⇒ 3 x + 2 ≥ 2 ⇒
2
3 x +2 2
5
Do 0 < P ≤ nên P ∈  khin
2
 5
=1
 x =1
x = 1

5 3 x + 2
=
=
P 1
+
x
3
2



⇔
⇔
1 (TMĐK)
1⇔
P = 2 ⇒

5
x=

=
x
=
+
x
5
6
4




36

6
3 x + 2 = 2

 1
Vậy x ∈ 1;  là các giá trị cần tìm.
 36 
a
∈  (a, b, c ∈ * , m ∈ )
Chú ý: Với bài toán x ∈  để m ±
b x +c
a
a
Bước 1: Lập luận: Vì m ∈  nên m ±
∈  khi
∈
b x +c
b x +c
7.2. Tìm x ∈  để P =
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
27
Website: tailieumontoan.com
Bước 2: Giải theo cách chặn 2 đầu của
a
b x +c
như ví dụ 1.
Ví dụ 2: Tìm m ∈  để các biểu thức sau có giá trị là số nguyên.
a) A =
2 x +5
x +1
.
b) P =
x −3
x +2
Lời giải
Điều kiện: x ≥ 0
2 x +2+3 2 x +2
3
3
a) Có A =
2+
=
+
=
x +1
x +1
x +1
x +1
3
Vì 2 ∈  nên A ∈  khi
=
B
∈
x +1
Vì 3 > 0, x + 1 > 0 nên B > 0
3
3
≤ ⇒B≤3
Mặt khác x ≥ 0 ⇒ x + 1 ≥ 1 ⇒
x +1 2
Do đó: 0 < B ≤ 3 ⇒ B ∈  khi
 3
=1

 x 2=
x 4
x
1
+
3
x +1 =
=

B = 1



1
1
 3



(TMĐK)
 B = 2 ⇒  x + 1 = 2 ⇔ 3 = 2 x + 2 ⇔  x = 2 ⇔  x = 4

 B = 3 

=
x = 0
3 3 x + 3
 3

 x = 0
3
=
 x +1

 1 
Vậy x ∈ 0; ; 4  là các giá trị cần tìm.
 4 
5
x +2−5
5
b) Có P =
. Vì 1∈  nên P ∈  khi
=
Q
∈
= 1−
x +2
x +2
x +2
Vì 5 > 0; x + 2 > 0 nên Q > 0
5
5
5
≤ ⇒Q≤
Mặt khác ta có x ≥ 0 ⇒ x + 2 ≥ 2 ⇒
2
x +2 2
5
Do đó, 0 < Q ≤ ⇒ Q ∈  khi
2
 5
=1
=
 x 3
x = 9
x +2 5 =

Q = 1
2
x
+



⇒
⇔
1 (TMĐK)
5⇔
1⇔

=
x=
x +2
x
=
Q = 2  5 = 2
4

2
2


 x +2

1 
Vậy x ∈  ,9  là các giá trị cần tìm.
4 
DẠNG 8: TÌ THAM SỐ ĐỂ PHƯƠNG TRÌNH P = m CÓ NGHIỆM
Bước 1: Đặt điều kiện để P xác định
Bước 2: Từ P = m rút x theo m.
Bước 3: Dựa vào điều kiện của x để giải m.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
28
Website: tailieumontoan.com
Ví dụ 1: Cho biểu thức P =
x −1
x +2
. Tìm m để phương trình P = m có nghiệm.
Lời giải
Điều kiện: x ≥ 0 .
Có P= m ⇒
x −1
=m ⇒ m( x + 2) = x − 1 ⇒ (m − 1). x =−2m − 1.
x +2
1 ⇒ 0. x =
−3 (loại)
* Xét m =
−2m − 1
*Xét m ≠ 1 ⇒ x =
m −1
−2m − 1
2m + 1
≥0⇔
≤0
Do x ≥ 0 nên phương trình đã cho có nghiệm khi
m −1
m −1
1

 m ≤ − 2
  2m + 1 ≤ 0


1
1
 m > 1
m − 1 > 0
⇔
⇔
⇔ − ≤ m < 1 . Vậy − ≤ m < 1 là giá trị cần tìm.
  2m + 1 ≥ 0
2
2
 m ≥ − 1

2

 m − 1 < 0
 m < 1

Ví dụ 2. Cho hai biểu thức A =
4
( x + 1) và B = x + 1 . Tìm m ∈  để phương trình A = m có
x−4
x −2
B
2
nghiệm.
Lời giải
Điều kiện : x ≥ 0, x ≠ 4
Có
(
)
4 x +1
A m
x −2 m
=⇔
⋅
=⇔
B 2
x−4
x +1 2
4
m
=⇔ m
x +2 2
( x + 2) =8 ⇒ m x =8 − 2m
0 ⇒ 0. x =
8 (loại)
*Xét m =
8 − 2m
*Xét m ≠ 0 ⇒ x =
m
Do
x ≥ 0, x ≠ 2 nên phương trình đã cho có nghiệm khi
8 − 2m
8 − 2m
≥ 0,
≠2
m
m
 8 − 2m ≥ 0
 m ≤ 4


8 − 2m
m < 0
m < 0
+Giải
≥0⇔
⇔
⇔0<m≤4
 8 − 2m ≤ 0
 m ≥ 4
m


 m > 0
 m > 0
8 − 2m
≠ 2 ⇔ 8 − 2m ≠ 2m ⇔ m ≠ 2
m
Như vậy 0 < m ≤ 4, m ≠ 2, mà m ∈  nên m ∈ {1;3;4}
+ Giải
Vậy m ∈ {1;3;4} là giá trị cần tìm.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
29
Website: tailieumontoan.com
HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỤNG TRONG CHỦ ĐỀ
3x + 9
x +3
x −3 x −9
x +1
2
9 x −3
Bài 2. Rút gọn biểu thức A =
+
−
x −2
x +3 x + x −6
 x+2
x +1
1 
Bài 3. Rút gọn biểu thức P = 1: 
+
−

 x x −1 x + x +1
x − 1 



a+3 a +2
a+ a  1
1 

−
:
+
Bài 4. Rút gọn biểu thức P =

 a +2
a −1   a +1
a −1 
a −1


x +1
Bài 5. Tính giá trị của biểu thức P =
khi:
x −2
x
Bài 1. Rút gọn biểu thức A =
+
(
2 x
)(
−
)
a) x = 36
c) x =
b) x= 6 − 2 5
2
2+ 3
6
28 − 21
e) x=
−2 7 −
3− 7
2− 3
3
3
27 + −1
g) x =
18
x + x +1
13
Bài 6. Cho biểu thức: P =
. Tìm x để P =
.
3
x
3
x
. Tìm x để M =
Bài 7. Cho biểu thức M =
8
x −2
Bài 8. Cho biểu thức A =
x +2
và B =
d) x =
2− 3
2
=
f) x
4
3+2
−
4
3 −2
h) x − 7 x + 10 =
0
1
A B. x − 4 .
. Tìm x để=
x −5
x −5
x −3
1
và B =
. Tìm x để
Bài 9. Cho hai biểu thức A =
=
A B. x − 3 .
x −1
x −1
( x + 1) . Tìm x để P. =x 6 x − 3 − x − 4
Bài 10. Cho biểu thức P =
2
x
x+3
Bài 11. Cho biểu thức P =
.Tìm x để P. x + x =
− 1 2 3x + 2 x − 2 .
x
x −1
Bài 12. Cho biểu thức A =
. Tìm x để 81x 2 − 18x =A − 9 x + 4
x
4
Bài 13. Cho hai biểu thức A =
và=
B x x − x . Tìm x để x 2 + 6= A.B + x − 1 + 3 − x .
x −1
Bài 14. Cho biểu thức A =
Bài 15. Cho biểu thức A =
Bài 16. Cho biểu thức M =
x
x −2
x +1
x −2
x −1
x +2
. Tìm x để A.
( x − 2 ) + 5 x = x + 4 + x + 16 + 9 − x .
. Tìm x ∈  để A < 1
. Tìm x để M ≥
2
3
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
30
Website: tailieumontoan.com
Bài 17. Cho biểu thức P =
x −2
. Tìm x để
P<
1
2
x +1
1
x +4
x
A
Bài 18. Cho hai biểu thức A =
và B =
. Tìm x để + 5 ≤ .
4
B
x −1
x −1
1
a +1
a +1
Bài 19. Cho biểu thức P =
. Tìm a để −
≥1
P
8
2 a
x
Bài 20. Cho biểu thức P =
. Tìm x để P > P .
x −2
x −6 x +9
Bài 21. Cho biểu thức A =
. Tìm x ∈  và x lớn nhất để A = −A
x−9
a+3
Bài 22. Cho biểu thức A =
. Chứng minh A ≥ 1
2 a +1
(
Bài 23. Cho hai biểu thức A =
)
x −1
và B =
x +3
x −1
,B
=
x −5
x − x +1
x −1
. Khi A > 0, hãy so sánh B với 3.
x +6
x−5  x −5

. Chứng minh  A.B +
>2
.
x −5
x
x −1

2 x +1
2 x +1
B
Bài 25. Cho hai biểu thức A =
và B =
. So sánh giá trị của biểu thức
và 3
A
3 x +1
x −1
x +1
Bài 26. Cho biểu thức P =
. So sánh P và P2.
x −2
x −2
Bài 27. Cho biểu thức P =
. Khi P xác định, hãy so sánh P và P
x
x −2
Bài 28. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
. Từ đó tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x +1
2
=
Q
+ 3P .
P +3
2 x +6
Bài 29. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M =
. Từ đó tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x +2
12
= M+ .
N
M
5
Bài 30. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A =
.
x +3
10
Từ đó tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức =
B 3A + .
A
2
Bài 31. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = −
. Từ đó tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x +4
3
=
T 14S +
S +1
x − x + 10
Bài 32. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =
.
x +2
x
Bài 33. Cho x > 25. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M =
.
x −5
Bài 24. Cho hai biểu=
thức A
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
31
Website: tailieumontoan.com
Bài 34. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
x+3
Bài 35. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
=
A
Bài 36. Cho biểu thức P =
.
x
x −1
−9 x .
x
x+2
.
x
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức =
T P. x + x − 2 2x − 2 x − 1 .
Bài 37. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức C = B – A
với A =
2x − 3 x − 2
và B
=
x −2
Bài 38. Tìm x ∈  để biểu thức A =
x 3 − x + 2x − 2
x +2
3
b) nhỏ nhất
Bài 39. Tìm x ∈  để biểu thức P =
x +2
đạt giá trị
x −3
a) lớn nhất
b) nhỏ nhất
Bài 40. Tìm x ∈  để biểu thức M =
a)
đạt giá trị
x −2
a) lớn nhất
,x ≥ 0,x ≠ 4 .
x
đạt giá trị
x −1
lớn nhất
b) nhỏ nhất
Bài 41. Tìm x ∈  để biểu thức A =
Bài 42. Tìm x ∈  để biểu thức M =
Bài 43. Tìm x ∈  để biểu thức P =
=
F
Bài 44. Tìm x ∈  đề biểu thức
2 x −1
x +3
x +3
x −3
2 x
x −2
x−2
x −3
nhận giá trị nguyên.
nhận giá trị nguyên âm.
nhận giá trị là một số tự nhiên.
∈.
Bài 45. Tìm x ∈  để các biểu thức sau nhận giá trị là số nguyên:
10
5
b. P =
x +3
3 x +2
Bài 46. Tìm x ∈  để các biểu thức sau nhận giá trị là số nguyên:
a. A =
a. A =
2 x +5
x +1
Bài 47. Cho biểu thức P =
b. P =
x −3
x +2
x −1
. Tìm m để phương trình P = m có nghiệm.
x +2
Bài 48. Cho hai biểu thức A =
4( x + 1)
và B =
x−4
x +1
x −2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
32
Website: tailieumontoan.com
Tìm m ∈  để phương trình
I.
A m
= có nghiệm.
B 2
CHỦ ĐỀ 2 – HỆ PHƯƠNG TRÌNH
HỆ KHÔNG CHỨA THAM SỐ ............................................................................................................. 33
DẠNG 1: HỆ ĐA THỨC BẬC NHẤT ĐỐI VỚI X VÀ Y ...................................................................... 33
DẠNG 2: HỆ CHỨA PHÂN THỨC ........................................................................................................... 34
DẠNG 3: HỆ CHỨA CĂN ........................................................................................................................... 36
DẠNG 4: HỆ THỨC CHỨA TRỊ TUYỆT ĐỐI ........................................................................................ 38
II. HỆ CHỨA THAM SỐ ................................................................................................................................. 40
HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỤNG TRONG CHỦ ĐỀ ................................................................................ 43
I. HỆ KHÔNG CHỨA THAM SỐ.............................................................................................................. 43
II. HỆ CHỨA THAM SỐ ............................................................................................................................. 43
I. HỆ KHÔNG CHỨA THAM SỐ
DẠNG 1: HỆ ĐA THỨC BẬC NHẤT ĐỐI VỚI X VÀ Y
c
ax + by =
Cách giải Rút gọn về hệ phương trình bậc nhất hai ẩn dạng: 
c'
a ' x + b ' y =
( x + 4 )( y + 4 ) = xy + 216
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình: 
( x + 2 )( y − 5 ) = xy − 50
Lời giải
( x + 4 )( y + 4 ) = xy + 216
 xy + 4 x + 4 y + 16 = xy + 216
Có 
⇔
( x + 2 )( y − 5 ) = xy − 50
 xy − 5 x + 2 y − 10 = xy − 50
x + 4 y 200
x + 2 y 100 =
4=
2=
7 x 140 =
 x 20
⇔
⇔
⇔
⇔
−40
−40
50
30
−5 x + 2 y =
−5 x + 2 y =
x + y =
y =
Vậy: ( x ; y ) = ( 20 ; 30 )
15
2( x + 1) + 3( x + y ) =
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình: 
0
4( x − 1) − ( x + 2 y ) =
Lời giải
15 2 x + 2 + 3 x + 3 y =
2 ( x + 1) + 3 ( x + y ) =
15
Ta có: 
⇔
0
0
4 x − 4 − x − 2 y =
4 ( x − 1) − ( x + 2 y ) =
x + 3 y 13 10=
x + 6 y 26 =
5=
19 x 38 =
x 2
⇔
⇔
⇔
⇔
2y 4
6 y 12
2y 4 =
3 x −=
9 x −=
3 x −=
y 1
Vậy: ( x ; y ) = ( 2; 1)
4
3 ( x + 1) + 2 ( x + 2 y ) =
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình: 
( 3)
9
4 ( x + 1) − ( x + 2 y ) =
Lời giải
Cách 1: (Giải trực tiếp)
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
33
Website: tailieumontoan.com
4
4
3 x + 3 + 2 x + 4 y =
3 ( x + 1) + 2 ( x + 2 y ) =
Ta có: 
⇔
9
9
4 x + 4 − x − 2 y =
4 ( x + 1) − ( x + 2 y ) =
=
4y 1
4y 1
11x 11
5 x +=
5 x +=
=
x 1
⇔
⇔
⇔
⇔
−1
5 6 x − 4 y =
10
1 y =
3 x − 2 y =
5 x + 4 y =
Vậy: ( x; y=
) (1; −1)
Cách 2: Đặt ẩn phụ
+ 2b 4
+ 2b 4
=
11a 22
3a =
3a =
=
a 2
a= x + 1
Đặt: 
⇒ ( 3) : 
⇔
⇔
⇔
18
4a − b =9
8a − 2b =
3a + 2b =4
b =−1
b= x + 2 y
=
x +1 2 =
x 1
⇒
⇔
−1  y =
−1
x + 2 y =
Vậy: ( x ; y ) = (1 ;-1) .
DẠNG 2: HỆ CHỨA PHÂN THỨC
Bước 1: Đặt điều kiện cho hệ phương trình.
Bước 2: Giải bằng cách đặt ẩn phụ hoặc quy đồng giải trực tiếp.
1
 2
2
 x −1 + y + 2 =

Ví dụ 1. Giải hệ phương trình: 
 8 − 3 =
1
 x − 1 y + 2
Lời giải
Điều kiện: x ≠ 1, y ≠ −2
Cách 1: Đặt ẩn phụ
1
1
=
a =
,b
Đặt
hệ phương trình trở thành
x −1
y+2
1

2a + b 2
a + 3b 6 =
=
6=
14a 7
a =
⇔
⇔
⇔
2

3b 1 8a −
3b 1
=
=
+b 2
8a −
2a=
b = 1
1
 1
 x − 1 = 2
x −1 2 =
=
x 3
Suy ra 
( thoả mãn điều kiện)
⇔
⇔
1
2
1
1
y
+
=
y
=
−



=1
 y + 2
Vậy: ( x ; =
y)
( 3 ; −1)
Cách 2: (Giải trực tiếp)
1
3
 2
 6
 14
2
+ = 6
 x − 1 + y=

 x − 1 = 7
2
1
2
x
y
+
−
+


Có 
⇔
⇔
3
8
3
 8 − =

 8 − 3 =
1
1
− = 1
 x − 1 y + 2
 x − 1 y + 2
 x − 1 y + 2
 x − 1 =2
x = 3

⇔ 3
⇔
(thỏa mãn điều kiện)
3
=
1
y
=
−

y+2

Vậy (x;y) = (3; – 1)
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
34
Website: tailieumontoan.com
 1
5
 x + y + 3(y + 1) =

Ví dụ 2 Giải hệ phương trình 
 2 − 5( y + 1) =
−1
 x + y
Lời giải
Điều kiện: x + y ≠ 0
Cách 1: (Đặt ẩn phụ)
1
= a; y +=
1 b hệ đã cho trở thành
Đặt
x+ y
=
a + 3b 5
a + 6b 10 =
=
2=
11b 11
b 1
⇔
⇔
⇔

−1 2a − 5b =
−1 2a − 5b =
−1 a =
2
2a − 5b =
 1
y = 0
=2


⇔
Suy ra  x + y
1 (thỏa mãn điều kiện)
x=
 y +1 =

1
2


1
Vậy (x ; y) = ( ; 0)
2
Cách 2: (Giải trực tiếp)
 1
 2
+ 3(y + 1) 5
+ 6(y + 1) 10
11
11(y + 1) =
 x + y=
 x + y=



Có 
⇔
⇔ 2
− 5( y + 1) =
−1
2
2

− 5( y + 1) =
−1 
− 5( y + 1) =
−1  x + y
 x + y
 x + y
 1
y = 0
=2


⇔ x+ y
⇔
1 (thỏa mãn điều kiện)
x=
 y +1 =

1
2


1
Vậy (x ; y) = ( ; 0)
2
2
 1
−3 (1)
 x +1 − y + 2 =

Ví dụ 3 Giải hệ phương trình 
 3x + 4 y =
2 (2)
 x + 1 y + 2
Lời giải
Điều kiện: x ≠ – 1; y ≠ – 2
Trước hết ta khử x , trên tử trong phương trình (2) của hệ
2
2
 1
 1
−3 
−
=
−3
 x +1 − y + 2 =

 x +1 y + 2
Có 
⇔
4y
y +8−8
 3x=
 3x+3 − 3 + 4=
2
2
+
 x + 1 y + 2
 x + 1
y+2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
35
Website: tailieumontoan.com
2
2
 1
 1
−3
−3
 x +1 − y + 2 =
 x +1 − y + 2 =


⇔
⇔
8
8
3 − 3 + 4=
 3 =
−
2
+
5
 x + 1
 x + 1 y + 2
y+2
Cách 1: (Đặt ẩn phụ)
1
1
Đặt
= a=
;
b hệ đã cho trở thành
x +1
y+2
−3 4a − 8 b =
−12
−7
−1
a − 2b =
7a =
a =
⇔
⇔
⇔

=
+8b 5
=
+8b 5
=
+8b 5=
3a
3a
3a
b 1
 1
 x + 1 = −1  x = −2
(thỏa mãn điều kiện)
Suy ra 
⇔
1
1
y
=
−


=1
 y + 2
Vậy (x ; y) = (– 2 ; – 1)
Cách 2: (Giải trực tiếp)
2
8
 1
 4
 7
−3 
−
=
−12
 x +1 − y + 2 =
 x + 1 = −7

 x +1 y + 2
Có 
⇔
⇔
8
3
8
 3 +=

 3 + 8 =
5
5
+= 5
 x + 1 y + 2
 x + 1 y + 2
 x + 1 y + 2
 1
 x + 1 = −1  x = −2
(thỏa mãn điều kiện)
⇔
⇔
 y = −1
 1 =1
 y + 2
Vậy (x ; y) = (– 2 ; – 1)
DẠNG 3: HỆ CHỨA CĂN
Bước 1: Đặt điều kiện xác định của hệ
Bước 2: Giải bằng cách đặt hai ẩn phụ cho gọn hoặc giải trực tiếp
2 x + 1 + 3 y − 2 =
8
Ví dụ 1 Giải hệ phương trình 
3 x + 1 − 2 y − 2 =−1
Lời giải
Điều kiện: x ≥ – 1 ; y ≥ 2
Cách 1: (Đặt ẩn phụ)
+ 1 a; y −=
2 b (điều kiện a ≥ 0 ; b ≥ 0 )hệ đã cho trở thành
Đặt x =
+ 3b 8
+ 6b 16 =
=
2a=
4a=
13a 13
a 1
⇔
⇔
⇔
(TM)

−1 9a − 6b =
−3 3a − 2b =
−1 b =
2
3a − 2b =
 x + 1 =
1
=
x +1 1 =
x 0
⇔
⇔
(thỏa mãn điều kiện)
Suy ra 
y−2 4 =
2
=
y 6
 y − 2 =
Vậy (x ; y) = (0; 6)
Cách 2: (Giải trực tiếp)
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
36
Website: tailieumontoan.com
2 x + 1 +=
4 x + 1 +=
3 y−2 8
6 y − 2 16
⇔
Có 
3 x + 1 − 2 y − 2 =−1 9 x + 1 − 6 y − 2 =−3
=
=
x = 0
13 x + 1 13
 x + 1 1
⇔
⇔⇔ 
⇔
(thỏa mãn điều kiện)
−1
2
y = 6
3 x + 1 − 2 y − 2 =
 y − 2 =
Vậy (x ; y) = (0; 6)
 1
2
 3 x − 4 + 3 y + 1 =
Ví dụ 2 Giải hệ phương trình 
 3 + 5 y+ 1 =
4
 3 x − 4
Lời giải
4
Điều kiện: x ≠ ; y ≥ − 1
3
Cách 1: (Đặt ẩn phụ)
1
Đặt
= a ; y+
=
1 b điều kiện b ≥ 0 hệ đã cho trở thành
3x − 4
1

b = (TM)

=
+
=
+
=
a
3
b
2
3
a
9
b
6
4
b
2




2
⇔
⇔
⇔

=
3a+ 5b 4=
3a+ 5b 4 =
3a+ 5b 4
a = 1

2
1
 1
x = 2
 3 x − 4 = 2
3

Suy ra 
⇔
3 (thỏa mãn điều kiện). Vậy (x ; y) = (2; − )
1
4
 y +1 =
y = − 4


2
Cách 2: (Giải trực tiếp)
 1
 3
4 y+ 1 =
+ 3 y+ 1 2
+ 9 y+ 1 6
2
 3 x − 4=
 3 x − 4=

Có 
⇔
⇔ 3
3
4
+ 5 y+ 1 =
 3 =


+ 5 y+ 1 4
=
+ 5 y+ 1 4
3
4
x
−

 3 x − 4
 3 x − 4
1

x = 2
 y + 1 =2
3

⇔
⇔
−3 (thỏa mãn điều kiện). Vậy (x ; y) = (2; − )
4
 1 =1
y = 4

 3 x − 4 2
4
21
1

 2x − y − x + y =
2

Ví dụ 3. Giải hệ phương trình 
7−x− y
 3
+
=
1
 2 x − y
x+ y
Lời giải
Điều kiện: 2 x − y > 0, x + y ≠ 0.
Trước hết ta khử x, y ở trên tử trong phương trình sau của hệ:
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
37
Website: tailieumontoan.com
4
21
1
21
1

 4
=
−
=
−
 2x − y x + y 2
 2x − y x + y 2


⇔
Hệ ⇔ 
7
3
7
 3 =
+
−1 1 
=
+
2
 2 x − y x + y
 2 x − y x + y
Cách 1 (Đặt ẩn phụ)
a
7
=
, b
Đặt a =
(điều kiện: a > 0, b ≠ 0 ), hệ trở thành
x+ y
2x − y
1

1
1
13

a=



13a
− 3b
− 3b
4a=
4a=
=

2 (thỏa mãn).
2 ⇔
2⇔
2 ⇔

1
 3=
 + 3b 6
a+b 2
+ 3b 6 b =
9a=
 9a=
2

1
 1
 2x − y = 2
−y 4 =
2 x=
x 6

Suy ra 
(thỏa mãn điều kiện).
⇔
⇔
x + y 14 =
=
y 8
 7 =1
 x + y 2
Vậy ( x; y ) = ( 6; 8 ) .
Cách 2 (Giải trực tiếp)
21
1
21
1
13
13
 4
 4

=
−
=
−
=
 2x − y x + y 2  2x − y x + y 2

2x − y 2



⇔
⇔
Có 
3
7
9
21
21

 9 =
2 
6
6
=
+
=
+
+
 2 x − y x + y
 2 x − y x + y
 2 x − y x + y
1
 1
 2x − y = 2
2 x=
−y 4 =
x 6

(thỏa mãn điều kiện).
⇔
⇔
⇔
x + y 14 =
y 8
=
 7 =1
 x + y 2
Vậy ( x; y ) = ( 6; 8 ) .
DẠNG 4: HỆ THỨC CHỨA TRỊ TUYỆT ĐỐI
Bước 1 Đặt điều kiện xác định của hệ.
Bước 2 Giải bằng cách đặt hai ẩn phụ cho gọn hoặc giải trực tiếp.
 x + 2 + 4 y − 1 =
5
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình 
1
3 x + 2 − 2 y − 1 =
Lời giải
Điều kiện: y ≥ 1.
Cách 1 (Đặt ẩn phụ)
Đặt a =+
x 2 , b =y − 1 (điều kiện: a ≥ 0, b ≥ 0 ), hệ đã cho trở thành
 a + 4b= 5
 7 a= 7
a= 1
 a + 4b= 5
⇔
⇔
⇔
(thỏa mãn điều kiện)

2b 1 6a −=
4b 2
4b 5 =
b 1
a +=
3a −=
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
38
Website: tailieumontoan.com
 x + 2 =
1
 x + 2 =±1  x =−1  x =−3
Suy ra 
(thỏa mãn điều kiện)
⇔
⇔
,
−1 1
=
1  y=
y 2 =
y 2
 y − 1 =
−1  x =
−3
x =
Vậy 
,
=
 y 2=
y 2
Cách 2 (Giải trực tiếp)
 x + 2 + 4=
 x + 2 + 4=
7 x + 2 =
7
y −1 5
y −1 5
⇔
⇔
Có 
1
y − 1 1 6 x + 2 − 4 =
y −1 2
3 x + 2 − 2 y − 1 =
3 x + 2 − 2 =
 x + 2 =
1
 x + 2 =±1  x =−1  x =−3
−1  x =
−3
x =
⇔
⇔
⇔
,
(thỏa mãn điều kiện). Vậy 
,
−1 1
=
=
1  y=
y 2
 y 2=
y 2
y 2 =
 y − 1 =
1
 8
5
 x − 3 + 2 y −1 =

Ví dụ 2. Giải hệ phương trình 
 4 + 1 =
3
 x − 3 1 − 2 y
Lời giải
1
 8
+
5
 x − 3 2 y −1 =
1

Điều kiện: x ≥ 0, x ≠ 9, y ≠ . Do 1 − 2 y = 2 y − 1 nên hệ ⇔ 
2
 4 + 1 =
3
 x − 3 2 y − 1
Cách 1 (Đặt ẩn phụ)
4
1
=
,b
Đặt a =
(điều kiện: a ≠ 0, b > 0 ), hệ đã cho trở thành
2 y −1
x −3
2a=
+b 5 =
a 2
⇔
(thỏa mãn điều kiện).

a+b 3 =
b 1
=
1
 1
 x −3 = 2  x −3 =
 x = 5
=
 x 25 =
2
 x 25


⇔
; 
Suy ra 
(thỏa mãn điều kiện).
⇔
⇔
1
y 0
 y 1=
 2 y − 1 =±1 =
 1 =1
 2 y − 1 =
 2 y − 1
Cách 2 (Giải trực tiếp)
1
 8
1
1
+
5 
=
 x − 3 2 y −1 =
 x 25 =
 x 25

 x −3 2 =
⇔
Có 
(thỏa mãn điều kiện).
⇔
; 
1
4
1
=
y
1
=
y
0



=1
+
=
3 
 x − 3 1 − 2 y
 2 y − 1
=
 x 25 =
 x 25
; 
Vậy 
=
y 0
 y 1=
 x − 2 + 2 y + 3 =
9
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình 
 x + y + 3 =−1
Lời giải
Điều kiện: y ≥ −3.
Cách 1 (Đặt ẩn phụ)
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
39
Website: tailieumontoan.com
 x − 2 + 2 y=
 x − 2 + 2 y=
+3 9
+3 9
Có 
⇔
 x + y + 3 =−1
 x − 2 + y + 3 =−3
x − 2; b =y + 3 (điều kiện: b ≥ 0 ), hệ trở thành
Đặt a =
 a + 2b = 9  a + 2b = 9
⇔
⇔ a − 2a =
15.

a
+
b
=
−
3
2
a
+
2
b
=
−
6


Trường hợp 1: Xét a ≥ 0 thì a − 2a = 15 ⇔ a − 2a = 15 ⇔ a = −15 (loại).
Trường hợp 2: Xét a < 0 thì a − 2a = 15 ⇔ −a − 2a = 15 ⇔ a = −5 (thỏa mãn).
Suy ra x − 2 =−5 ⇔ x =−3.
Thay x = −3 vào x + y + 3 =−1 ta được −3 + y + 3 =−1 ⇔ y =1 (thỏa mãn).
Vậy ( x; y ) =
( −3;1) .
Cách 2 (Giải trực tiếp)
 x − 2 + 2 y=
 x − 2 + 2 y=
+3 9
+3 9
Có 
11.
⇔
⇒ x − 2 − 2x =
 x + y + 3 =−1
 2 x + 2 y + 3 =−2
Trường hợp 1: Xét x − 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2 thì
x − 2 − 2 x =11 ⇔ x − 2 − 2 x =11 ⇔ x =−13 (loại)
Trường hợp 2: Xét x − 2 < 0 ⇔ x < 2 thì
x − 2 − 2 x =11 ⇔ − x + 2 − 2 x =11 ⇔ x =−3 (thỏa mãn).
Vậy ( x; y ) =
( −3;1) .
II. HỆ CHỨA THAM SỐ
c
 ax + by =
Bài toán thường gặp: Cho hệ 
chứa tham số m.
c'
a ' x + b ' y =
Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) thỏa mãn điều kiện cho trước
Bước 1 Dùng phương pháp thế, cộng, trừ để đưa hệ đã cho về phương trình bậc nhất một ẩn
Ax = B.
Bước 2: Lập luận: Hệ có nghiệm duy nhất khi phương trình Ax = B có nghiệm duy nhất ⇔ A ≠ 0
Bước 3: Giải nghiệm (x; y) theo m và xử lý điều kiện của bài toán.
Chú ý:
A = 0
* Hệ vô nghiệm khi phương trình Ax = B vô nghiệm ⇔ 
B ≠ 0
A = 0
* Hệ vô số nghiệm khi phương trình Ax = B vô số nghiệm ⇔ 
B = 0
ax + by = c
* Đối với hệ: 
khi a’ , b’ , c’ ≠ 0 thì ta có các điều kiện sau:
a'x + b'y = c'
a b
+) Hệ có nghiệm duy nhất khi ≠
a' b'
a b c
+) Hệ vô nghiệm
= ≠
a' b' c'
a b c
+) Hệ vô số nghiệm
= =
a' b' c'
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
40
Website: tailieumontoan.com
2x + y = 8
Ví dụ 1. Cho hệ phương trình: 
với m là tham số.
4x + my = 2m + 18
1. Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất (x; y) và tìm nghiệm duy nhất đó.
2. Với (x; y) là nghiệm duy nhất ở trên, hãy tìm m để:
a) 2x – 3y > 0.
b) Cả x và y là các số nguyên.
c) Biểu thức S = x2 + y2 đạt giá trị nhỏ nhất.
d) Biểu thức T = xy đạt giá trị lớn nhất.
Lời giải
1. Từ 2x + y = 8 ⇒ y = 8 – 2x, thay vào 4x + my = 2m + 18 ta được
4x + m(8 – 2x) = 2m + 18 ⇔ (4 – 2m)x = 18 – 6m
(*)
Hệ có nghiệm duy nhất (x; y) khi phương trình (*) có nghiệm duy nhất ⇔ 4 – 2m ≠ 0 ⇔ m ≠ 2.
18 − 6m 3m − 9
3m − 9 2m + 2
Khi đó x =
=
⇒ y =8 − 2 x =8 − 2.
=
4 − 2m
m−2
m−2
m−2
 3m − 9 2m + 2 
Vậy m ≠ 2 thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất là ( x; y ) = 
;
.
 m−2 m−2 
6m − 18 6m + 6
−24
2. a) Có 2 x − 3 y > 0 ⇔
−
>0⇔
>0
m−2
m−2
m−2
⇔ m − 2 < 0 (do −24 < 0 ) ⇔ m < 2 (thỏa mãn).
Vậy m < 2 thì 2 x − 3 y > 0 .
3m − 9 3m − 6 − 3
3

= 3−
 x= m − 2 =
m−2
m−2
b) Có 
 y= 2m + 2= 2m − 4 + 6= 2 + 6

m−2
m−2
m−2
3 m − 2
Do đó cả x, y ∈ Z ⇔ 
⇔ m − 2 ∈ UC ( 3;6 ) ={±1; ±3}
6  m − 2
⇔ m ∈ {3;1;5; −1} (thỏa mãn m ≠ 2 )
Vậy m ∈ {3;1;5; −1} thì cả x và y là các số nguyên.
2
2
3  
6 

c) S = x + y =  3 −
 +2+

m−2 
m−2

3
2
2
Đặt a =
, thì S = ( 3 − a ) + ( 2 + 2a ) = 5a 2 + 2a + 13
m−2
2
2
2
2
13 
1  64 64


.
= 5  a2 + a +  = 5  a +  +
≥
5
5
5
5
5


64
1
3
1
Vậy MinS =
khi a =− ⇒
=− ⇔ m =−13 (thỏa mãn m ≠ 2 ).
5
5
5
m−2
3 
6 

d) Có T =
xy =
3−
 2 +

m − 2 
m−2

3
2
Đặt a =
, ta được T =( 3 − a )( 2 + 2a ) =−2a 2 + 4a + 6 =−2 ( a − 1) + 8 ≤ 8 .
m−2
3
Vậy MaxT=8 khi a =1 ⇔
=1 ⇔ m =5 (thỏa mãn m ≠ 2 ).
m−2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
41
Website: tailieumontoan.com
mx − 2 y = 2m − 1
Ví dụ 2. Cho hệ phương trình 
với m là tham số.
9 − 3m
2 x − my =
1. Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) và tìm nghiệm duy nhất đó.
2. Với ( x; y ) là nghiệm duy nhất ở trên:
a) Tìm một hệ thức liên hệ giữa x và y không phụ thuộc vào m .
b) Tìm m nguyên để cả x và y là các số nguyên.
c) Tìm m để biểu thức S= x 2 + y 2 đạt giá trị nhỏ nhất.
d) Tìm m để biểu thức T = xy đạt giá trị lớn nhất.
Lời giải
mx − 2m + 1
, thay vào 2 x − my =
1. Từ mx − 2 y= 2m − 1 ⇒ y=
9 − 3m ta được
2
mx − 2m + 1
2 x − m.
(*)
=9 − 3m ⇔ ( 4 − m 2 ) x =18 − 5m − 2m 2
2
Hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) khi phương trình (*) có nghiệm duy nhất
⇔ 4 − m 2 ≠ 0 ⇔ m ≠ ±2 .
18 − 5m − 2m 2 2m 2 + 5m − 18
Khi đó x =
=
=
m2 − 4
4 − m2
y
=
− 2 )( 2m + 9 ) 2m + 9
( m=
( m − 2 )( m + 2 ) m + 2
1  2m + 9
 3m + 1
.
2m + 1 
−=
 m.
2 m+2
 m+2
 2m + 9 3m + 1 
Vậy m ≠ ±2 thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất là ( x; y ) = 
;
.
 m+2 m+2 
5
5 
 2m + 4 + 95 3m + 6 − 5  
2. a) Có ( x; y ) =
;
;3 −

=
2+
.
m+2  
m+2
m+2
 m+2
5  
5 

Suy ra x + y =  2 +
 + 3−
 = 5 không phụ thuộc m .
m+2 
m+2

Vậy x + y =
5 là hệ thức cần tìm.
5
5 

b) Có ( x; y ) =
;3 −
2+

m+2
m+2

Do đó cả x, y ∈ Z ⇔ 5 m + 2 ∈ U ( 5 ) ={±1; ±5}
m ∈ {−1; −3;3; −7} (thỏa mãn m ≠ 2 ).
Vậy m ∈ {−1; −3;3; −7} thì x và y là các số nguyên.
2
2
5  
5 

c) Có S = x + y =  2 +
 + 3−

m+2 
m+2

5
2
2
Đặt a =
, ta được S = ( 2 + a ) + ( 3 − a ) = 2a 2 − 2a + 13 .
m+2
25
2
Xét 2 S = 4a 2 − 4a + 26 = ( 2a − 1) + 25 ≥ 25 ⇒ S ≥
.
2
25
1
5
1
Vậy MinS =
khi a = ⇒
= ⇔ m = 8 (thỏa mãn m ≠ 2 ).
2
2
m+2 2
5
5 


d) Có T =
xy =
2+
3−

m + 2 
m+2

2
2
2
1  25 25
5

Đặt a =
, ta được T =( 2 + a )( 3 − a ) =−a 2 + a + 6 =−  a −  +
.
≤
m+2
2
4
4

Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
42
Website: tailieumontoan.com
Vậy MaxT=
25
1
5
1
khi a = ⇒
= ⇔ m = 8 (thỏa mãn m ≠ 2 ).
4
2
m+2 2
HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỤNG TRONG CHỦ ĐỀ
I. HỆ KHÔNG CHỨA THAM SỐ
Giải các hệ phương trình sau
( x + 4 )( y + 4 ) = xy + 216
Bài 1. 
( x + 2 )( y − 5 ) = xy − 50
4
3 ( x + 1) + 2 ( x + 2 y ) =
Bài 3. 
9
4 ( x + 1) − ( x + 2 y ) =
15
2 ( x + 1) + 3 ( x + y ) =
Bài 2. 
0
4 ( x − 1) − ( x + 2 y ) =
1
 2
2
 x −1 + y + 2 =

Bài 4. 
 8 − 3 =
1
 x − 1 y + 2
 1
5
 x + y + 3( y + 1) =

Bài 5. 
 2 − 5( y + 1) =
−1
 x + y
2
 1
−3
 x +1 − y + 2 =

Bài 6. 
 3x + 4 y =
2
 x + 1 y + 2
2 x + 1 + 3 y − 2 =
8
Bài 7. 
3 x + 1 − 2 y − 2 =−1
 1
2
 3 x − 4 + 3 y + 1 =
Bài 8. 
 3 + 5 y +1 =
4
 3 x − 4
21
1
 4
 2x − y − x + y =
2

Bài 9. 
7−x− y
 3
+
=
1
 2 x − y
x+ y
11
 8
5
 x − 3 + 2 y −1 =

Bài 11. 
 4 + 1 =
3
 x − 3 1 − 2 y
 x + 2 + 4 y − 1 =
5
Bài 10. 
1
3 x + 2 − 2 y − 1 =
 x − 2 + 2 y + 3 =
9
Bài 12. 
 x + y + 3 =−1
II. HỆ CHỨA THAM SỐ
8
2 x + y =
Bài 1. Cho hệ phương trình 
với m là tham số.
4 x + my = 2m + 18
1. Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) và tìm nghiệm duy nhất đó.
2. Với ( x; y ) là nghiệm duy nhất ở trên, hãy tìm m để:
a) 2 x − 3 y > 0 .
b) Cả x và y là các số nguyên.
c) Biểu thức S= x 2 + y 2 đạt giá trị nhỏ nhất.
d) Biểu thức T = xy đạt giá trị lớn nhất.
mx − 2 y = 2m − 1
Bài 2. Cho hệ phương trình 
với m là tham số.
9 − 3m
2 x − my =
1. Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) và tìm nghiệm duy nhất đó.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
43
Website: tailieumontoan.com
2. Với ( x; y ) là nghiệm duy nhất ở trên:
a) Tìm một hệ thức liên hệ giữa x và y không phụ thuộc vào m .
b) Tìm m nguyên để cả x và y là các số nguyên.
c) Tìm m để biểu thức S= x 2 + y 2 đạt giá trị nhỏ nhất.
d) Tìm m để biểu thức T = xy đạt giá trị lớn nhất.
CHỦ ĐỀ 3 – GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH
I. GIẢI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP HỆ PHƯƠNG TRÌNH ....................................................................... 45
DẠNG 1: TOÁN CHUYỂN ĐỘNG ........................................................................................................... 45
DẠNG 2: TOÁN NĂNG SUẤT .................................................................................................................. 47
DẠNG 3: TOÁN LÀM CHUNG CÔNG VIỆC ........................................................................................ 48
DẠNG 4. TOÁN VỀ CẤU TẠO SỐ ........................................................................................................... 51
DẠNG 5. TOÁN PHẦN TRĂM ................................................................................................................. 52
DẠNG 6: TOÁN CÓ NỘI DUNG HÌNH HỌC ....................................................................................... 53
II. GIẢI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI ........................................................ 55
DẠNG 1: TOÁN CHUYỂN ĐỘNG ........................................................................................................... 55
DẠNG 2: TOÁN NĂNG SUẤT .................................................................................................................. 59
DẠNG 3: TOÁN LÀM CHUNG CÔNG VIỆC ........................................................................................ 62
DẠNG 4: TOÁN CÓ NỘI DUNG HÌNH HỌC ....................................................................................... 63
HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỰNG TRONG CHỦ ĐỀ................................................................................ 64
I. GIẢI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP HỆ PHƯƠNG TRÌNH ................................................................... 64
II. GIẢI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI ...................................................... 65
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
44
Website: tailieumontoan.com
I. GIẢI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Phương pháp chung
Bước 1 Kẻ bảng nếu được, gọi các ẩn, kèm theo đơn vị và điều kiện cho các ẩn.
Bước 2 Giải thích từng ô trong bảng, lập luận để thiết lập hệ phương trình.
Bước 3 Giải hệ phương trình, đối chiếu nghiệm với điều kiện, rồi trả lời bài toán.
DẠNG 1: TOÁN CHUYỂN ĐỘNG
1.1 Chuyển động trên bộ
• Ghi nhớ công thức: Quãng đường = Vận tốc × thời gian
• Các bước giải
Bước 1 Kẻ bảng gồm vận tốc, thời gian, quãng đường và điền các thông tin vào bảng đó rồi gọi các
ẩn, kèm theo đơn vị và điều kiện cho các ẩn.
Bước 2 Giải thích từng ô trong bảng, lập luận để thiết lập hệ phương trình.
Bước 3 Giải hệ phương trình, đối chiếu nghiệm với điều kiện, rồi trả lời bài toán.
Ví dụ. Một xe máy đi A từ đến B trong thời gian dự định. Nếu vận tốc tăng thêm
20km / h thì đến B sớm 1 giờ so với dự định, nếu vận tốc giảm đi 10km / h thì đến
B muộn 1 giờ so với dự định. Tính quãng đường AB .
Lời giải
Vận tốc
Thời gian
Quãng đường
y
xy
Dự định
x
y −1
Trường hợp 1
x + 20
( x + 20 )( y − 1)
Trường hợp 2
x − 10
y +1
( x − 10 )( y + 1)
Gọi vận tốc và thời gian dự định lần lượt là x ( km / h ) và y (giờ).
Điều kiện x > 10, y > 1 .
Quang đường AB là xy ( km ) .
Trong trường hợp 1: Vận tốc là x + 20 ( km / h ) , thời gian là y − 1 (giờ).
Suy ra quãng đường AB là ( x + 20 )( y − 1)( km )
Do quãng đường không đổi nên ta có phương trình
( x + 20 )( y − 1) = xy ⇔ xy − x + 20 y − 20 = xy ⇔ x − 20 y = −20 (1)
Trong trường hợp 2: Vận tốc là x − 10 ( km / h ) , thời gian là y + 1 (giờ).
Suy ra quãng đường AB là ( x − 10 )( y + 1)( km )
Do quãng đường không đổi nên ta có phương trình
( x − 10 )( y + 1) = xy ⇔ xy + x − 10 y − 10 = xy ⇔ x − 10 y = 10 (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình
−20
−20
40
 x − 20 y =
 x − 20 y =
x =
(thỏa mãn điều kiện).
⇔
⇔

=
y 10
=
y 20 =
 x − 10
2 x − 20
y 3
Vậy quãng đường AB là xy = 120 ( km ) .
1.2. Chuyển động trên dòng nước của ca nô
• Vận tốc xuôi dòng = Vận tốc riêng của ca nô + Vận tốc dòng nước
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
45
Website: tailieumontoan.com
vr + vn ).
(viết tắt là v=
x
• Vận tốc ngược dòng = Vận tốc riêng của ca nô – Vận tốc dòng nước
(viết tắt là vng= vr − vn , chú ý vr > vn ).
• Quãng đường = Vận tốc × thời gian;
=
S x v=
vng .tng .
x .t x ; S ng
Ví dụ. Một ca nô chạy trên một khúc sông, xuôi dòng 20km rồi ngược dòng 18km
hết 1 giờ 25 phút. Lần khác, ca nô đó đi xuôi dòng 15km rồi ngược dòng 24km thì
hết 1 giờ 30 phút. Tính vận tốc riêng của ca nô và vận tốc của dòng nước, biết các
vận tốc đó không đổi.
Lời giải
Vận tốc
Thời gian
Quãng đường
x
+
y
20
Xuôi dòng lần 1
20
x+ y
x− y
18
Ngược dòng lần 1
18
x− y
x+ y
15
Xuôi dòng lần 2
15
x+ y
x− y
24
Ngược dòng lần 2
24
x− y
17
3
Đổi 1 giờ 25 phút =
giờ; 1 giờ 30 phút = giờ.
12
2
Gọi vận tốc riêng của ca nô và vận tốc của dòng nước lần lượt là x và y (km / h) . Điều kiện
x > 0, y > 0, x > y .
Trong lần 1
+) Vận tốc xuôi dòng là x + y (km / h) , quãng đường xuôi dòng là 20 (km) nên thời gian xuôi dòng
20
là
(giờ).
x+ y
+) Vận tốc ngược dòng là x − y (km / h) , quãng đường ngược dòng là 18(km) nên thời gian ngược
18
dòng là
(giờ).
x− y
17
Vì tổng thời gian xuôi dòng và ngược dòng hết
giờ nên ta có phương trình
12
20
18
17
+
=
(1)
x + y x − y 12
Trong lần 2
+) Vận tốc xuôi dòng là x + y (km / h) , quãng đường xuôi dòng là 15(km) nên thời gian xuôi dòng là
15
(giờ).
x+ y
+) Vận tốc ngược dòng là x − y (km / h) , quãng đường ngược dòng là 24 (km) nên thời gian ngược
24
dòng là
(giờ).
x− y
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
46
Website: tailieumontoan.com
3
giờ nên ta có phương trình
2
15
24
3
+
=
(2)
x+ y x− y 2
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình
18
17
54
17
54
17
 20
 60
 60
+=
+=
 x + y +=


x − y 12

x+ y x− y 4
x+ y x− y 4
⇔
⇔

24
3
96
7
42
7
 15 +=
 60 +=
=
 x + y x − y 2
 x + y x − y 4
 x − y 4
x + y 30 =
=
 x 27
(thỏa mãn điều kiện).
⇔
⇔
x − y 24 =
=
y 3
Vậy vận tốc riêng của ca nô và vận tốc dòng nước lần lượt là 27 và 3 ( km / h ) .
Vì tổng thời gian xuôi dòng và ngược dòng hết
DẠNG 2: TOÁN NĂNG SUẤT
•
•
•
•
Năng suất là lượng công việc làm được trong một đơn vị thời gian.
Tổng lượng công việc = Năng suất × Thời gian.
Năng suất = Tổng lượng công việc : Thời gian.
Thời gian = Tổng lượng công việc : Năng suất.
Ví dụ 1. Để hoàn thành một công việc theo dự định thì cần một số công nhân làm trong một số
ngày nhất định. Nếu tăng thêm 10 công nhân thì công việc hoàn thành sớm được 2 ngày. Nếu bớt
đi 10 công nhân thì phải mất thêm 3 ngày nữa mới hoàn thành công việc. Hỏi theo dự định thì
cần bao nhiêu công nhân và làm trong bao nhiêu ngày?
Lời giải
Số công nhân
Số ngày
Lượng công việc
y
xy
Dự định
x
y−2
Trường hợp 1
x + 10
( x + 10 )( y − 2 )
Trường hợp 2
x − 10
y+3
( x − 10 )( y + 3)
Gọi số công nhân và số ngày theo dự định lần lượt là x (công nhân), y (ngày).
Điều kiện: x > 10, y > 2, x ∈ N .
Lượng công việc theo dự định là xy (ngày công).
Trường hợp 1: Số công nhân là x + 10 (công nhân), số ngày là y − 2 (ngày).
Do đó lượng công việc là ( x + 10 )( y − 2 ) (ngày công).
Vì lượng công việc không đổi nên ta có phương trình
( x + 10 )( y − 2=) xy ⇔ −2 x + 10 y= 20
(1)
Trường hợp 2: Số công nhân là x − 10 (công nhân), số ngày là y + 3 (ngày).
Do đó lượng công việc là ( x − 10 )( y + 3) (ngày công).
Vì lượng công việc không đổi nên ta có phương trình
( x − 10 )( y + 3) = xy ⇔ 3x − 10 y = 30
(2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình
10 y 20 =
−2 x +=
 x 50
(thỏa mãn điều kiện).
⇔

10 y 30 =
3 x −=
 y 12
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
47
Website: tailieumontoan.com
Vậy số công nhân và số ngày theo dự định lần lượt là 50 (công nhân), 12 (ngày).
DẠNG 3: TOÁN LÀM CHUNG CÔNG VIỆC
Bài toán cơ bản 1 Nếu hai người làm chung thì sau k ngày (giờ, phút,...) xong công việc. Nếu
người I làm một mình m ngày rồi nghỉ và người II làm tiếp n ngày (giờ, phút,...) nữa thì xong
công việc. Hỏi nếu làm một mình thì để hoàn thành công việc mỗi người mất mấy ngày (giờ,
phút,...)?
Phương pháp giải
Gọi thời gian người I, người II làm một mình xong công việc lần lượt là x, y (ngày). Điều kiện:
x > 0, y > 0 .
1
1
1 ngày người I làm được
, người II làm được
(lượng công việc).
y
x
k
k
* k ngày người I làm được , người II làm được
(lượng công việc).
y
x
Do hai người làm chung thì sau k ngày xong công việc nên ta có phương trình
k k
1
(1)
+ =
x y
n
m
(lượng công việc).
* m ngày người I làm được , n ngày người II làm được
y
x
Do người I làm một mình m ngày rồi nghỉ và người II làm tiếp n ngày nữa thì xong công việc nên
m n
ta có phương trình + =
1
(2)
x y
Giải hệ (1), (2); đối chiếu điều kiện và trả lời bài toán.
Bài toán cơ bản 2 Nếu hai người làm chung thì sau k ngày (giờ, phút,...) xong công việc. Làm
chung được m ngày thì người I nghỉ và người II làm tiếp n ngày (giờ, phút,...) nữa thì xong công
việc. Hỏi nếu làm một mình thì để hoàn thành công việc mỗi người mất mấy ngày (giờ, phút,...)?
Phương pháp giải
Gọi thời gian người I, người II làm một mình xong công việc lần lượt là x, y (ngày). Điều kiện:
x > 0, y > 0 .
1
1
Suy ra 1 ngày người I làm được
, người II làm được
(lượng công việc).
y
x
k
k
* k ngày người I làm được , người II làm được
(lượng công việc).
y
x
D hai người làm chung thì sau k ngày xong công việc nên ta có phương trình
k k
(1)
+ =
1
x y
m m
* m ngày cả hai người làm được
+ (lượng công việc).
x y
n
n ngày người II làm được
(lượng công việc).
y
Do làm chung được m ngày thì người I nghỉ và người II làm tiếp n ngày nữa thì xong công việc
m m n
nên ta có phương trình  +  + =
(2)
1
x y y
Giải hệ (1), (2); đối chiếu điều kiện và trả lời bài toán.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
48
Website: tailieumontoan.com
Ví dụ 1. Hai người thợ cùng làm một công việc trong 4 giờ 30 phút thì xong. Nếu người thứ nhất
làm một mình trong 3 giờ và người thứ hai làm một mình trong 2 giờ thì tổng số họ làm được 50%
công việc. Hỏi mỗi người làm công việc đó một mình thì trong bao lâu sẽ xong?
Lời giải
9
Đổi 4 giờ 30 phút = giờ.
2
Gọi thời gian người I, người II làm một mình xong công việc lần lượt là x, y (giờ).
Điều kiện: x > 0, y > 0.
1
1
Suy ra 1 giờ người I và người II lần lượt làm được
và
(lượng công việc).
y
x
91 1
* 4 giờ 30 phút cả hai người làm được  +  (lượng công việc).
2 x y
Do cả hai người thợ cùng làm một công việc trong 4 giờ 30 phút thì xong nên ta có phương trình
91 1
1 1 2
(1)
 +  =1 ⇔ + =
2 x y
x y 9
3
(lượng công việc)
* 3 giờ người thứ I làm được
x
2
* 2 giờ người thứ II làm được
(lượng công việc)
y
Vì người I làm một mình trong 3 giờ và người II làm một mình trong 2 giờ thì tổng số họ làm được
3 2 1
50% công việc nên ta có phương trình + = (2)
x y 2
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình
1 1 2
2 2 4
1 1
+
=
+
=
 x=

y 9
 x = 18

x y 9
 x 18
(thỏa mãn điều kiện).
⇔
⇔
⇔

3
2
1
3
2
1
1
1
y
=
6

 =
 =

+
+
=
 x 6
 x y 2
 x y 2
Vậy nếu làm một mình xong công việc, người I cần 18 giờ, người II cần 6 giờ.
Ví dụ 2. Hai người thợ cùng làm một công việc thì sau 2 giờ 40 phút sẽ hoàn thành. Nếu người
thứ nhất làm một mình và 3 giờ sau người thứ hai cùng vào làm thì mất 40 phút nữa mới hoàn
thành. Hỏi mỗi người đó làm một mình thì trong mấy giờ sẽ xong?
Lời giải
8
2
Đổi 2 giờ 40 phút = giờ; 40 phút =
giờ.
3
3
Gọi thời gian người I, người II làm một mình xong công việc lần lượt là x, y (giờ).
Điều kiện: x > 0, y > 0.
1
1
Suy ra 1 giờ người I và người II lần lượt làm được
và
(lượng công việc).
y
x
8 1 1 
* 2 giờ 40 phút cả hai người làm được  +  (lượng công việc).
3 x y 
Do cả hai người thợ cùng làm một công việc trong 2 giờ 40 phút thì xong nên ta có phương trình
8 1 1 
1 1 3
(1)
 +  =1 ⇔ + =
3 x y 
x y 8
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
49
Website: tailieumontoan.com
3
(lượng công việc)
x
2 1 1
* 40 phút cả hai người làm được  +  (lượng công việc).
3 x y
* 3 giờ người thứ I làm được
Vì người thứ nhất làm một mình và 3 giờ sau người thứ hai cùng vào làm thì mất 40 phút nữa mới
3 2 1 1
hoàn thành nên ta có phương trình +  +  =
1 (2)
x 3 x y
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình
1 1 3
2 2 3
9 9
=
x + y =
x + y =
8
4
x = 4


 x 4
(thỏa mãn điều kiện).
⇔
⇔
⇔

11 2
11 2
y=8

3 + 2 1 + 1  =


+ =
3
+ =
3
1
 x 3  x y 
 x y
 x y
Vậy nếu làm một mình xong công việc, người I cần 4 giờ, người II cần 8 giờ.
Ví dụ 3. Hai vòi nước cùng chảy vào bể cạn thì sau 2 giờ đầy bể. Nếu mở vời I trong 45 phút rồi
1
khóa lại và mở vòi II trong 30 phút thì cả hai vòi chảy được bể. Hỏi mỗi vời chảy riêng đầy bể
3
trong bao lâu?
Lời giải
Đổi 45 phút = 0, 75 giờ; 40 phút = 0,5 giờ.
Gọi thời gian vòi I, vòi II chảy một mình đầy bể lần lượt là x, y (giờ).
Điều kiện: x > 0, y > 0.
1
1
Suy ra 1 giờ vòi I và vòi II lần lượt chảy được
và
(bể).
y
x
1 1
* 2 giờ cả hai vòi chảy được 2  +  (bể).
x y
Do cả hai người vòi cùng chảy thì sau 2 giờ đầy bể nên ta có phương trình
1 1
1 1 1
(1)
2  +  =1 ⇔ + =
x y 2
x y
3
* 3 giờ người thứ I làm được
(bể)
x
0,5
0,75
* 45 phút vòi I chảy được
(bể), 30 phút vời II chảy được
(bể) .
y
x
Vì mở vời I trong 45 phút rồi khóa lại và mở vòi II trong 30 phút thì cả hai vòi chảy được
1
bể nên
3
0,75 0,5 1
3 2 4
+
=
⇔ + =(2)
x
y 3
x y 3
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
1 1 1
2 2
1 1
1
+
=
+
=
 x=


y 2
x = 3

x y
x 3
(thỏa mãn điều kiện).
⇔
⇔
⇔

1
1
3
2
4
3
2
4
y
=
6

 =
 =
 =
+
+
 x y 3
 x y 3
 y 6
ta có phương trình
Vậy nếu chảy riêng để đầy bể, vòi I cần 3 giờ, vòi II cần 6 giờ.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
50
Website: tailieumontoan.com
Ví dụ 4. Hai vòi nước cùng chảy vào một bể cạn thì sau 6 giờ đầy bể. Cùng chảy được 2 giờ thì
khóa vòi I lại và vòi II phải chảy thêm 12 giờ nữa mới đầy bể. Hỏi mỗi vòi chảy riêng đầy bể trong
bao lâu?
Lời giải
Gọi thời gian vòi I, vòi II chảy một mình đầy bể lần lượt là x, y (giờ).
Điều kiện: x > 0, y > 0.
1 1
Suy ra 1 giờ vòi I và vòi II lần lượt chảy được , (bể).
x y
1 1
6 giờ cả hai vòi chảy được 6  +  (bể).
x y
Do cả hai vòi cùng chảy thì sau 6 giờ sẽ đầy bể nên ta có phương trình
1 1
1 1 1
6  +  =1 ⇔ + =
x y 6
x y
(1)
12
1 1
2 giờ cả hai vòi chảy được 2  +  (bể), 12 giờ vòi II chảy được
(bể).
y
x y
Vì cùng chảy được 2 giờ thì khóa vòi I lại và vòi II phải chảy thêm 12 giờ nữa mới đầy bể nên ta có
 1 1  12
(2)
phương trình 2  +  + =
1
x y y
Từ (1)(2) ta có hệ phương trình
1 1 1
1 1 1
1 1
+ =  =
x + y =

 x 9
6
x = 9

x y 6
(thỏa mãn)
⇔
⇔
⇔

1
1
1
12
y
=
18


1
1
12

2
 =
1
=
+
+
=
1  +
  x y  y
 y 18
 3 y
Vậy nếu chảy riêng để đầy bể, vòi I cần 9 giờ, vòi II cần 18 giờ.
DẠNG 4. TOÁN VỀ CẤU TẠO SỐ
•
Chú ý đặt đúng điều kiện của ẩn:
+ Với số có hai chữ số ab do chữ số đầu tiên khác 0 nên điều kiện là :
1 ≤ a ≤ 9,0 ≤ b ≤ 9; a, b, c ∈ .
•
Số ab = 10a + b; abc = 100a + 10b + c.
•
Đổi chỗ hai chữ số của số ab ta được =
ba 10b + a.
•
Chèn số 0; 1; 2 vào giữa số a 0b= 100a + b; a1b= 100a + 10 + b; a 2b= 100a + 20 + b.
Ví dụ 1. Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng tổng các chữ số của nó bằng 14 và nếu đổi chỗ hai
chữ số của nó thì được số nhỏ hơn số ban đầu 18 đơn vị.
Lời giải
Gọi số cần tìm là ab , điều kiện a, b ∈ ,1 ≤ a ≤ 9,0 ≤ b ≤ 9.
Vì tổng hai chữ số của nó là 14 nên ta có phương trình a + b =
(1)
14
Do đổi chỗ hai chữ số của số ab thì ta được số mới nhỏ hơn số ban đầu 18 đơn vị nên ta có
phương trình ba = ab − 18 ⇔ 10b + a = 10a + b − 18 ⇔ a − b = 2
(2)
Từ (1)(2) ta có hệ phương trình
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
51
Website: tailieumontoan.com
=
 a + b 14 =
2a 16 =
a 8
(thỏa mãn điều kiện).
⇔
⇔

−b 2
−b 2 =
 a=
a=
b 6
Vậy số cần tìm là 86.
Ví dụ 2. Cho một số tự nhiên có hai chữ số. Biết rằng tổng của chữ số hàng chục và hai lần chữ số
hàng đơn vị là 12. Nếu thêm số 0 vào giữa hai chữ số thì ta được một số mới có ba chữ số lớn hơn
số ban đầu 180 đơn vị. Tìm số ban đầu.
Lời giải
Gọi số ban đầu là ab , điều kiện a, b ∈ ,1 ≤ a ≤ 9,0 ≤ b ≤ 9.
Vì tổng của chữ số hàng chục và hai lần chữ số hàng đơn vị là 12 nên ta có phương trình
a + 2b =
12.
Do thêm số 0 vào giữa hai chữ số của số ab thì ta được số mới có ba chữ số lớn hơn số ban đầu
180 đơn vị nên ta có phương trình
a 0b = ab + 180 ⇔ 100a + b = 10a + b + 180 ⇔ 90a = 180 ⇔ a = 2 (thỏa mãn).
Thay a = 2 vào a + 2b =
12 ta được 2 + 2b = 12 ⇔ b = 5 (thỏa mãn).
Vậy số ban đầu là 25.
Ví dụ 3.Cho một số tự nhiên có hai chữ số. Biết tổng hai chữ số của nó bằng 9. Nếu lấy số đó chia
cho số viết theo thứ tự ngược lại thì được thương là 2 và dư 18. Tìm số ban đầu.
Lời giải
Gọi số cần tìm là ab , điều kiện a, b ∈ ,1 ≤ a ≤ 9,0 ≤ b ≤ 9.
(1)
Vì tổng hai chữ số của nó là 9 nên ta có phương trình a + b =
9
Do lấy số ab chia cho số viết theo thứ tự ngược lại thì được thương là 2 và dư 18 nên ta có
phương trình
(2)
ab= 2.ba + 18 ⇔ 10a + b= 2 (10b + a ) + 18 ⇔ 8a − 19b= 18
Từ (1)(2) ta có hệ phương trinh
a+b 9
+ 8b 72
=
=
8a=
 27b 54 =
b 2
(thoả mãn).
⇔
⇔
⇔

b 18
b 18
b 9
a 7
8a − 19=
8a − 19=
 a +=
=
Vậy số cần tìm là 72.
DẠNG 5. TOÁN PHẦN TRĂM
•
•
Dự kiến mỗi ngày làm được x (sản phẩm).
Thực tế mỗi ngày tăng a % nghĩa là :
+ Số sản phẩm tăng thêm mỗi ngày là a %. x (sản phẩm).
+ Thực tế mỗi ngày làm được x + a %. x (sản phẩm).
Ví dụ 1. Theo kế hoạch, hai tổ sản xuất phải làm 700 sản phẩm. Nhưng do tổ I làm vượt mức 15%
so với kế hoạch, tổ II làm vượt mức 20% nên cả hai tổ làm được 820 sản phẩm. Tính số sản phẩm
mỗi tổ phải làm theo kế hoạch.
Lời giải
Tổ 1
Tổ 2
Cả hai tổ
y
Kế hoạch
700
x
y + 20%. y
Thực tế
820
x + 15%. x
Gọi số sản phẩm tổ I, tổ II phải làm theo kế hoạch lần lượt là x, y (sản phẩm).
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
52
Website: tailieumontoan.com
Điều kiện x, y > 0.
Vì theo kế hoạch, hai tổ sản xuất phải làm 700 sản phẩm nên ta có phương trình
(1)
x+ y =
700
Trong thực tế, tổ I làm được x + 15%. x =
1, 2 y
1,15. x (sản phẩm), còn tổ II làm được y + 20%. y =
(sản phẩm) và cả hai tổ làm được 820 sản phẩm nên ta có phương trình
1,15 x + 1, 2 y =820 ⇔ 115 x + 120 y =82000
(2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
=
x + 120 y 84000
=
 x + y 700
120=
 x 400
( thỏa mãn ) .
⇔
⇔

120 y 82000
120 y 82000 =
115 x +=
115 x +=
 y 300
Vậy theo kế hoạch, tổ I và tổ II phải làm lần lượt là 400 và 300 ( sản phẩm) .
Ví dụ 2. Trong kì thi tuyển sinh vào lớp 10, hai trường A và B có 840 học sinh thi đỗ vào lớp
10 công lập và đạt tỉ lệ thi đỗ là 84% . Riêng trường A tỉ lệ thi đỗ là 80% , riêng trường B tỉ lệ
thi đỗ là 90% . Tính số thí sinh dự thi của mỗi trường.
Lời giải
Gọi số học sinh dự thi của trường A và trường B lần lượt là x và y (học sinh). Điều kiện:
x, y ∈ N *.
Do cả hai trường có 840 học sinh thi đỗ vào lớp 10 và đạt tỉ lệ thi đỗ là 84% nên ta có phương
trình:
(1)
84%.( x + y )= 840 ⇔ x + y= 1000
Vì trường A tỉ lệ thi đỗ là 80% , trường B tỉ lệ thi đỗ là 90% nên ta có phương trình:
(2)
80%.x + 90%. y = 840 ⇔ 0,8 x + 0,9 y = 840 ⇔ 8 x + 9 y = 8400
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
=
9 x + 9 y 9000
=
 x + y 1000
=
 x 600
(thỏa mãn điều kiện).
⇔
⇔

x + 9 y 8400
x + 9 y 8400=
8=
8=
 y 400
Vậy số học sinh dự thi của trường A và trường B lần lượt là 600 và 400 (học sinh).
DẠNG 6: TOÁN CÓ NỘI DUNG HÌNH HỌC
Dạng này ta cần ghi nhớ các công thức về chu vi, diện tích các hình tam giác, hình vuông, hình
chữ nhật,…
Ví dụ 1. Một khu vườn hình chữ nhật. Nếu tăng mỗi cạnh thêm 4m thì diện tích của mảnh
vườn tăng thêm 216 m 2 . Nếu chiều rộng tăng thêm 2m và chiều dài giảm đi 5 m thì diện tích
mảnh vườn sẽ giảm đi 50 m 2 . Tính độ dài các cạnh của khu vườn.
Lời giải
Chiều rộng
Chiều dài
y
Khu vườn
x
y+4
Trường hợp 1
x+4
y −5
Trường hợp 2
x+2
Gọi chiều rộng và chiều dài của khu vườn lần lượt là x và y (m).
Điều kiện : x > 0, y > 5 và x < y.
Trường hợp 1: Chiều rộng là x + 4 (m), chiều dài là y + 4 (m).
Diện tích
xy
( x + 4)( y + 4)
( x + 2)( y − 5)
Suy ra diện tích trong trường hợp 1 là ( x + 4)( y + 4) (m 2 ) .
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
53
Website: tailieumontoan.com
Do diện tích tăng thêm 216 m nên ta có phương trình
( x + 4)( y + 4) = xy + 216 ⇔ x + y = 50
Trường hợp 2: Chiều rộng là x + 2 (m), chiều dài là y − 5 (m).
2
Suy ra diện tích trong trường hợp 1 là ( x + 2)( y − 5) (m 2 ) .
Do diện tích tăng thêm 50 m 2 nên ta có phương trình
( x + 2)( y − 5) = xy − 50 ⇔ −5 x + 2 y = −40
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
=
 x + y 50 =
 x 20
(thỏa mãn điều kiện).
⇔

−40
30
−5 x + 2 y =
y =
Vậy chiều dài và chiều rộng của khu vườn lần lượt là 20 m và 30 m .
Ví dụ 2. Trong một phòng họp hình chữ nhật, ghế được sắp theo hàng và số ghế trong mỗi
hàng là như nhau. Nếu kê bợt đi 2 hàng và mỗi hàng bớt đi 2 ghế thì tổng số ghế trong
phòng họp đó giảm đi 80 ghế so với ban đầu. Nếu kê thêm 1 hàng và mỗi hàng kê thêm 2
ghế thì tổng số ghế trong phòng học đó tăng thêm 68 ghế so với ban đầu. Tính số hàng ghế
và số ghế trong phòng họp đó lúc ban đầu.
Lời giải
Số hàng ghế
Số ghế / hàng
Tổng số ghế
xy
y
Ban đầu
x
y−2
( x − 2)( y − 2)
Trường hợp 1
x−2
y+2
( x + 1)( y + 2)
Trường hợp 2
x +1
Gọi số hàng ghế và số ghế trong một hàng lúc đầu lần lượt là x (hàng) và y (ghế).
Điều kiện: x > 2, y > 2, y ∈ .
Tổng số ghế lúc đầu là xy (ghế).
Trường hợp 1: Số ghế là x − 2 (ghế), số ghế trong một hàng là y − 2 (ghế).
Suy ra tổng số ghế trong trường hợp 1 là ( x − 2)( y − 2) (ghế).
Do toonge số ghế trong trường hợp 1 giảm đi 80 ghế so với ban đầu nên ta có phương trình:
(1)
( x − 2)( y − 2) = xy − 80 ⇔ x + y = 42
Trường hợp 2: Số ghế là x + 1 (ghế), số ghế trong một hàng là y + 2 (ghế).
Suy ra tổng số ghế trong trường hợp 1 là ( x + 1)( y + 2) (ghế).
Do tổng số ghế trong trường hợp 2 tăng thêm 68 ghế so với ban đầu nên ta có phương trình:
(2)
( x + 1)( y + 2) = xy + 68 ⇔ 2 x + y = 66
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
=
 x + y 42 =
 x 24
(thỏa mãn điều kiện).
⇔

x + y 66 =
2=
 y 18
Vậy trong phòng họp đó lúc ban đầu có 24 (hàng ghế ) và có tổng số ghế là: 18.24 = 432 (ghế)
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
54
Website: tailieumontoan.com
II. GIẢI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
Phương pháp chung
Bước 1: Kẻ bảng nếu được, gọi ẩn, kèm theo đơn vị và điều kiện cho ẩn.
Bước 2: Giải thích từng ô trong bảng, lập luận để thiết lập phương trình bậc hai.
Bước 3: Giải phương trình, đối chiếu điều kiện và trả lời bài toán.
DẠNG 1: TOÁN CHUYỂN ĐỘNG
1.1.Chuyển động trên bộ
•
•
Ghi nhớ công thức Quãng đường = Vận tốc × Thời gian.
Các bước giải
Bước 1: Kẻ bảng gồm vận tốc, thời gian, quãng đường và điền các thông tin vào bảng đó rồi
gọi ẩn, kèm theo đơn vị và điều kiện cho ẩn.
Bước 2: Giải thích từng ô trong bảng, lập luận để thiết lập phương trình bậc hai.
Bước 3: Giải phương trình, đối chiếu điều kiện và trả lời bài toán.
Ví dụ 1. Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 24 km. Khi từ B trở về A người đó tăng vận tốc
lên 4 km/h so với lúc đi, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi 30 phút. Tính vận tốc của xe đạp khi
đi từ A đến B.
Lời giải
Vận tốc
Thời gian
Quãng đường
24
Lúc đi
x
24
x
24
Lúc về
x+4
24
x+4
Gọi vận tốc của xe đạp khi đi từ A đến B là x (km/h). Điều kiện: x > 0 .
Vận tốc khi từ B trở về A là x + 4 (km/h).
24
24
Thời gian lúc đi và lúc về lần lượt là
và
(giờ).
x
x+4
1
Vì thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút = giờ nên ta có phương trình :
2
24 24
1
24( x + 4) − 24 x 1
96
1
−
=⇔
=⇔
=
x x+4 2
x( x + 4)
2
x( x + 4) 2
⇔ x 2 + 4 x − 192 =0 ⇔ x 2 + 4 x + 4 − 196 =0 ⇔ ( x + 2 ) =196
2
⇔ x + 2 =±14 ⇔ x =
12 (TM), x =−16 (L).
Vậy vận tốc lúc đi là 12 (km/h).
Ví dụ 2. Quãng đường từ A đến B dài 90 km. Một người đi xe máy từ A đến B. Khi đi đến B, người
đó nghỉ 30 phút rồi quay trở về A với vận tốc lớn hơn vận tốc lúc đi là 9 (km/h). Thời gian kể từ
lúc bắt đầu đi từ A đến lúc trở về A là 5 giờ. Tính vận tốc xe máy lúc đi từ A đến B.
Lời giải
Vận tốc
Thời gian
Quãng đường
90
Lúc đi
x
90
x
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
55
Website: tailieumontoan.com
Lúc về
x+9
90
90
x+9
Gọi vận tốc của xe đạp khi đi từ A đến B là x (km/h). Điều kiện: x > 0 .
Vận tốc khi từ B trở về A là x + 9 (km/h).
90
90
Thời gian lúc đi và lúc về lần lượt là
và
(giờ).
x
x+9
1
Vì thời gian nghỉ là 30 phút = giờ và thời gian kể từ lúc bắt đầu đi từ A đến lúc trở về A là 5
2
giờ nên ta có phương trình :
90 90 1
90( x + 9) + 90 x 9
20 x + 90 1
+
+ =5 ⇔
= ⇔
=
x x+9 2
x( x + 9)
2
x( x + 9) 2
⇔ x 2 + 9 x = 40 x + 180 ⇔ x 2 − 31x − 180 = 0
Có ∆ = (-31)2 – 4.1.(- 180) = 1681 > 0 ⇒ ∆ =41 nên
31 ± 41
x=
⇔x=
36 (thỏa mãn), x = -5 ( loại)
2
Vậy vận tốc lúc đi là 36 (km/h).
Ví dụ 3. Một người dự định đi xe đạp từ Ađến B cách nhau 60 km trong một thời gian nhất định.
Sau khi đi được 30 km người đó đã dừng lại nghỉ 30 phút . Do đó, để đến B đúng thời gian dự
định người đó phải tăng vận tốc thêm 2 km/h. Tính vận tốc dự định của người đó.
Lời giải
Vận tốc
Thời gian
Quãng đường
60
Dự định
x
60
x
30
Thực tế
x
30
x
30
x+2
30
x+2
1
Đổi 30 phút = giờ
2
Gọi vận tốc dự định là x ( km/h). Điều kiện: x > 0
60
Thời gian dự định là
(giờ)
x
30
Thời gian người đó đi 30 km đầu là
(giờ).
x
30
Thời gian người đó đi 60 – 30 = 30 km còn lại là
( giờ).
x+2
Do xe đến B đúng hạn nên ta có phương trình
60
1
30 30
30 30 1
1 60
+
+ =
= ⇔
⇔
=
x( x + 2) 2
x
x x+2 2
x x+2 2
2
2
⇔ x + 2x - 120 = 0 ⇔ x + 2x + 1 – 121= 0 ⇔ (x+1)2 = 121
⇔ x+ 1= ±11 ⇔ x= 10 ( thỏa mãn), x= -12 (loại)
Vậy vận tốc dự định là 10 ( km/h)
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
56
Website: tailieumontoan.com
Ví dụ 4. Một ô tô dự định đi từ A đến B cách nhau 120 km trong một thời gian quy định. Sau khi
đi được 1 giờ thì ô tô bị chặn bởi xe cứu hỏa 10 phút. Do đó để đến đúng hạn xe phải tăng tốc
thêm 6km/h. Tính vận tốc lúc đầu của ô tô.
Lời giải
Vận tốc
Thời gian
Quãng đường
120
Dự định
x
120
x
Thực tế
x
x
1
120 − x
x+6
120 - x
x+6
1
Đổi 10 phút = giờ
6
Gọi vận tốc lúc đầu của ô tô là x ( km/h). Điều kiện: x > 0
120
Thời gian dự định của ô tô là
(giờ).
x
Trong 1 giờ đầu ô tô đi được x (km) nên quãng đường còn lại là 120 - x (km).
120 − x
Thời gian ô tô đi trên quãng đường còn lại là
(giờ).
x+6
Do xe đến B đúng hạn nên ta có phương trình
x 2 + 720 7
120 − x
1 120
120 120 − x 7
+1+ =
= ⇔
=
⇔
x( x + 6) 6
x
x
x+6
6
x+6 6
⇔ 6(x2+ 720)=7(x2+ 6x) ⇔ x2 + 42x – 4320 = 0
⇔ ( x – 48 )( x + 90 )= 0
⇔ x= 48 ( thỏa mãn), x= - 90 (loại)
Vậy vận tốc lúc đầu của ô tô là 48 ( km/h)
1.2. Chuyển động trên dòng nước
•
•
Vận tốc xuôi dòng = vận tốc riêng của ca nô + vận tốc dòng nước
( viết tắt là vx= vr + vn)
Vận tốc ngược dòng = Vận tốc riêng của ca nô – vận tốc dòng nước
( viết tắt là vng= vr - vn, chú ý vr > vn )
Quãng đường = vận tốc x thời gian; Sx= vx.tx; Sng= vng.tng.
Ví dụ 1: Một tàu tuần tra chạy ngược dòng 60km, sau đó chạy xuôi dòng 48 km trên cùng một
dòng sông có vận tốc của dòng nước là 2km/h. Tính vận tốc của tàu tuần tra khi nước yên lặng,
biết thời gian xuôi dòng ít hơn thời gian ngược dòng là 1 giờ.
Lời giải
Vận tốc
Thời gian
Quãng đường
48
Xuôi dòng
x+2
48
x+2
60
Ngược dòng
x-2
60
x−2
Gọi vận tốc của tàu khi nước yên lặng là x ( km/h). Điều kiện: x > 2.
Vận tốc lúc xuôi dòng và ngược dòng lần lượt là x + 2; x – 2 (km/h).
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
57
Website: tailieumontoan.com
48
60
và
(giờ).
x+2
x−2
Vì thời gian xuôi dòng ít hơn thời gian ngược dòng 1 giờ nên ta có phương trình
60( x + 2) − 48( x − 2)
60
48
12 x − 216
=1 ⇔
=1 ⇔
=1
( x − 2)( x + 2)
x−2 x+2
x2 − 4
⇔ x2 - 12x – 220 = 0 ⇔ x2 - 12x + 36 – 256 = 0 ⇔ (x – 6)2 = 256
⇔ x – 6 = ±16 ⇔ x = 22 ( thỏa mãn), x = - 10 (loại)
Vậy vận tốc của tàu thủy khi nước yên lặng là 22 ( km/h).
Thời gian khi xuôi dòng và ngược dòng lần lượt là
Ví dụ 2. Lúc 6 giờ 30 phút sáng, một ca nô xuôi dòng sông từ A đến B dài 48km . Khi đến B, ca nô
nghỉ 30 phút sau đó lại ngược dòng từ B về đến A lúc 10 giờ 36 phút cùng ngày. Tìm vẫn tốc riêng
của ca nô, biết vận tốc dòng nước là 3 km / h .
Xuôi dòng
Vận tốc
x+3
Ngược dòng
x-3
Lời giải
Thời gian
48
x+3
48
x −3
Quãng đường
48
48
Gọi vận tốc riêng của ca nô là x ( km/h). Điều kiện: x > 3.
Vận tốc lúc xuôi dòng và ngược dòng lần lượt là x + 3; x – 3 (km/h).
48
48
Thời gian khi xuôi dòng và ngược dòng lần lượt là
và
(giờ).
x −3
x+3
41
giờ và thời gian nghỉ là 30
Vì tổng thời gian cả đi,về, nghỉ là 10 giờ 36 phút – 6 giờ 30 phút =
10
1
phút = giờ nên ta có phương trình
2
48 1 41
48
48( x − 3) + 48( x + 3) 36
⇔
+
+ =
=
x + 3 x − 3 2 10
10
x2 − 9
96 x
36
8x
3
⇔ 2
=⇔ 2
= ⇔ 3x2 - 80x - 27= 0 .
x − 9 10
x − 9 10
Có ∆ ' = (−40) 2 − 3.(−27) = 1681 > 0 ⇒ ∆ ' = 41 nên
40 ± 41
1
x=
⇒x=
27 ( thỏa mãn), x = − (loại)
3
3
Vậy vận tốc riêng của ca nô là 27 ( km/h)
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
58
Website: tailieumontoan.com
DẠNG 2: TOÁN NĂNG SUẤT
•
•
•
•
Năng suất là lượng công việc làm được trong một đơn vị thời gian.
Tổng lượng công việc = Năng suất x thời gian
Năng suất = Tổng lượng công việc : Thời gian
Thời gian = Tổng lượng công việc : Năng xuất
Ví dụ 1: Một phân xưởng theo kế hoạch cần sản xuất 1100 sản phẩm trong một số ngày quy định.
Do mỗi ngày phân xưởng đó vượt mức 5 sản phẩm nên phân xưởng đó đã hoàn thành kế hoạch
sớm hơn thời gian quy định là 2 ngày. Hỏi theo kế hoạch thì mỗi ngày phân xưởng đó cần sản
xuất bao nhiêu sản phẩm?
Lời giải
Số sản phẩm / ngày
Số ngày
Tổng số sản phẩm
1100
Kế hoạch
x
1100
x
1100
Thực tế
x+5
1100
x+5
Gọi số sản phẩm mỗi ngày xưởng đó cần làm theo kế hoạch là x (sản phẩm).
Điều kiện: x > 0
Số sản phẩm mỗi ngày phân xưởng đó làm được trong thực tế là x + 5 (sản phẩm).
1100
(ngày).
x
1100
Số ngày phân xưởng đó cần làm trong thực tế là
(ngày).
x+5
Số ngày phân xưởng đó cần làm theo kế hoạch là
Vì phân xưởng đó hoàn thành kế hoạch sớm hơn 2 ngày nên ta có phương trình:
1100 1100
1100( x + 5) − 1100 x
−
=
2⇔
=
2
x
x+5
x( x + 5)
5500
2750
⇔ 2
=
2⇔ 2
=
1 ⇔ x 2 + 5 x − 2750 =
0
x + 5x
x + 5x
2
Có ∆= 5 − 4.1.( −2750)= 11025 > 0 ⇒ ∆= 105 nên
−5 ± 105
=
x
=
⇒ x 50 (thỏa mãn), x = −55 (loại)
2
Vậy theo kế hoạch thì mỗi ngày phân xưởng đó cần làm 50 (sản phẩm).
Ví dụ 2. Một đội xe dự định dùng một số xe cùng loại để chở 60 tấn hàng. Lúc sắp khởi hành có 3
xe phải điều đi làm việc khác nên không thể tham gia chở hàng. Vì vậy, mỗi xe còn lại phải chở
nhiều hơn dự định 1 tấn hàng. Tính số xe theo dự định của đội đó, biết mỗi xe chở khối lượng
hàng như nhau.
Lời giải:
Số hàng/xe
Số xe
Tổng số hàng
Dự định
60
x
x
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
60
59
Website: tailieumontoan.com
Thực tế
60
x−3
x−3
60
Gọi số xe theo dự định của đội là x (xe). Điều kiện: x > 3 .
Thực tế số xe là x − 3 (xe).
Số hàng trên mỗi xe theo dự định và trong thực tế lần lượt là
60
60
và
(tấn).
x−3
x
Vì mỗi xe thực tế phải chở nhiều hơn dự định 1 tấn hàng nên ta có phương trình:
60
60
180
−
=
1⇔
=
1 ⇔ x 2 − 3 x − 180 =0.
x−3 x
x( x − 3)
Có ∆ = ( −3) − 4.1.( −180) = 729 > 0 ⇒
2
∆ = 27 nên
3 ± 27
x=
⇔x=
−12 (loại), x = 15 (thỏa mãn).
2
Vậy số xe dự định của đội là 15 (xe).
Ví dụ 3. Một tổ sản xuất phải làm 600 sản phẩm trong một thời gian quy định với năng suất như
nhau. Sau khi làm được 400 sản phẩm, tổ đã tăng năng suất thêm mỗi ngày 10 sản phẩm, do đó đã
hoàn thành công việc sớm hơn một ngày. Tính số sản phẩm làm trong mỗi ngày theo quy định.
Lời giải
Số sản phẩm/ngày
Dự kiến
x
x
Thực tế
x + 10
Số ngày
600
x
400
x
200
x + 10
Tổng số sản phẩm
600
400
200
Gọi số sản phẩm dự kiến làm trong mỗi ngày là x (sản phẩm).
Điều kiện: x > 0 .
Thời gian dự kiến là
600
(ngày).
x
400
(ngày).
x
200
Thời gian làm 600 - 400 = 200 sản phẩm sau là
(ngày).
x + 10
Thời gian làm 400 sản phẩm đầu là
Vì thực tế công việc hoàn thành sớm hơn dự kiến 1 ngày nên ta có phương trình:
600  400
200 
200
200
200( x + 10) − 200 x
−
+
1⇔
−
=
1⇔
=
1
=
x  x
x + 10 
x
x + 10
x( x + 10)
⇔ x 2 + 10 x − 2000 =0 ⇔ x 2 + 10 x + 25 − 2025 =0 ⇔ ( x + 5) 2 =2025.
⇔ x + 5 =±45 ⇔ x =40 ( thỏa mãn), x = −50 (loại).
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
60
Website: tailieumontoan.com
Vậy số sản phẩm dự kiến làm trong mỗi ngày là 40 (sản phẩm).
Ví dụ 4. Một người thợ làm 120 sản phẩm trong một thời gian và năng suất dự định. Khi làm
được 50 sản phẩm, người thợ đó nhận thấy làm với năng suất như vậy sẽ thấp hơn năng suất dự
định là 2 sản phẩm một ngày. Do đó, để hoàn thành đúng thời gian đã định, người thợ đó tăng
năng suất thêm 2 sản phẩm một ngày so với dự định. Tính năng suất dự định của người thợ đó.
Lời giải
Số sản phầm/ngày
Dự định
x
x−2
Thực tế
x+2
Số ngày
Tổng số sản phẩm
120
x
50
x−2
70
x+2
120
50
70
Gọi số sản phẩm mỗi ngày người thợ đó cần làm theo dự định là x (sản phẩm).
Điều kiện: x > 2 .
Số ngày theo dự định là
120
(ngày).
x
Trong 50 sản phẩm đầu, mỗi ngày người thợ đó làm được x − 2 (sản phẩm) nên số ngày làm 50
sản phẩm đầu là
50
(ngày).
x−2
Trong 120-50=70 sản phẩm sau, mỗi ngày người thợ đó làm được x + 2 (sản phẩm) nên số ngày
làm 70 sản phẩm đầu là
70
(ngày).
x+2
Do thực tế người đó hoàn thành đúng như dự định nên ta có phương trình:
50
70
120
120 x − 40 120
+
= ⇔
=
x−2 x+2
x
x2 − 4
x
2
2
⇔ 120 x − 40=
x 120 x − 480 ⇔=
x 12 ( thỏa mãn điều kiện).
Vậy số sản phẩm mỗi ngày người thợ dó cần làm theo dự định là 12 (sản phẩm).
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
61
Website: tailieumontoan.com
DẠNG 3: TOÁN LÀM CHUNG CÔNG VIỆC
Bài toán cơ bản: Nếu hai người làm chung thì sau k ngày (giờ, phút, …) xong công việc. Nếu làm
một mình thì người thứ nhất hoàn thành công việc sớm hơn người thứ hai là m ngày (giờ, phút,
…). Hỏi nếu làm một mình thì để hoàn thành công việc mỗi người mất mấy ngày (giờ, phút, …)?
Phương pháp giải
Gọi thời gian người I, người II làm một mình xong công việc lần lượt là x, y (ngày).
Điều kiện: x > 0 , y > 0 .
1
1
, người II làm được
(lượng công việc).
y
x
k
k
* k ngày người I làm được , người II làm được
(lượng công việc).
x
y
Suy ra 1 ngày người I làm được
Do hai người làm chung thì sau k ngày xong công việc nên ta có phương trình:
k k
+ =
1
x y
(1)
* Vì làm một mình thì người thứ nhất hoàn thành công việc nhanh hơn người thứ hai là m ngày
nên ta có phương trình y= x + m
(2)
k
k
(3)
+
=
1
x x+m
* Đưa (3) về phương trình bậc hai, giải x , đối chiếu điều kiện và trả lời bài toán.
Thay (2) vào (1) ta được phương trình
Ví dụ 1. Hai người thợ cùng làm chung một công việc trong 6 giờ thì xong. Nếu họ làm riêng thì
người thứ nhất hoàn thành công việc nhanh hơn người thứ hai là 5 giờ. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi
người cần bao nhiêu giờ để xong công việc đó?
Lời giải
Gọi thời gian người I, người II làm một mình xong công việc lần lượt là x , y (ngày).
Điều kiện: x > 0 , y > 0 .
Suy ra 1 giờ người I và người II lần lượt làm được
1
1
và
(lượng công việc).
y
x
1 1
+  (lượng công việc).
x
y

* 6 giờ cả hai người làm được 6 
Do hai người cùng làm trong 6 giờ thì xong công việc nên ta có phương trình:
1 1
1 1 1
6  +  =1 ⇔ + =
x y 6
x y
(*)
* Vì làm một mình thì người thứ nhất hoàn thành công việc nhanh hơn người thứ hai là 5 giờ nên
ta có phương trình y= x + 5 , thay vào (*), ta được:
1
1
1
x+5+ x 1
2x + 5 1
+
=⇔
=⇔ 2
=
x x+5 6
x( x + 5) 6
x + 5x 6
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
62
Website: tailieumontoan.com
⇔ x + 5 x = 12 x + 30 ⇔ x − 7 x − 30 = 0
2
Có ∆=
2
( −7 ) – 4.1. ( −30 ) =
2
169 > 0 ⇒ ∆ = 13 nên
7 ± 13
x =
⇒ x = − 3 (loại), x = 10 ⇒ y = 15 (thoả mãn điều kiện).
2
Vậy, nếu làm một mình để xong công việc, người I cần 10 giờ, người II cần 15 giờ.
Ví dụ 2. Hai vòi nước cùng chảy vào một bể cạn thì sau 1 giờ 20 phút đầy bể. Nếu để chảy một
mình thì vòi thứ nhất chảy đầy bể nhanh hơn vòi thứ hai là 2 giờ. Hãy tính thời gian mỗi vòi chảy
một mình đầy bể.
Lời giải
Gọi thời gian vòi I, vòi II chảy một mình đầy bể lần lượt là x, y (giờ).
Điều kiện: x > 0, y > 0.
Suy ra 1 giờ vòi I và vòi II lần lượt chảy được
* 1 giờ 20 phút =
1
1
và (bể).
x
y
4
41 1 
giờ cả hai vòi chảy được  +  (bể).
3
3 x y
Do cả hai vòi cùng chảy thì sau 1 giờ 20 phút sẽ đầy bể nên ta có phương trình
41 1 
1 1 4
(*)
 + = 1⇔ + =
3 x y
x y 3
* Vì chảy một mình cho đến khi đầy bể thì vòi I nhanh hơn vòi II là 2 giờ nên ta có
phương trình y= x + 2 , thay vào (*), ta được
1
1
3
x+2+ x 3
2x + 2 3
+
=⇔
=⇔ 2
=
x x+2 4
x( x + 2) 4
x + 2x 4
⇔ 3x 2 + 6x = 8x + 8 ⇔ 3x 2 – 2x – 8 = 0
Có ∆’ =
( −1) – 3. ( −8) =
2
25 > 0 ⇒ ∆ ' = 5 nên
1± 5
4
x =
⇒ x = − (loại), x = 2 ⇒ y = 4 (thỏa mãm điều kiện).
3
3
Vậy nếu chảy một mình thì để đầy bể, vòi I cần 2 giờ, vòi II cần 4 giờ.
DẠNG 4: TOÁN CÓ NỘI DUNG HÌNH HỌC
Dạng này ta cần ghi nhớ các công thức về chu vi, diện tích của các hình tam hình vuông, hình
chữ nhật,...
Ví dụ 1. Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi bằng 28 mét và một đường chéo bằng 10 mét. Tính
chiều dài chiều rộng mảnh đất đó theo đơn vị là mét.
Lời giải
Gọi chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó lần lượt là x, y (m)
Điều kiên: x > 0, y >0, x > y.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
63
Website: tailieumontoan.com
Do chu vi mảnh đất là 28 m nên ta có phương trình
2 ( x + y ) = 28 ⇒ x + y = 14 ⇔ y = 14 – x (1)
Vì độ dài đườngchéo bằng 10 m nên theo định lý Pylago,ta có: x 2 + y 2 =
10
(2)
Thay (1) vào (2) ta được x + ( l4 − x ) =
2
2
100 ⇔ x − 14x + 48 =
2
0
⇔ x − 6x − 8x + 48 =0 ⇔ x ( x − 6 ) − 8 ( x − 6 ) =0 ⇔ ( x − 6 )( x − 8 ) =0
2
x − 6 = 0
x = 6 ⇒ y = 8
⇔
⇔
x − 8 = 0
x = 8 ⇒ y = 6
Kết hợp với điều kiện ta được x = 8, y = 6.
Vậy chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó lần lượt là 8 m và 6m.
Ví dụ 2. Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi là 200 m. Sau khi người ta làm một lối đi rộng
2m xung quanh vườn (thuộc đất của vườn) thì phần đất còn lại để trồng cây là một hình chữ
nhật có diện tích là 2016 m2. Tính các kích thước của khu vườn lúc đầu.
Lời giải
Ban đầu
Sau
Chiều rộng
x
x-4
Chiều dài
Diện tích
y
xy
y-4
(x-4)(y-4)
Gọi chiều dài và chiều rộng của khu vườn lần lượt là x, y (m).
Điều kiên: x > 0, y >0, x > y.
* Do khu vườn lúc đầu có chu vi là 200m nên ta có phương trình
(1)
2 ( x + y ) = 200 ⇔ y = 100 – x
Sau khi làm lối đi rộng 2m xung quanh vườn thì chiều rộng là x – 4 (m) và chiều
dài là y – 4 (m) nên diện tích là ( x − 4 )( y − 4 ) =
(2)
2016
Thay (1) vào (2) ta được ( x − 4 )( 96 − x ) =
2016 ⇔ x 2 – 100x + 2400 =
0
⇔ x 2 – 40x – 60x + 2400 =0 ⇔ x ( x − 40 ) – 60 ( x − 40 ) =0
 x − 40 = 0
 x = 40 ⇒ y = 60
⇔ ( x − 40 )( x − 60 ) = 0 ⇔ 
⇔
 x − 60 = 0
 x = 60 ⇒ y = 40
Kết hợp điều kiện ta được x = 40, y = 60.
Vây khu vườn lúc đầu có chiều rộng và chiều dài lần lượt là 40 m và 60 m.
HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỰNG TRONG CHỦ ĐỀ
I. GIẢI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Bài 1. Một xe máy đi từ A đến B trong thời gian dự định. Nếu vận tốc tăng thêm 20 km/h thì
đến B sớm 1 giờ so với dự định, nếu vận tốc giảm đi 10 km/h thì đến B muộn 1 giờ so
với dự định. Tính quãng đường AB.
Bài 2. Một ca nô chạy trên một khúc sông, xuôi dòng 20 km rồi ngược dòng 18km hết 1 giờ 25
phút. Lần khác, ca nô đó đi xuôi dòng 15km rồi ngược dòng 24 km thì hết 1 giờ 30
phút. Tính vận tốc riêng của ca nô và vận tốc của dòng nước, biết các vận tốc đó không
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
64
Website: tailieumontoan.com
đổi.
Bài 3. Để hoàn thành một công việc theo dự định thì cần một số công nhân làm trong một số
ngày nhất định. Nếu tăng thêm 10 công nhân thì công việc hoàn thành sớm được 2
ngày. Nếu bớt đi 10 công nhân thì phải mất thêm 3 ngày nữa mới hoàn thành công
việc. Hỏi theo dự định thì cần bao nhiêu công nhân và làm trong bao nhiêu ngày?
Bài 4. Hai người thợ cùng làm một công việc trong 4 giờ 30 phút thì xong. Nếu người thứ nhất
làm một mình trong 3 giờ và người thứ hai làm một mình trong 2 giờ thì tổng số họ
làm được 50% công việc. Hỏi mỗi người làm công việc đó một mình thì trong bao lâu
sẽ xong?
Bài 5.Hai người thợ cùng làm một công việc thì sau 2 giờ 40 phút sẽ hoàn thành. Nếu người
thứ nhất làm một mình và 3 giờ sau người thứ hai cùng vào làm thì mất 40 phút nữa
mới hoàn thành. Hỏi mỗi người làm công việc đó một mình thì trong mấy giờ sẽ xong?
Bài 6. Hai vòi nước cùng chảy vào một bể cạn thì sau 2 giờ đầy bể. Nếu mở vòi I trong 45 phút
1
rồi khoá lại và mở vòi II trong 30 phút thì cả hai vòi chảyđược bể. Hỏi mỗi vòi chảy
3
riêng đầy bể trong bao lâu?
Bài 7. Hai vòi nước cùng chảy vào một bể cạn thì sau 6 giờ đầy bể. Cùng được 2 giờ thì khoá vòi I
lại và vòi II phải chảy thêm 12 giờ nữa mới đầy bể. Hỏi mỗi vòi chảy riêng đầy bể trong
bao lâu?
Bài 8. Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng tổng các chữ số của nó bằng 14 và nếu đổi chỗ hai
chữ số của nó thì được số nhỏ hơn số ban đầu 18 đơn vị.
Bài 9. Cho một số tự nhiên có hai chữ số. Biêt rằng tổng của chữ số hàng chục và hai lần chữ số
hàng đơn vị là 12. Nếu thêm số 0 vào giữa hai chữ số thì ta đượcmột sô mới có ba chữ sô
lớn hơn sô ban đầu 180 đơn vị. Tìm sô ban đầu.
Bài 10. Cho một số tự nhiên có hai chữ số. Biết tổng hai chữ số của nó bằng 9 Nếu lấy số đó chia
cho số viết theo thứ tự ngược lại thì được thương là 2 và dư 18. Tìm số ban đầu.
Bài 11. Theo kế hoạch, hai tổ sản suất phải làm 700 sản phẩm. Nhưng do tổ I làm vượt mức 15% so
với kế hoạch, tổ II làm vượt mức kế hoạch 20% nên cả hai tổ đã làm được 820 sản phẩm.
Tính số sản phẩm mỗi tổ phải làm theo kế hoạch.
Bài 12. Trong kì thi tuyển sinh vào lớp 10, hai trường A và B có 840 học sinh thi đỗ vào lớp 10
công lập và đạt tỉ lệ thi đỗ là 84%. Riêng trường A tỉ lệ thi đỗ là 80%, riêng trường B tỉ lệ
thi đỗ là 90%. Tính số học sinh dự thi của mỗi trường.
Bài 13. Một khu vườn hình chữ nhật. Nếu tăng mỗi cạnh thêm 4m thì diện tich mảnh vườn tăng
thêm 216m2. Nếu chiều rộng tăng thêm 2m và chiều dàigiảm đi 5m thì diện tích mảnh
vườn sẽ giảm đi 50m2. Tính độ đài các cạnh của khu vườn.
Bài 14. Trong một phòng họp hình chữ nhật, ghế được sắp xếp theo hàng và số ghế trong mỗi
hàng là như nhau. Nếu kê bớt đi 2 hàng và mỗi hàng bớt đi 2 ghế thì tổng số ghế trong
phòng họp đó giảm đi 80 ghế so với ban đầu. Nếu kê thêm 1 hàng và mỗi hàng kê thêm 2
ghế thì tổng số ghế trong phòng họp đó tăng thêm 68 ghế so với ban đầu. Tính số hàng
ghế và số ghế trong phòng họp đó lúc ban đầu.
II. GIẢI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
Bài 1. Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 24 km. Khi từ B trở về A người đó tăng vận tốc
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
65
Website: tailieumontoan.com
lên 4 km/h so với lúc đi, vì vậy thời gian về ít hơn thờigian đi 30 phút. Tính vân tốc của
xe đạp khi đi từ A đến B.
Bài 2. Quãng đường từ A đến B dài 90km. Một người đi xe máy từ A đến B. Khi đến B, người đó
nghỉ 30 phút rồi quay trở về A với vận tốc lớn hơn vận tốc lúc đi là 9 (km/h). Thời gian kể
từ lúc bắt đầu đi từ A đến lúc trở về đến A là 5 giờ. Tính vận tốc xe máy lúc đi từ A đến
B.
Bài 3. Một người dự định đi xe đạp từ A đến B cách nhau 60km trong một thời gian nhất định.
Sau khi đi được 30km người đó đã dừng lại nghỉ 30 phút. Do đó, để đến B đúng thời gian
dự định người đó phải tăng vận tốc thêm 2km/h. Tính vận tốc dự định của người đó.
Bài 4. Một ô tô dự định đi từ A đến B cách nhau 120 km trong một thời gian quy định. Sau khi đi
được 1 giờ thì ô tô bị chặn bởi xe cứu hỏa 10 phút. Do đó để đến B đúng hạn xe phải tăng
vận tốc thêm 6 km/h. Tính vận tốc lúc đầu của ô tô.
Bài 5. Một tàu tuần tra chạy ngược dòng 60km, sau đó chạy xuôi dòng 48km trên cùng một dòng
sông có vận tốc của dòng nước là 2km/h. Tính vận tốc của tàu tuần tra khi nước yên lặng,
biết thời gian xuôi dòng ít hơn thời gian ngược dòng 1 giờ.
Bài 6. Lúc 6 giờ 30 sáng, một ca nô xuôi dòng từ A đến B dài 48km. Khi đến B, ca nô nghỉ 30 phút
sau đó lại ngược dòng từ B về đến A lúc 10 giờ 36 phút cùng ngày. Tìm vận tốc riêng của
ca nô, biết vận tốc dòng nước là 3 km/h.
Bài 7. Một phân xưởng theo kế hoạch cần sản xuất 1100 sản phẩm trong một số ngày quy định. Do
mỗi ngày phân xưởng đó vượt mức 5 sản phẩm nên phân xưởng đó đã hoàn thành kế
hoạch sớm hơn thời gian quy định là 2 ngày. Hỏi theo kế hoạch thì mỗi ngày phân xưởng
đó cần sản xuất bao nhiêu sản phẩm?
Bài 8. Một đội xe dự định dùng một số xe cùng loại để chở 60 tấn hàng. Lúc sắp khởi hành có 3 xe
phải điều đi làm việc khác nên không thể tham gia chở hàng. Vì vậy mỗi xe còn lại phải
chở nhiều hơn dự định 1 tấn hàng. Tính số xe theo dự định của đội đó, biết mỗi xe chở
khối lượng hàng như nhau.
Bài 9. Mỗi tổ sản xuất phải làm 600 sản phẩm trong một thời gian quy định với năng suất như
nhau. Sau khi làm được 400 sản phẩm, tổ đã tăng năng suất thêm mỗi ngày 10 sản phẩm,
do đó đã hoàn thành công việc sớm hơn một ngày. Tính số sản phẩm trong mỗi ngày
theo quy định.
Bài 10. Một người thợ làm 120 sản phẩm trong một thời gian và năng suất dự định. Khi làm được
50 sản phẩm, người thợ đó nhận thấy làm với năng suất như vậy sẽ thấp hơn năng suất
dự định là 2 sản phẩm một ngày. Do đó để hoàn thành đúng thời gian đã định, người thợ
đó tăng năng suất thêm 2 sản phẩm một ngày so với dự định Tính năng suất dự định của
người thợ đó.
Bài 11. Hai người thợ cùng làm chung một công việc trong 6 giờ thì xong. Nếu họ làm riêng thì
người thứ nhất hoàn thành công việc nhanh hơn người thứ hai là 5 giờ. Hỏi nếu làm
riêng thì mỗi người cần bao nhiêu giờ để xong công việc đó?
Bài 12. Hai vòi nước cùng chảy vào một bể cạn thì sau 1 giờ 20 phút đầy bể. Nếu để chảy một
mình thì vòi thứ nhất chảy nhanh hơn vòi thứ hai là 2 giờ. Hãy tính thời gian mỗi vòi
chảy một mình đầy bể.
Bài 13. Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi bằng 28 mét và độ dài đường chéo bằng 10 mét.
Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó theo đơn vị là mét.
Bài 14. Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi là 200m. Sau khi người ta làm một lối đi rộng 2m
xung quanh vườn (thuộc đất của vườn) thì phần đất còn lại để trồng cây là một hình chữ
nhật có diện tích là 2016m2. Tính các kích thước của khu vườn lúc đầu.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
66
Website: tailieumontoan.com
CHỦ ĐỀ 4 – PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI VÀ ĐỊNH LÝ VI-ET
I. ĐỊNH LÍ VIÉT ................................................................................................................................................ 68
DẠNG 1 CÁC NGHIỆM THỎA MÃN MỘT BIỂU THỨC ĐỐI XỨNG ........................................... 68
DẠNG 2: KẾT HỢP ĐỊNH LÝ VIÉT ĐỂ GIẢI CÁC NGHIỆM ........................................................... 70
DẠNG 3: GIẢI CÁC NGHIỆM DỰA VÀO ∆, ∆ ' LÀ BÌNH PHƯƠNG ........................................... 72
DẠNG 4: TÍNH x12 THEO x1 VÀ x22 THEO x2 DỰA VÀO PHƯƠNG TRÌNH ax 2 + bx + c .......... 75
II. HỆ QUẢ CỦA ĐỊNH LÝ VIÉT.................................................................................................................. 77
DẠNG 1: DẠNG TOÁN CÓ THÊM ĐIỀU KIỆN PHỤ ......................................................................... 77
DẠNG 2. SO SÁNH NGHIỆM VỚI SỐ 0 VÀ SỐ 𝜶 .............................................................................. 80
DẠNG 3: ĐẶT ẨN PHỤ .............................................................................................................................. 81
III. SỰ TƯƠNG GIAO CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ PARABOL ............................................................ 83
DẠNG 1: TÌM THAM SỐ ĐỂ ĐƯỜNG THẲNG TIẾP XÚC PARABOL, TÌM TỌA ĐỘ TIẾP
ĐIỂM................................................................................................................................................................ 83
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 ............................... 84
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................. 87
DẠNG 4: TÌM THAM SỐ ĐỂ ĐƯỜNG THẲNG CẮT PARAPOL TẠI HAI ĐIỂM PHÂN
BIỆT A, B LIÊN QUAN ĐẾN TUNG ĐỘ A, B. ....................................................................................... 92
DẠNG 5: BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐỘ DÀI, DIỆN TÍCH......................................................... 94
HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỤNG TRONG CHỦ ĐỀ ................................................................................ 98
I. ĐỊNH LÍ VIÉT ............................................................................................................................................ 98
II. HỆ QUẢ CỦA ĐỊNH LÍ VIET ............................................................................................................... 99
III. SỰ TƯƠNG GIAO CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ PARABOL ........................................................ 99
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
67
Website: tailieumontoan.com
I. ĐỊNH LÍ VIÉT
DẠNG 1 CÁC NGHIỆM THỎA MÃN MỘT BIỂU THỨC ĐỐI XỨNG
Bài toán thường gặp Tìm m để phương trình ax 2 + bx + c= 0 ( a ≠ 0 ) có hai nghiệm (phân biệt)
x1 , x 2 thỏa mãn một biểu thức đối xứng đối với x1 , x 2
Bước 1. Tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm (phân biệt) x1 , x 2
( ∆ ≥ 0)
• ax 2 + bx + c=
0 ( a ≠ 0 ) có hai nghiệm x1 , x 2 ⇔ ∆ ≥ 0
• ax 2 + bx + c=
0 ( a ≠ 0 ) có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 ⇔ ∆ > 0
'
( ∆ > 0)
'
Bước 2. Biến đổi biểu thức đối xứng đối với x1 , x 2 về tổng x1 + x 2 và tích x1.x 2
b
c
Bước 3. Sử dụng định lý Viet, ta có x1 + x 2 =
− , x1x 2 = và thay vào biểu thức chứa tổng
a
a
x1 + x 2 và tích x1x 2 ở trên. Giải ra m , đối chiếu điều kiện ở bước 1.
Một số phép biến đổi thường gặp
• x12 + x 2 2 = x12 + x 2 2 + 2x1x 2 – 2x1x 2 = ( x1 + x 2 ) – 2x1x 2
2
• x13 + x 23 =
( x1 + x 2 ) ( x12 + x 2 2 – x1x 2 ) = ( x1 + x 2 ) ( x1 + x 2 ) – 3x1x 2 
2
Hoặc x13 + x 23 =
( x1 + x 2 ) – 3x1x 2 ( x1 + x 2 ) .
2
( x ) + ( x ) + 2x x – 2x x = ( x + x ) – 2x x .
• x + x thì tính x + x và x + x rồi xét tích ( x + x )( x + x ) .
• x + x = ( x ) + ( x ) = ( x + x )( x + x – x x )
Hoặc x + x = ( x ) + ( x ) = ( x + x ) – 2x x .
• x + x thì tính x + x và x + x rồi xét tích ( x + x )( x + x ) .
• x14 + x 2 4 =
5
1
6
1
2
1
2
2
2
1
5
6
2
1
2
2
1
2
2
6
1
7
1
2
2
3
2
2
6
3
1
2
7
3
1
2
2
3
2
3
2
2
1
2
4
1
3
1
2
2
2
2
2
1
3
4
2
1
2
2
3
1
4
2
2
2
3
1
2
3
2
2
2
3
2
3
1
2
2
1
2
3
2
4
1
2
1
2
2
2
2
2
1
3
1
2
3
2
3
2
4
1
4
2
( x1 – x=
( x1 + x 2 ) – 4x1x 2 .
2)
• x1 – x 2 thì xét x1 – x=
2
2
2
2
• x1 + x 2 thì xét ( x1 + | x 2 |) = x1 + x 2 + 2 x1 . x 2
2
2
2
= x12 + x12 + 2 x1x 2 = ( x1 + x 2 ) – 2x1x 2 + 2 x1x 2 .
2
( A ± B ) , A . B = A.B .
0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm
Ví dụ 1. Cho phương trình x 2 − 2 ( m + 3) x + m 2 + 3 =
9.
phân biệt x1 , x2 thỏa mãn ( 2 x1 − 1)( 2 x2 − 1) =
Chú ý : A = A 2 , A ± B =
2
2
2
Lời giải
Có ∆′ =  − ( m + 3)  − 1. ( m + 3) = ( m + 3) − m − 3 = 6m + 6
2
2
2
2
Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khi ∆′ > 0 ⇔ 6m + 6 > 0 ⇔ m > −1
∆′ > 0 ⇔ 6m + 6 > 0 ⇔ m > −1
Có ( 2 x1 − 1)( 2 x2 − 1) =
9 ⇔ 4 x1 x2 − 2 ( x1 + x2 ) + 1 =
9 (*).
b
c
−= 2 ( m + 3) , x1 x2 = = m 2 + 3
Theo định lý Viét, ta có x1 + x2 =
a
a
2
2
Thay vào (*) ta được 4 ( m + 3) − 4 ( m + 3) + 1 = 9 ⇔ ( 2m − 1) = 9
⇔ 2m − 1 =±3 ⇔ m =−1 (loại), m = 2 (thỏa mãn).
Vậy m = 2 là giá trị cần tìm.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
68
Website: tailieumontoan.com
Ví dụ 2. Cho phương trình x 2 − 2 ( m − 3) x + 2 ( m − 1) =
0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm
phân biệt x1 , x2 sao cho biểu thức T= x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải
Có ∆′ =  − ( m − 3)  − 1.  −2 ( m − 1)  =
2
( m − 3) + 2m − 2 = m2 − 4m + 7 = ( m − 2 ) + 3 > 0 ∀m
2
2
Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2
Có T= x12 + x22 =( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 .
2
b
c
−= 2 ( m − 3) , x1 x2 = =
Theo định lý Viét, ta có x1 + x2 =
−2 ( m − 1)
a
a
Thay vào T ta được
T=
 −2 ( m − 3)  − 2  −2 ( m − 1)  = 4m 2 − 20m + 32 =
2
⇒ MinT =
7 khi m =
( 2m − 5 ) + 7 ≥ 7
2
5
.
2
5
là giá trị cần tìm.
2
Ví dụ 3. Cho phương trình x 2 − 2 ( m + 1) x + 4m − m 2 =
0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm
Vậy m =
phân biệt x1 , x2 sao cho biểu thức A
= x1 − x2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải
Có ∆′ =
2m 2 − 2m + 1 > 0 ∀m
 − ( m + 1)  − 1. ( 4m − m 2 ) =
( m + 1) − 4m + m2 =
2
2
Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2
Có A2 =x1 − x2 =( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 .
2
2
c
b
−= 2 ( m + 1) , x1 x2 = = 4m − m 2
Theo định lý Viét, ta có x1 + x2 =
a
a
2
2
Thay vào A= x1 − x2 ta được
2
A=
x1 − x2
=( x1 + x2 ) − 4 x1 x2
2
2
2
A = 4 ( m + 1) − 4 ( 4m − m =
) 8m − 8m + 4= 8  m − 12  + 2 ≥ 2
1
⇒ A ≥ 2 ⇒ Min A =2 khi m =
2
1
Vậy m = là giá trị cần tìm.
2
0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2
Ví dụ 4. Cho phương trình x 2 + mx − 3 =
2
2
2
2
thỏa mãn x1 + x2 =
4 .
Lời giải
Có ac =−3 < 0 ∀m do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2
b
c
− = −m , x1 x2 = = −3
Theo định lý Viét, ta có x1 + x2 =
a
a
Xét ( x1 + x2 ) = x12 + x22 + 2 x1 x2 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 + 2 x1 x2
2
2
= m 2 − 2. ( −3) + 2 −3 = m 2 + 12
Do đó x1 + x2 =⇔
4
m 2 + 12 =
16 ⇒ m =
±2
Vậy m = ±2 là giá trị cần tìm.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
69
Website: tailieumontoan.com
Ví dụ 5. Cho phương trình x 2 + mx + 2m − 4 =
0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2
thỏa mãn x1 + x2 =
3.
Lời giải
Có ∆ = ( −m ) − 4. ( 2m − 4 ) = m − 8m + 16 = ( m − 4 )
2
2
2
Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khi ∆′ > 0 ⇔ m ≠ 4
b
c
Theo định lý Viét, ta có x1 + x2 =
− = m , x1 x2 = = 2m − 4
a
a
Xét ( x1 + x2 ) = x12 + x22 + 2 x1 x2 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 + 2 x1 x2
2
2
= m 2 − 2. ( 2m − 4 ) + 2 2m − 4 = m 2 − 4m + 8 + 4. m − 2 = ( m − 2 ) + 4 m − 2 + 4
2
Nên x1 + x2 = 3 ⇒ ( m − 2 ) + 4 m − 2 + 4 = 9
2
( m − 2 ) + 4 m − 2 − 5 = 0 ⇒ m − 2 =1 ⇒ m =1, m = 3 (thảo mãn).
2
m 1,=
m 3 là giá trị cần tìm.
Vậy =
DẠNG 2: KẾT HỢP ĐỊNH LÝ VIÉT ĐỂ GIẢI CÁC NGHIỆM
Bước 1: Tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm (phân biệt) x1 , x2 .
. ax 2 + bx + c= 0 ( a ≠ 0 ) có hai nghiệm x1 , x2 ⇔ ∆ ≥ 0 ( ∆′ ≥ 0 )
. ax 2 + bx + c= 0 ( a ≠ 0 ) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ⇔ ∆ > 0 ( ∆′ > 0 )
c
b
Bước 2: Sử dụng định lý Vi ét, ta có x1 + x2 =
− , x1 x2 = (*)
a
a
b
Bước 3: Giải hệ x1 + x2 =
− và biểu thức đã cho để tìm x1 , x2 theo m .
a
c
Bước 4:Thay x1 , x2 vừa tìm được vào x1 x2 = để giải m .
a
2
2
Ví dụ 1. Cho phương trình x − 4 x − m − 1 =0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt
x1 , x2 phân biệt thỏa mãn x2 = −5 x1 .
Có ∆′ = ( −2 ) − 1. ( −m − 1) = m + 5 > 0 ∀m.
2
2
Lời giải
2
Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2
b
c
− = 4 , x1 x2 = =
Theo định lý Viét, ta có x1 + x2 =
−m2 − 1
a
a
 x = −5 x1
Giải hệ  2
⇒ −5 x1 + x1 = 4 ⇒ x1 = −1 ⇒ x2 = 5.
4
 x1 + x2 =
Thay x1 = −1 , x2 = 5 vào x1 x2 =
c
=
−m 2 − 1 , ta được m 2 =⇔
4 m=
±2
a
Vậy m = ±2 là giá trị cần tìm.
Ví dụ 2. Cho phương trình x 2 − 2 ( k − 1) x − 4k =
0 . Tìm k để phương trình có hai nghiệm phân
2 .
biệt x1 , x2 phân biệt thỏa mãn 3 x1 − x2 =
Lời giải
Có ∆′=  − ( k − 1)  − 1. ( −4k )= ( k − 1) + 4k= ( k + 1)
Do đó phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khi k ≠ −1
2
2
2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
70
Website: tailieumontoan.com
b
c
− = 2k − 2 , x1 x2 = = −4k
Theo định lý Viét, ta có x1 + x2 =
a
a
2
3 x − x =
k
3k − 4
Giải hệ  1 2
⇒ 4 x1 = 2k ⇒ x1 = ⇒ x2 =
.
2
2
 x1 + x2 = 2k − 2
k
3k − 4
c
Thay x1 = ⇒ x2 =
. vào x1 x2 = = −4k , ta được
a
2
2
k 3k − 4
⋅
=
−4k ⇔ 3k 2 + 12k =
0⇔k =
0, k =
−4 (thỏa mãn).
2
2
Vậy k = 0, k = −4 là giá trị cần tìm.
Ví dụ 3. Cho phương trình x 2 − 6 x + m + 3 =
0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt
2
x1 , x2 phân biệt thỏa mãn x2 = x1 .
Lời giải
Có ∆′ = ( −3) − 1. ( m + 3) = 6 − m.
2
Do đó phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khi ∆′ > 0 ⇔ 6 − m > 0 ⇔ m < 6
b
c
− = 6 , x1 x2 = = m + 3
Theo định lý Viét, ta có x1 + x2 =
a
a
2
 x = x1
Giải hệ  2
⇒ x12 + x1 − 6 =⇒
0 x1 =
−3 ⇒ x1 =
2.
x
+
x
=
6
 1 2
•
Với x1 =−3 ⇒ x2 =9 thay vào x1 x2 =m + 3 ⇒ m =−30 (thỏa mãn)
•
Với x1 =2 ⇒ x2 =4 thay vào x1 x2 = m + 3 ⇒ m = 5 (thỏa mãn)
Vậy m = −30; m = 5 là giá trị cần tìm.
Ví dụ 4. Cho phương trình x 2 − 3 x − m 2 + 1 =
0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 phân
biệt thỏa mãn x1 + 2 x2 =
3
Có ∆ = ( −3) − 4 ( −m + 1) = 4m + 5 > 0
2
2
2
Lời giải
∀m
Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt.
3, x1 x2 =
−m2 + 1
Theo định lý Viét, ta có: x1 + x2 =
Trường hợp 1: Xét x1 ≥ 0, x2 ≥ 0 thì x1 + 2 x2 =3 ⇔ x1 + 2 x2 =3
3 được=
x2 0,=
x1 3 (thỏa mãn x1 ≥ 0, x2 ≥ 0 )
Kết hợp x1 + x2 =
−m 2 + 1 được 0 =−m 2 + 1 ⇔ m =±1
Thay vào x1 x2 =
Trường hợp 2: Xét x1 ≤ 0, x2 ≤ 0 thì x1 + 2 x2 = 3 ⇔ − x1 − 2 x2 = −3
3 được x2 =
−6, x1 =
9 (không thỏa mãn x1 ≤ 0, x2 ≤ 0 )
Kết hợp x1 + x2 =
Trường hợp 3: Xét x1 > 0, x2 < 0 thì x1 + 2 x2 =3 ⇔ x1 − 2 x2 =3
3 được=
x2 0,=
x1 3 (không thỏa mãn x1 > 0, x2 < 0 )
Kết hợp x1 + x2 =
Trường hợp 4: Xét x1 < 0, x2 > 0 thì x1 + 2 x2 = 3 ⇔ − x1 + 2 x2 = 3
3 được=
x2 2,=
x1 1 (không thỏa mãn x1 < 0, x2 > 0 )
Kết hợp x1 + x2 =
Vậy m = ±1 là giá trị cần tìm.
Ví dụ 5. Cho phương trình x 2 − ( m − 3) x − 5 =
0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 là các
số nguyên.
Lời giải
Có ∆ =  − ( m − 3)  − 4. ( −5 ) = ( m − 3) + 20 > 0
2
2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
∀m
71
Website: tailieumontoan.com
Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt.
Cách 1: (Theo định lý Viét)
b
c
− =
m − 3, x1 x2 = =
−5
Theo định lý Viét, ta có: x1 + x2 =
a
a
1
5
−1  x1 =
−5  x1 =
 x1 =
 x1 =
Từ x1 x2 =
; 
; 
; 
−5, x1 , x2 ∈  ⇒ 
5  x2 =
1  x2 =
−5  x2 =
−1
 x2 =
Thay vào x1 x2 =m − 3 ⇒ m =7; m =−1
Vậy m = 7; m = −1 là giá trị cần tìm.
Cách 2: (Sử dụng ∆ phải là số chính phương)
Từ x1 + x2 = m − 3 ∈ 
( m − 3) + 20 phải là số chính phương
2
⇒ ( m − 3) + 20 =n 2 , n ∈ * ⇒ ( m − 3 − n )( m − 3 + n ) =−20
Mà m − 3 − n < m − 3 + n
và
tổng
( m − 3 − n ) + ( m − 3 + n )= 2m − 6 chẵn
( m − 3 − n )( m − 3 + n ) =−20 chẵn nên m − 3 − n; m − 3 + n phải cùng chẵn, do đó:
Do đó để x1 , x2 ∈  thì trước hết ∆=
2
và
tích
m − 3 − n =−2
m =7
thử lại thỏa mãn
* 
⇔
3 − n 10 =
=
m −
n 6
m − 3 − n =−10
m =−1
* 
thử lại thỏa mãn
⇔
−3− n 2 =
m=
n 6
Vậy m = 7, m = −1 là giá trị cần tìm.
Ví dụ 6. Cho phương trình x 2 − 20 x + m + 5 =
0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 là các
số nguyên tố.
Lời giải
Có ∆ ' = ( −10 ) − 1( m + 5 ) = 95 − m
2
Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khi ∆ ' > 0 ⇔ 95 − m > 0 ⇔ m < 95 .
b
c
− =
20, x1 x2 = =
m+5
Theo định lý Viét, ta có: x1 + x2 =
a
a
20 và x1 , x2 là các số nguyên tố, suy ra:
Từ x1 + x2 =
=
=
 x1 3=
 x1 17
 x1 7=
 x1 13
; 
; 
; 

=
=
 x2 17=
 x2 3=
 x2 13
 x2 7
Thay vào x1 x2 = m + 5 ⇒ m = 46, m = 86 (thỏa mãn)
Vậy
=
m 46,
=
m 86 là giá trị cần tìm.
DẠNG 3: GIẢI CÁC NGHIỆM DỰA VÀO ∆, ∆ ' LÀ BÌNH PHƯƠNG
Khi tính ∆ hoặc ∆ ' mà ra bình phương của một biểu thức thì ta giải theo cách tìm cả hai nghiệm
x1 , x2 đó ra.
Giải theo cách này cần chú ý phải xét hai trường hợp
−b + ∆
−b − ∆
=
; x2
2a
2a
−b − ∆
−b + ∆
; x2
=
Trường hợp
2: Xét x1 =
2a
2a
2
Ví dụ 1. Cho phương trình x − 2 ( m + 1) x + 4m =
0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân
=
Trường hợp
1: Xét x1
biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 = −3 x2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
72
Website: tailieumontoan.com
Lời giải
Có ∆ ='  − ( m + 1)  − 1.4m=
( m + 1) − 4m= m2 − 2m + 1= ( m − 1)
2
Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khi ∆ ' > 0 ⇔ ( m − 1) > 0 ⇔ m ≠ 1
2
Vì ∆ =' ( m − 1) nên hai nghiệm của phương trình là
x = ( m + 1) ± ( m − 1) ⇔ x = 2, x = 2m
2
2
2
x1 2,=
x2 2m thay vào x1 = −3x2 ta được
Trường hợp 1: Xét=
1
2=
−3.2m ⇔ m =
− (thỏa mãn)
3
=
x1 2=
m, x2 2 thay vào x1 = −3x2 ta được
Trường hợp 2: Xét
2m =
−3.2 ⇔ m =
−3 (thỏa mãn)
1
−3, m =
− là giá trị cần tìm.
Vậy m =
3
Chú ý: Bài này ta có thể giải theo cách kết hợp định lý Viét để giải x1 , x2 như trong dạng 2.
0 . Tìm a để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 phân
Ví dụ 2. Cho phương trình x 2 + 4 x + 4a − a 2 =
x22 − 6 .
biệt thỏa mãn x=
1
Có ∆ '= 2 − ( 4a − a )= a − 4a + 4=
2
2
2
Lời giải
( a − 2)
2
Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khi ∆ ' > 0 ⇔ ( a − 1) > 0 ⇔ a ≠ 2
2
( a − 2 ) nên hai nghiệm của phương trình là
x =−2 ± ( a − 2 ) ⇔ x =a − 4, x =−a
Vì ∆ '=
2
x22 − 6 ta được
a − 4, x2 =
−a thay vào x=
Trường hợp 1: Xét x1 =
1
a − 4 =( −a ) − 6 ⇔ 0 =a 2 − a − 2 ⇔ a 2 + a − 2a − 2 =0
2
⇔ ( a − 2 )( a + 1) = 0 ⇔ a = 2 (loại), a = −1 (thỏa mãn)
x22 − 6 ta được
−a, x2 =
a − 4 thay vào x=
Trường hợp 2: Xét x1 =
1
−a = ( a − 4 ) − 6 ⇔ 0 = a 2 − 7 a + 10 ⇔ a 2 − 2a − 5a + 10 = 0
2
⇔ ( a − 2 )( a − 5 ) = 0 ⇔ a = 2 (loại), a = 5 (thỏa mãn)
−1, a =
5 là giá trị cần tìm.
Vậy a =
Chú ý: Bài này ta có thể giải theo cách kết hợp định lý Viét để giải x1 , x2 như trong dạng 2.
Ví dụ 3. Cho phương trình x 2 − (2m + 5) x − 2m − 6 =
0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2
phân biệt thỏa mãn x1 + x2 =
7.
Lời giải
Có ∆ =  − ( 2m + 5 )  − 4.1.(−2m − 6) =
2
( 2m + 5) + 8m + 24 = ( 2m + 7 )
2
2
Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khi ∆ > 0 ⇔ ( 2m + 7 ) > 0 ⇔ m ≠ −
2
2m + 5 ± ( 2m + 7 )
⇔x=
2m + 6, x =
−1 .
Phương trình có hai nghiệm là x =
2
7 ta được
2m + 6, x2 =
−1 thay vào x1 + x2 =
Trường hợp 1: Xét x1 =
7
2
2m + 6 + −1 = 7 ⇔ 2m + 6 = 6 ⇔ 2m + 6 = ±6
⇔m =
0, m =
−6 (thỏa mãn).
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
73
Website: tailieumontoan.com
7 ta được
−1, x2 =
2m + 6 thay vào x1 + x2 =
Trường hợp 2: Xét x1 =
−1 + 2m + 6 =7 ⇔ m =0, m =−6 (thỏa mãn).
Chú ý
7 ta thấy x1 , x2 có vai trò như nhau nên không mất tính tổng
• Ta có thể lập luận: “ Từ x1 + x2 =
−1, x2 =
2m + 6 ”
quát, ta giả sử x1 =
• Ta có thể giải bài này theo cách xét ( x1 + x2 ) =( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 + 2 x1 x2 rồi sử dụng định lý
2
2
Viét.
Ví dụ 4. Cho phương trình x 2 − 2mx + m 2 − 4 =
0 . Tìm m để cho phương trình có hai nghiệm phân
1 3
biệt x1, x2 thỏa mãn
+ =
1.
x1 x2
Lời giải
Có ∆ ' =(− m) − (m − 4) =m − m + 4 =4 > 0 ∀m .
Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x= m ± 2 .
Điều kiện: x1 ≠ 0, x2 = 0 ⇔ m ± 2 ≠ 0 ⇔ m ≠ ±2 .
1 3
1 ta được
m 2, x2 =−
m 2 thay vào + =
Trường hợp 1: Xét x1 =+
x1 x2
1
3
m − 2 + 3(m + 2)
4m + 4
+
=
1⇔
=
1⇔ 2
=
1
m+2 m−2
(m + 2)(m − 2)
m −4
⇔ 4m + 4 =m 2 − 4 ⇔ m 2 − 4m − 8 =0 ⇔ m 2 − 4m + 4 − 12 =0
⇔ (m − 2) 2 =
12 ⇔ m − 2 =± 12 ⇔ m =2 ± 2 3 (thỏa mãn).
1 3
1 ta được
m 2, x2 =+
m 2 thay vào + =
Trường hợp 2: Xét x1 =−
x1 x2
1
3
m + 2 + 3(m − 2)
4m − 4
+
=
1⇔
=
1⇔ 2
=
1
m−2 m+2
m −4
( m + 2 )( m − 2 )
2
2
2
2
⇔ 4m − 4 = m 2 − 4 ⇔ m 2 − 4m = 0 ⇔ m = 0, m = 4 (thỏa mãn).
{
}
Vậy m ∈ 0; 4; 2 ± 2 3 là giá trị cần tìm.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
74
Website: tailieumontoan.com
DẠNG 4: TÍNH x12 THEO x1 VÀ x22 THEO x2 DỰA VÀO PHƯƠNG TRÌNH ax 2 + bx + c
Bước 1: Tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm (phân biệt) x1, x2 .
+ ax 2 + bx1 + c =
0 (a ≠ 0) có hai nghiệm x1 , x2 ⇔ ∆ ≥ 0 (∆ ' ≥ 0) .
+ ax 2 + bx + c= 0 (a ≠ 0) có hai nghiêm phân biệt x1 , x2 ⇔ ∆ > 0 (∆ ' > 0) .
0 nên
Bước 2: Sử dụng x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình ax 2 + bx + c =
ax12 + bx1 + c =0
ax12 =−bx1 − c
⇔
.
 2
2
ax2 + bx2 + c =0
ax2 =−bx2 − c
Ví dụ 1. Cho phương trình x 2 − mx − 8 =
0 . Chứng minh với mọi m, phương trình luôn có hai
=
nghiệm phân biệt x1, x2 và giá trị của biểu
thức H
2 x12 + 5 x1 − 16 2 x22 + 5 x2 − 16
=
không phụ thuộc
3 x1
3 x2
vào m.
Lời giải
Có ∆ = (−m) − 4.1.(−8) = m + 32 > 0 ∀m .
Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm x1, x2 phân biệt với mọi m.
2
2
c
Theo định lý Viét, ta có x1 x2 = =−8 < 0 ⇒ x1 ≠ 0, x2 ≠ 0 .
a
Do x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 − mx − 8 =
0 nên
 x12 − mx1 − 8= 0
 x12= mx1 + 8
⇔
 2
 2
 x2 − mx2 − 8= 0
 x2= mx2 + 8
Thay vào H, ta được
2 ( mx1 + 8 ) + 5 x1 − 16 2 ( mx2 + 8 ) + 5 x2 − 16
H
−
3 x1
3 x2
2 ( mx1 + 8 ) + 5 x1 − 16 2(mx2 + 8) + 5 x2 − 16
=
−
3 x1
3 x2
2mx1 + 5 x1 2mx2 + 5 x2 2m + 5 2m + 5
=
−
=
−
=0
3 x1
3 x2
3
3
Không phụ thuộc vào m (đpcm).
Ví dụ 2. Cho phương trình x 2 − 2 x + m − 1 =0 . Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân
x
x
1
biệt x1 , x2 thỏa mãn 2 1
.
+ 2 2
=
x2 + 2 x1 + 1 x1 + 2 x1 + 1 4
Lời giải
Có ∆ ' = (−1) − 1.(m − 1) = 2 − m .
Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khi ∆ ' > 0 ⇔ 2 − m > 0 ⇔ m < 2 .
2
Do x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 − 2 x + m − 1 =0 nên
 x12 − 2 x1 + m − 1= 0
 x12= 2 x1 − m + 1
⇔
 2
2
x
−
2
x
+
m
−
1
=
0
 2
 x2= 2 x2 − m + 1
2
x
x
1
Thay vào 2 1
, ta được
+ 2 2
=
x2 + 2 x1 + 1 x1 + 2 x2 + 1 4
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
75
Website: tailieumontoan.com
x1
x2
x1 + x2
1
1
+
=
⇔
=
.
2 x2 + 2 x1 − m + 2 2 x1 + 2 x2 − m + 2 4
2( x1 + x2 ) − m + 2 4
b
− =
2 nên ta được
Theo định lý Viet, ta có x1 + x2 =
a
2
1
2
1
= ⇔
= ⇔ 6 − m = 8 ⇔ m = −2 (thỏa mãn).
2.2 − m + 2 4
6−m 4
Vậy m = −2 là giá trị cần tìm.
Ví dụ 3. Cho phương trình x 2 + 2mx − 2m − 1 =0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt
2 x1 x2 + 1
x1 , x2 sao cho P = 2
đạt giá trị nhỏ nhất.
x1 − 2mx2 + 1 − 2m
Lời giải
Có ∆=' m − 1.(−2m − 1)= m + 2m + 1= (m + 1) .
2
2
2
Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi ∆ ' > 0 ⇔ (m + 1) 2 > 0 ⇔ m ≠ −1
Do x1 là nghiệm của phương trình x 2 + 2mx − 2m − 1 =0 nên
x12 + 2mx1 − 2m − 1 =0 ⇒ x12 =−2mx1 + 2m + 1 .
2 x1 x2 + 1
2 x1 x2 + 1
=
Thay vào P, ta được P =
−2mx1 + 2m + 1 − 2mx2 + 1 − 2m −2m ( x1 + x2 ) + 2
b
c
Theo định lý Viet, ta có x1 + x2 =
− =
−2m, x1.x2 = =
−2m − 1 nên ta được
a
a
2.(−2m − 1) + 1 −4m − 1
P =
−2m.(−2m) + 2 4m 2 + 2
⇒ P(4m 2 + 2) =−4m − 1 ⇔ 4 P.m 2 + 4m + 2 P + 1 =0
1
* P =⇒
0 m=
− .
4
* P ≠ 0 ⇒ ∆ M ' = 4 − 4 P(2 P + 1) ≥ 0 ⇒ 2 P 2 + P − 1 ≤ 0 ⇒ −1 ≤ P ≤
Vậy MinP = −1 khi −4m 2 + 4 M − 1 = 0 ⇒ M =
1
.
2
1
(thỏa mãn).
2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
76
Website: tailieumontoan.com
II. HỆ QUẢ CỦA ĐỊNH LÝ VIÉT
Cho phương trình ax 2 + bx + =
c 0 (a ≠ 0) có hai nghiệm x1 , x2 .
a
c
− , x1.x2 =.
Định lý Viet: x1 + x2 =
b
a
Hệ quả 1. Nếu x = 1 là nghiệm của phương trình thì
a.12 + b.1 + c =
0 hay a + b + c =
0.
0 thì x = 1 là một nghiệm, nghiệm còn lại là x =
Ngược lại, nếu a + b + c =
Hệ quả 2. Nếu x = −1 là một nghiệm của phương trình thì
c
a
0.
a.(−1) 2 + b.(−1) + c =
0 hay a − b + c =
c
Ngược lại, nếu a − b + c =
0 thì x = −1 là một nghiệm,nghiệm còn lại là x = − .
a
Hệ quả 3. Nếu a và c trái dấu thì phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt, đồng thời hai
nghiệm luôn trái dấu nhau.
Hệ quả 4. Điều kiện để x1 > 0, x2 > 0 (cả hai nghiệm đều dương) là
 x1 + x2 > 0

 x1 x2 > 0
Hệ quả 5. Điều kiện để x1 < 0, x2 < 0 (cả hainghiệm đều âm) là
 x1 + x2 < 0

 x1 x2 > 0
Hệ quả 6. Điều kiện để x1 < 0 < x2 (cả hai nghiệm trái dấu ) là x1.x2 < 0 hay a và c trái dấu.
DẠNG 1: DẠNG TOÁN CÓ THÊM ĐIỀU KIỆN PHỤ
Nếu bình phương hai vế ta cần thêm điều kiện phụ là hai vế lớn hơn hoặc bằng 0 .
x + x ≥ 0
Nếu có x1 , x2 ta cần thêm diều kiện phụ là x1 ≥ 0; x2 ≥ 0 ⇔  1 2
 x1 x2 ≥ 0
x + x > 0
Nếu x1 , x2 là độ dài hai cạnh đa giác ta cần thêm diều kiện phụ là: x1 > 0, x2 > 0 ⇔  1 2
 x1 x2 > 0
Ví dụ 1. Cho phương trình x 2 − 2mx + m − 1 =
0 . Tìm m đề phương trình có hai nghiệm phân biệt
x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 =
2.
Lời giải.
2
1 3
2

∀m .
Có ∆′ = ( −m ) − 1.( m − 1) = m 2 − m + 1 =  m −  + > 0
2 4

Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm x1 , x2 phân biệt với mọi m .
−b
c
= 2m, x1 x2 = = m − 1 .
Theo định lý Viét, ta có x1 + x2 =
a
a
x
 +x ≥0
 2m ≥ 0
Để tồn tại x1 ; x2 ta cần có x1 ≥ 0; x2 ≥ 0 ⇔  1 2
⇔
⇔ m ≥1
m − 1 ≥ 0
 x1 x2 ≥ 0
Có
x1 + x2 = 2 ⇔ ( x1 + x2 ) + 2 x1 x2 = 4 ⇔ m − 1 = 2 − m .
Điều kiện để có bình phương hai vế của
Khi đó
m − 1 = 2 − m là 1 ≤ m ≤ 2 .
m − 1 = 2 − m ⇔ m − 1 = ( 2 − m ) ⇔ m 2 − 5m + 5 = 0 ⇔ m =
2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
5± 5
2
77
Website: tailieumontoan.com
5− 5
5− 5
. Vậy m =
là giá trị cần tìm.
2
2
Chú ý: bài này ta càn lưu ý điều kiện 1 ≤ m ≤ 2 trong quá trình giải.
Ví dụ 2. Cho phương trình x 2 − ( 2m + 5 ) x + 2m + 1 =
0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân
Kết hợp các điều kiện ta được m =
biệt x1 , x2 mà biểu thức =
M
x1 − x2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải
Có ∆ =  − ( 2m + 5 )  − 4.( 2m + 1) = ( 2m + 5 ) − 8m − 4
2
2
= 4m 2 + 12m + 21
= (2m + 3) 2 + 12 > 0∀m
Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm x1 , x2 phân biệt với mọi m .
b
c
Theo định lý Viét, ta có x1 + x2 = − = 2m + 5, x1 x2 =
= 2m + 1
a
a
x + x ≥ 0
 2m + 5 ≥ 0
1
Để tồn tại x1 ; x2 ta cần có x1 ≥ 0; x2 ≥ 0 ⇔  1 2
⇔
⇔m≥−
2
 2m + 1 ≥ 0
 x1 x2 ≥ 0
Xét M 2 =
x1 − x2
2
=
( x − x ) =x + x −2 xx
2
1
2
1
2
1 2
Thay x1 + x2 = 2m + 5, x1 x2 = 2m + 1 vào M 2 ta được
(
)
M2 =
2m + 5 − 2 2m + 1 =
2m + 1 − 2 2m + 1 + 1 + 3
=
( 2m + 1 − 1) + 3 ≥ 3 ⇒ M ≥ 3 . Vậy min M = 3 khi 2m + 1 = 1 ⇔ m = 0 (thỏa mãn).
2
Ví dụ 3. Cho phương trình x 2 − 5 x + m − 1 =
0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt
x1 , x2 sao cho 2x1 = x2 .
Lời giải.
Có ∆ = ( −5 ) − 4.1.( m − 1) = 29 − 4m .
2
Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi ∆ > 0 ⇔ 29 − 4m > 0 ⇔ m <
−
Theo định lý Viét ta có x1 + x2 =
29
.
4
b
c
=
5, x1 x2 = =
m −1
a
a
x + x ≥ 0
5 ≥ 0
Điệu kiện để bình phương hai vế của 2x1 = x2 là x1 ≥ 0, x2 ≥ 0 ⇔  1 2
⇔
⇔ m ≥1
m − 1 ≥ 0
 x1 x2 ≥ 0
5 ta được
Khi đó 2 x1 =
x2 ⇔ x2 = 4 x12 thay vào x1 + x2 =
5
(loại).
4
Với x1 =1 ⇒ x2 =4 thay vào x1 x2= m − 1 ta được 1.4 = m − 1 ⇔ m = 5 (thỏa mãn).
4 x12 + x1 − 5 = 0 ⇔ x1 = 1 (thỏa mãn), x1 = −
Vậy m = 5 là gái trị cần tìm.
Chú ý: Bài này ta cần lưu ý điều kiện x1 ≥ 0, x2 ≥ 0 trong quá trình giải.
Ví dụ 4. Cho phương trình x 2 − ( m + 5 ) x + 3m + 6 =
0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân
biệt x1 , x2 là độ dài của hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 5 .
Lời giải
Có ∆=  − ( m + 5 )  − 4.1.( 3m + 6=
)
( m + 5) − 12m − 24= ( m − 1)
2
Phương trình có hai nghiệm x1 , x2 phân biệt khi ∆ > 0 ⇔ ( m − 1) > 0 ⇔ m ≠ 1 .
2
2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
2
78
Website: tailieumontoan.com
b
c
=
m + 5, x1 x2 = =
3m + 6 .
a
a
Do x1 , x2 là độ dài hai cạnh của một tam giác nên x1 > 0, x2 > 0
−
Theo định ký Viét, ta có x1 + x2 =
 x + x2 > 0 m + 5 > 0
⇔ 1
⇔
⇔ m > −2
3m + 6 > 0
 x1 x2 > 0
Do độ dài cạnh huyền bằng 5 nên x12 + x22 = 25 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 25
2
25 ta được
Thay x1 + x2 = m + 5, x1 x2 = 3m + 6 vào ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 =
2
( m + 5) − 2 ( 3m + 6 ) =25 ⇔ m2 + 4m − 12 =0 ⇔ m2 + 4m + 4 − 16 =0
2
⇔ ( m + 2 ) =16 ⇔ m + 2 =±4 ⇔ m =−6 (loại), m = 2 (thỏa mãn).
2
Vậy m = 2 là giá trị cần tìm.
Chú ý: Bài này ta cần lưu ý đến điều kiện m > −2 trong quá trình giải.
Ví dụ 5. Cho phương trình x 2 − ( m − 2 ) x + m − 3 =
0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân
biệt x1 , x2 là độ dài hai cạnh của một tam giác vuông cân.
Lời giải
Có ∆=  − ( m − 2 )  − 4.1.( m − 3=
)
( m − 2 ) − 4m + 12= ( m − 4 )
2
Phương trình có hai nghiệm x1 , x2 phân biệt khi ∆ > 0 ⇔ ( m − 4 ) > 0 ⇔ m ≠ 4
2
Theo định ký Viét, ta có x1 + x2 = −
2
2
b
c
= m − 2, x1 x2 = = m − 3 .
a
a
 x + x > 0 m − 2 > 0
Do x1 , x2 là độ dài hai cạnh của một tam giác nên x1 > 0, x2 > 0 ⇔  1 2
⇔
⇔ m > 3.
m − 3 > 0
 x1 x2 > 0
m − 2 ± ( m − 4)
2
⇔ x = 1, x = m − 3
Vì ∆= ( m − 4 ) nên hai nghiệm của phương trình là x =
2
Do x1 ≠ x2 nên x1 , x2 không thể cùng là độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông cân. Giả sử
x1 là độ dài cạnh huyền, x2 là độ dài cạnh góc vuông thì theo định lý Pytago ta có
x12 = x22 + x22 ⇔ x1 =
2 x2 .
1, x2= m − 3 , thay vào x1 = 2 x2 ta được
Trường hợp 1. Xét x=
1
1
1 = 2 ( m − 3) ⇔ m =
+ 3 (thỏa mãn).
2
m − 3, x2 =
1 thay vào x1 = 2 x2 ta được
Trường hợp 2. Xét x1 =
2.1 ⇔ m=
2 + 3 (thỏa mãn)
1
+ 3, m = 2 + 3 là giá trị cần tìm.
Vậy m =
2
Chú ý: ta có thể nhận xét a + b + c =
0 để được hai nghiệm của phương trình (*) là x= 1, x= m − 3 .
m − 3=
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
79
Website: tailieumontoan.com
DẠNG 2. SO SÁNH NGHIỆM VỚI SỐ 0 VÀ SỐ 𝜶
Cho phương trình ax 2 + bx + c= 0 ( a ≠ 0 ) có hai nghiệm x1 , x2 .
 x + x2 > 0
x1 > 0, x2 > 0 ⇔  1
 x1 x2 > 0
x + x < 0
x1 < 0, x2 < 0 ⇔  1 2
 x1 x2 > 0
x1 < 0 < x2 ⇔ x1 x2 < 0
( x − α ) + ( x2 − α ) > 0
x1 > α , x2 > α ⇔ x1 − α > 0, x2 − α > 0 ⇔  1
( x1 − α )( x2 − α ) > 0
( x − α ) + ( x2 − α ) < 0
x1 < α , x2 < α ⇔ x1 − α < 0, x2 − α < 0 ⇔  1
( x1 − α )( x2 − α ) > 0
x1 < α < x2 ⇔ x1 − α < 0, x2 − α > 0 ⇔ ( x1 − α )( x2 − α ) < 0
Ví dụ 1. Cho phương trình x 2 + ( m + 2 ) x − m − 4 =
0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân
biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 < 0 ≤ x2 .
Lời giải
Có ∆ = ( m + 2 ) − 4.1.( −m − 4 ) = m 2 + 8m + 20 = ( m + 4 ) + 4 > 0
2
∀m
2
Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm x1 , x2 phân biệt với mọi m .
Trường hợp 1: Xét riêng x2 = 0 , thay vào phương trình đã cho ta được
02 + ( m + 2 ) .0 − m − 4 =0 ⇒ m =−4
Thay m = −4 vào phương trình đã cho ta được
x 2 − 2 x = 0 ⇒ x = 0, x = 2 ⇒ x2 = 0, x1 = 2 (loại)
Trường hợp 2: Xét x1 < 0 < x2 ⇔ a và c trái dấu
⇔ 1.( −m − 4 ) < 0 ⇔ m > −4
Vậy m > −4 là giá trị cần tìm.
Ví dụ 2. Cho phương trình x 2 + ( m − 2 ) x + m − 5 =
0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân
biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 ≤ 0 < x2 .
Lời giải
Có ∆ = ( m − 2 ) − 4.1.( m − 5 ) = m 2 − 8m + 24 = ( m − 4 ) + 8 > 0 ∀m
2
2
Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm x1 , x2 phân biệt với mọi m .
Trường hợp 1: Xét riêng x1 = 0 , thay vào phương trình đã cho ta được
02 + ( m − 2 ) .0 + m − 5 = 0 ⇒ m = 5
Thay m = 5 vào phương trình đã cho ta được x 2 + 3 x =0 ⇒ x =0, x =−3 ⇒ x1 =0, x2 =−3 (loại).
Trường hợp 2: xét x1 < 0 < x2 ⇔ a và c trái dấu ⇔ 1 ⋅ (m − 5) < 0 ⇔ m < 5 . Vậy m < 5 là giá trị cần
tìm.
Ví dụ 3. Cho phương trình x 2 + 2mx + 4m − 4 =
0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt
x1 , x2 thoả mãn x1 < 2, x2 < 2
Lời giải
Ta có ∆=' m − 1. ( 4m − 4 )= m − 4m + 4=
2
2
( m − 2) .
2
Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khi ∆′ > 0 ⇔ ( m − 2 ) > 0 ⇔ m ≠ 2
2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
80
Website: tailieumontoan.com
Cách 1: (sử dụng định lí viét)
−
Theo định lý viét ta có: x1 + x2 =
b
c
=
−2m, x1 x2 = =
4m − 4 .
a
a
x1 < 2, x2 < 2 ⇔ x1 − 2 < 0, x2 − 2 < 0
( x − 2 ) + ( x2 − 2 ) < 0
 x1 + x2 − 4 < 0
⇔ 1
⇔
( x1 − 2 )( x2 − 2 ) > 0
 x1 x2 − 2 ( x1 + x2 ) + 4 > 0
−2m − 4 < 0
⇔
⇔m>0
 4m − 4 + 4m + 4 > 0
Kết hợp với m ≠ 2 ta được m > 0; m ≠ 2 là giá trị cần tìm.
Cách 2: ( Giải x1 , x2 dựa vào ∆ ='
Do ∆ ='
( m − 2) )
2
( m − 2 ) nên hai nghiệm của phương trình đã cho là x =−m ± (m − 2) ⇔ x =−2, x =−2m + 2
2
x < 2
−2 < 2
⇔
⇔ m>0.
Do đó  1
−2m + 2 < 2
 x2 < 2
Kết hợp với m ≠ 2 ta được m > 0; m ≠ 2 là giá trị cần tìm.
Ví dụ 4. Cho phương trình x 2 − (m + 3) x + m − 1 =0 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân
3
biệt thoả mãn x1 < − < x2 .
2
Lời giải
2
2
Ta có ∆ = [−(m + 3)] − 4.1.(m − 1) = (m + 3) − 4m + 4 = m 2 + 2m + 13= (m + 1) 2 + 12 > 0∀m
Do phương trình đã cho luôn có hai nghiệm x1 , x2 phân biệt với mọi m .
b
c
Theo định lý viét, ta có x1 + x2 = − = m + 3; x1 x2 = = m − 1 .
a
a
3
3
3
Có x1 < − < x2 ⇔ x1 + < 0 < x2 +
2
2
2
3 
3
3
9

⇔  x1 +   x2 +  < 0 ⇔ x1 x2 + ( x1 + x2 ) + < 0
2 
2
2
4

Thay x1 + x2 = m + 3; x1 x2 = m − 1 ta được
3
9
5
23
23
(m − 1) + (m + 3) + < 0 ⇔ m + < 0 ⇔ m < −
2
4
2
4
10
23
Vậy: m < −
là giá trị cần tìm.
10
DẠNG 3: ĐẶT ẨN PHỤ
t
x ≥ 0 ( và các điều kiện khác nếu có)
Bước 1: Đặt=
Bước 2: Đưa về phương trình quy về bậc hai theo ẩn t : at 2 + bt + c =
0.
Bước 3: Lập luận số nghiệm của phương trình đã cho bằng số nghiệm thoả mãn, với t ≥ 0 ( và các
điều kiện của t nếu có) của phương trình at 2 + bt + c =
0
x − 7 − 3m
= m (1)
Ví dụ 1. Tìm m để phương trình sau có nghiệm
x −3
Lời giải
x − 7 − 3m
= m ⇔ x − 7 − 3m = m x − 3m ⇔ x − m x − 7 = 0
Điều kiện: x ≥ 0, x ≠ 9 . Ta có
x −3
t
x ≥ 0 kết hợp điều kiện ta được t ≥ 0; t ≠ 3 .
Đặt=
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
81
Website: tailieumontoan.com
0
Phương trình trở thành t − mt − 7 =
2
( 2)
Phương trình (1) có nghiệm ⇔ phương trình ( 2 ) có nghiệm thoả mãn điều kiện t ≥ 0; t ≠ 3 .
Xét ( 2 ) có a =
1 > 0, c =<
-7 0 nên ( 2 ) luôn có hai nghiệm phân biệt trai dấu do đó ( 2 ) luôn có
nghiệm thoả mãn t > 0 .
Để t ≠ 3 ta phải có 32 − m ⋅ 3 − 7 ≠ 0 ⇔ m ≠
Ví dụ 2. Cho phương trình
Điều kiện: x ≥ 0, x ≠
2
2
. Vậy: m ≠ là giá trị cần tìm.
3
3
x− x
= m . Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.
2 x −1
Lời giải
1
4
x− x
= m ⇔ x − x = 2m x − m ⇔ x − (2m + 1) x + m = 0
2 x −1
1
1
Đặt t = x do x ≥ 0, x ≠ nên điều kiện t ≥ 0, t ≠
4
2
2
0
Phương trình trở thành t − (2m + 1)t + m =
( 2)
Ta có:
(1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ( 2 ) có hai nghiệm phân biệt t ≥ 0, t ≠
1
2
Ta có ∆ = [−(2m + 1)]2 − 4.1.m = (2m + 1) 2 − 4m = 4m 2 + 1 > 0∀m
Do phương trình ( 2 ) luôn có hai nghiệm phân biệt t1 , t2 .
b
c
=
2m + 1, t1t2 = =
m
a
a
t + t ≥ 0
 2m + 1 ≥ 0
⇔
⇔m≥0
t1 , t2 ≥ 0 ⇔  1 2
m ≥ 0
t1t2 ≥ 0
−
Theo định lý Viét ta có t1 + t2 =
1
1 2m + 1
1
⇔ −
+m≠0⇔ − ≠0
2
4
2
4
Vậy m ≥ 0 là giá trị cần tìm.
t1 , t2 ≠
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
82
Website: tailieumontoan.com
III. SỰ TƯƠNG GIAO CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ PARABOL
DẠNG 1: TÌM THAM SỐ ĐỂ ĐƯỜNG THẲNG TIẾP XÚC PARABOL, TÌM TỌA ĐỘ TIẾP
ĐIỂM
=
ax 2 ( a ≠ 0 ) .
Giả sử đường thẳng là d :=
y mx + n và parabol là ( P
) : y Bước 1 Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và ( P )
ax 2 = mx + n ⇔ ax 2 − mx − n = 0 (*)
Bước 2 Lập luận: d tiếp xúc với ( P ) ⇔ Phương trình (*) có nghiệm kép
Δ = 0 (hoặc ∆′ =0 ) thì tìm được tham số.
Bước 3 Thay giá trị tham số tìm được vào phương trình (*) ta tìm được x, thay x vừa tìm vào
y = ax 2 hoặc =
y mx + n thì tìm được y và kết luận.
Ví dụ 1. Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng d : y = 2 ( m + 3) x − m 2 − 3. Tìm m để d tiếp xúc
với ( P ) . Khi đó hãy tìm tọa độ tiếp điểm.
Lời giải
Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và ( P ) :
x 2 = 2 ( m + 3) x − m 2 − 3 ⇔ x 2 − 2 ( m + 3) x + m 2 + 3 = 0 (*)
Có Δ′ = − ( m + 3)  − 1. ( m 2 + 3) =6m + 6.
2
Để d tiếp xúc với ( P ) ⇔ Phương trình (*) có nghiệm kép
∆’ = 0 ⇔ 6m + 6 = 0 ⇔ m = −1.
Thay m = −1 vào (*) ta được
x 2 − 4 x + 4 =0 ⇔ ( x − 2 ) =0 ⇔ ( x − 2 ) =0 ⇔ x = 2 ⇒ y = 22 = 4
2
2
Vậy m = −1 thì d tiếp xúc với ( P ) và tọa độ tiếp điểm là M ( 2; 4 ) .
Ví dụ 2. Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng d : =
y 2 x + 3.
a) Tìm tọa độ các giao điểm A và B của d và ( P ) , trong đó A là điểm có hoành độ âm. Vẽ d và
( P ) trên cùng một hệ trục tọa độ.
b) Tìm tọa độ điểm C thuộc cung AB để S ∆ABC lớn nhất.
Lời giải
a) Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và ( P ) :
 x =−1 ⇒ y =( −1)2 =1
 x − 1 =2
⇔
x = 2 x + 3 ⇔ x − 2 x − 3 = 0 ⇔ ( x − 1) = 4 ⇔ 
2
 x =3 ⇒ y =3 =9
 x − 1 =−2
Vậy tọa độ các giao điểm của d và ( P ) là A ( −1;1) , B ( 3;9 ) .
2
2
2
* d :=
y 2x + 3
x
0
y
3
*y=x
3
2
0
−
2
x
y
−2
4
−1
1
0
0
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
1
1
2
4
83
Website: tailieumontoan.com
b) Có A ( −1;1) , B ( 3;9 ) cố định nên độ dài đoạn thẳng AB không đổi, do đó SΔABC lớn nhất khi
khoảng cách từ C đến đường thẳng d lớn nhất, khi đó C là tiếp điểm của đường thẳng d1 / / d và
d1 tiếp xúc ( P ) .
y ax + b.
Gọi phương trình đường thẳng d1 : =
a d = a d
a = 2
Do d1 / / d nên  1
⇔
b ≠ 3
 bd1 ≠ bd
Suy ra d1 : y =2 x + b, b ≠ 3
Xét phương trình hoành độ giao điểm của d1 và ( P ) :
x2 = 2x + b ⇔ x2 − 2x − b = 0
(*) có Δ′ =( −1) − 1. ( −b ) =b + 1
2
d1 tiếp xúc với ( P ) có nghiệm kép ⇔ Δ′ =
0 ⇔ b =−1 (thỏa mãn).
Thay b = −1 vào (*) ta được
x 2 − 2 x + 1 = 0 ⇔ ( x − 1) = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y = 12 = 1
2
Vậy C (1;1) là điểm cần tìm.
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
P ) : 0
y ax 2 ( a ≠ ) .
Giả sử đường thẳng d :=
y mx + n và parabol là ( =
Bước 1 Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và ( P )
ax 2 = mx + n ⇔ ax 2 − mx − n = 0 (*)
Bước 2 Tìm điều kiện để d cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt A và B
⇔ Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt ⇔ Δ > 0 (hoặc Δ′ > 0 ).
Bước 3 Biến đổi biểu thức đối xứng với x A , xB về x A + xB ; x A .xB rồi sử dụng định lý Viét với x A , xB là
hai nghiệm của phương trình (*).
Một số điều kiện và phép biến đổi cần nhớ
• Hai điểm A và B nằm bên phải trục Oy khi x A , xB cùng dương.
•
Hai điểm A và B nằm bên trái trục Oy khi x A , xB cùng âm.
•
Hai điểm A và B nằm cùng một phía trục Oy khi x A , xB cùng dấu.
•
Hải điểm A và B nằm về hai phía trục Oy khi x A , xB trái dấu.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
84
Website: tailieumontoan.com
•
Công thức tính y A theo x A và tính yB theo xB
2
ax 2 nên
Cách 1 Tính theo ( P ) : vì A, B ∈ ( P ) : y =
=
=
y A ax
axB2 .
A ; yB
Cách 2 Tính theo d : vì A, B ∈ d : y =mx + n nên y A =mx A + n; yB =mxB + n
x A x=
x2
Giả sử=
1 ; xB
•
Gặp x12 + x22 = x12 + 2 x1 x2 + x22 − 2 x1 x2 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2
•
Gặp x1 − x2 thì xét x1 − x2 = ( x1 − x2 ) = x12 − 2 x1 x2 + x22 = ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2
•
Gặp x1 + x2 thì xét ( x1 + x2 ) = x1 + x2 + 2 x1 x2 = x12 + x22 + 2 x1 x2 =( x1 + x2 ) + 2 x1 x2 − 2 x1 x2
•
•
•
2
2
2
2
2
2
2
2
 b
x
x
0
+
≥
− a ≥ 0
 1 2
⇔
Gặp x1 , x2 thì cần thêm điều kiện phụ x1 ≥ 0; x2 ≥ 0 ⇔ 
c
 x1 x2 ≥ 0
 ≥0
 a
b

− >0
 x1 + x2 =
a
Gặp x1 , x2 là độ dài hai cạnh tam giác ta cần thêm điều kiện phụ x1 , x2 > 0 ⇔ 
 x x= c > 0
 1 2 a
Nếu bình phương hai vế ta cần thêm điều kiện phụ là hai vế lớn hơn hoặc bằng 0.
Ví dụ 1. Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng d : y = 2 ( m − 1) x − 2m + 4. Tìm m để d cắt ( P ) tại
hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 sao cho biểu thức A
= x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải
Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và d là
x 2 = 2 ( m − 1) x − 2m + 4 ⇔ x 2 − 2 ( m − 1) x + 2m − 4 = 0.
Có Δ′ =−
 ( m − 1)  − 1. ( 2m − 4 ) =( m − 1) − 2m + 4
2
= m 2 − 4m + 5=
2
( m − 2 ) + 1 > 0∀m
2
Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm x1 , x2 phân biệt với mọi m.
b
c
Theo định lý Viét, ta có: x1 + x2 = − = 2m − 2; x1 x2 =
= 2m − 4
a
a
2
Có A = x12 + x22 + 2 x1 x2 − 2 x1 x2 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2
Thay x1 + x2 = 2m − 2; x1 x2 = 2m − 4 vào A ta được:
A=
( 2m − 2 ) − 2 ( 2m − 4=) 4m2 − 12m + 12= ( 2m − 3) + 3 ≥ 3
2
2
∀m
3
2
2
Ví dụ 2. Cho Parabol ( P ) : y = − x và đường thẳng d đi qua I ( 0; −1) hệ số góc k.
Vậy MinA = 3 khi 2m − 3 = 0 ⇔ m =
a) Viết phương trình d theo k
b) Chứng minh d luôn cắt (P) tại hai điểm A, B phân biệt thuộc hai phía Oy.
c) Gọi hoành độ A và B lần lượt là x1 và x2 . Chứng minh: x1 − x2 ≥ 2
d) Giả sử x1 < x2 . Tìm m để x1 > x2 .
a) Gọi phương trình d là: y =+
ax b
( a ≠ 0).
Lời giải
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
85
Website: tailieumontoan.com
Do d đi qua I ( 0; −1) nên −1 =a.0 + b
⇔ b =−1
Vì d có hệ số góc k nên a = k
Vậy phương trình d là: =
y kx − 1
b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và ( P ) :
− x 2 = kx − 1 ⇔ x 2 + kx − 1 = 0 (*)
Có ∆= k 2 − 4.1. ( −1)= k 2 + 4 > 0 ∀k nên (*) luôn có hai nghiệm phân biệt
Do đó d luôn cắt ( P ) tại hai điể A, B phân biệt
Theo định lý Viét, ta có x A + xB =
−
Vì x A xB =−1 < 0 ⇒ x A , xB trái dấu
b
c
=
− k ; x A xB = =
−1
a
a
Vậy A, B thuộc hai phía Oy.
c) Xét x1 − x2 =( x1 − x2 ) =( x1 + x2 ) − 4 x1 x2
2
2
2
−k ; x1 x2 =
−1 vào x1 − x2
Thay x1 + x2 =
2
ta được
x1 − x2 =( −k ) − 4. ( −1) =k 2 + 4 ≥ 4 ⇒ x1 − x2 ≥ 2 ⇒ đpcm
2
2
d) Cách 1: (Xét dấu của x1 , x2 )
Do x1 < x2 và x1 , x2 trái dấu nên x1 < 0, x2 > 0
Suy ra x1 =
− x1 ; x2 =
x2 nên x1 > x2 ⇔ − x1 > x2 ⇔ x1 + x2 < 0
−k nên ta được −k < 0 ⇔ k > 0
Mà x1 + x2 =
Cách 2: (bình phương):
Có x1 > x2 ⇔ x1 > x2 ⇔ x12 > x22 ⇔ ( x1 − x2 )( x1 + x2 ) > 0
2
2
⇔ x1 − x2 và x1 + x2 cùng dấu
Mà x1 < x2 hay x1 − x2 < 0 nên x1 + x2 < 0 ⇔ −k < 0 ⇔ k > 0
Vậy k > 0 là giá trị cần tìm.
Ví dụ 3. Cho Parabol ( P ) : y = x 2 và d : y = mx − m + 1. Tìm m để ( P ) và d cắt nhau tại hai điểm
phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 =
4
Lời giải
Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( P ) là:
x 2= mx − m + 1 ⇔ x 2 − mx + m − 1= 0
Có ∆ = ( −m ) − 4.1. ( m − 1) = m 2 − 4m + 4 = ( m − 2 )
2
( *)
2
d cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt ⇔ Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt
⇔ ∆ > 0 ⇔ ( m − 2) > 0 ⇔ m ≠ 2
2
Theo định lý Viét, ta có x1 + x2 =
−
b
c
m ; x1 x2 = =
m −1
=
a
a
Xét ( x1 + x2 ) = x1 + x2 + 2 x1 . x2 = x12 + x22 + 2 x1 x2
2
2
2
=
x12 + x22 + 2 x1 x2 − 2 x1 x2 + 2 x1 x2 =
( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 + 2 x1 x2
2
=m 2 − 2. ( m − 1) + 2. m − 1 =m 2 − 2m + 2 + 2. m − 1
=
( m − 1) + 2. m − 1 + 1= ( m − 1 + 1)
2
2
Do đó x1 + x2 = 4 ⇔ ( x1 + x2 ) = 16 ⇔ ( m − 1 + 1) = 16
2
2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
86
Website: tailieumontoan.com
4
m − 1 =⇔
3
m=
5 (thỏa mãn)
⇔ m − 1 + 1 =⇔
−1, m =
−1, m =
5 là giá trị cần tìm.
Vậy m =
Chú ý: Ta có thể giải theo cách chỉ ra hai nghiệm của (*) là x= 1, x= m − 1 dựa vào ∆ là bình
phương hoặc dựa vào nhận xét a + b + c =
0.
2
Ví dụ 4. Cho ( P ) : y = x và d : =
y 2 ( m − 1) x + 3 − 2m. Tìm m để d cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt có
hoành độ x1 , x2 là độ dài hai cạnh của một hình chữ nhật có độ dài đường chéo bằng
10.
Lời giải
Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( P ) là:
x 2 = 2 ( m − 1) x + 3 − 2m ⇔ x 2 − 2 ( m − 1) x + 2m − 3 = 0
Có ∆′ =  − ( m − 1)  − 1. ( 2m − 3) = ( m − 1) − 2m + 3 = m 2 − 4m + 4 = ( m − 2 )
2
2
( *)
2
d cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt ⇔ phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt
⇔ ∆′ > 0 ⇔ ( m − 2 ) > 0 ⇔ m ≠ 2
2
b
c
= 2m − 2; x1 x2 =
= 2m − 3
a
a
Do x1 , x2 là độ dài hai cạnh của một hình chữ nhật nên x1 > 0, x2 > 0
Theo định lý Viét, ta có: x1 + x2 = −
 x1 + x2 > 0
 2m − 2 > 0
3
⇔
⇔
⇔m>
2
 2m − 3 > 0
 x1 x2 > 0
Do x1 ≠ x2 và hình chữ nhật có độ dài đường chéo bằng
10 nên theo định lý Pytago ta có:
x12 + x22 = 10 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 10
2
10 ta được
Thay x1 + x2 = 2m − 2, x1 x2 = 2m − 3 vào ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 =
2
( 2m − 2 ) − 2 ( 2m − 3) = 10 ⇔ 4m2 − 12m + 10 = 10
⇔ 4m ( m − 3) =0 ⇔ m =0 (loại), m = 3 (thỏa mãn)
2
Vậy m = 3 là giá trị cần tìm.
Chú ý
3
trong quá trình giải
2
x 1;=
x 2m − 3 dựa vào ∆′ là bình
• Ta có thể giải theo cách chỉ ra hai nghiệm của (*) là =
• Bài này ta cần lưu ý điều kiện m >
phương hoặc dựa vào nhận xét a + b + c =
0.
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
b
Cách 1 Kết hợp điều kiện của bài toán với x1 + x2 =
− để giải x1 , x2 theo tham số rồi thay x1 , x2
a
c
vừa giải được vào x1 x2 =
a
Cách 2 Nếu tính ∆ hoặc ∆′ mà ra một biểu thức bình phương thì ta tìm hai nghiệm đó và phải xét
hai trường hợp:
−b + ∆
−b − ∆
=
; x2
2a
2a
−b − ∆
−b + ∆
Trường hợp
2: Xét x1 =
=
, x2
2a
2a
Trường hợp
1: Xét x1
=
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
87
Website: tailieumontoan.com
Ví dụ 1. Cho Parabol ( P ) : y = x và đường thẳng d : y = mx + m + 1. Tìm m để d cắt ( P ) tại hai
2
5
điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn 2 x1 − 3 x2 =
Lời giải
Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và ( P ) :
⇔ x 2 − mx − m − 1= 0 (*)
x 2= mx + m + 1
Có ∆ = ( −m ) − 4.1. ( −m − 1) = m 2 + 4m + 4 = ( m + 2 )
2
2
D cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt ⇔ phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt
⇔ ∆ > 0 ⇔ ( m + 2 ) > 0 ⇔ m ≠ −2
2
Cách 1 (Giải x1 , x2 dựa vào định lý Viét)
b
c
Theo định lý Viét ta có: x1 + x2 =− =m, x1 x2 = =−m − 1
a
a
x +x m
x1 + 3 x2 3m
=
3=
3m + 5
2m − 5
Giải hệ:  1 2
, x2
⇔
=
⇔ x1
=
3 x2 5 2 x1 −=
3 x2 5
5
5
2 x1 −=
3m + 5
2m − 5
vào x1 x2 =− m − 1 ta được
=
, x2
5
5
3m + 5 2m − 5
⋅
=− m − 1 ⇔ 6m 2 + 20m =0
5
5
10
⇔ 2m ( 3m + 10 ) =⇔
0
m=
0, m =
− ( thỏa mãn)
3
Thay x1
=
Cách 2: (Giải x1, x2 dựa vào ∆ là bình phương)
( m + 2 ) nên hai nghiệm của phương trình (*) là
m ± ( m + 2)
Do ∆
=
x=
2
2
⇔x=
−1, x =
m +1
Trường hợp 1: Xét x1 =-1, x2 = m+1, thay vào 2x1 - 3x2 =5 ta được −2 − 3 ( m + 1) =
5⇔m=
−
10
3
(thỏa mãn)
Trường hợp 2: Xét x1 = m+1, x2 = -1, thay vào 2x1 - 3x2 =5 ta được 2 ( m + 1) − 3. ( −1) = 5 ⇔ m = 0
(thỏa mãn)
Vậy m = 0, m = −
10
là giá trị cần tìm.
3
Chú ý: Ta có thể nhận xét a - b +c =0 để được hai nghiệm của phương trình (*) là x =-1, x =m+1.
Ví dụ 2: Chp parabol (P): y =x2 và đường tròn d: y =2(m+1) + 3. Tìm m để d cắt (P) tại hai điểm
phân biệt có hoành độ x1, x2 thỏa mãn 2 x1 + x2 =
5.
Lời giải
Xét phương trình hoành độ của d và (P):
x2 = 2(m+1)x + 3 ⇔ x2 -2 (m+1)x -3 =0 (*)
Có ∆ ′ = −
 ( m + 1)  − 1. ( −3) = ( m + 1) + 3 > 0 ∀m nên phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân
2
2
biệt x1, x2, do đó d luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt.
Theo định lý Viét, ta có x1 + x2 =
−
b
c
=
−3
2m + 2, x1 x2 = =
a
a
Do x1 x2 =−3 < 0 nên x1, x2 trái dấu.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
88
Website: tailieumontoan.com
Cách 1 (Giải hệ 2 x1 + x2 =
5 và x1 + x2 = 2m + 2 )
Trường hợp 1: Xét x1 < 0, x2 > 0 ⇒ x1 =− x1 ; x2 =x2 nên 2 x1 + x2 = 5 ⇔ −2 x1 + x2 = 5
5
−2 x1 + x2 =
2m − 3
4m + 9
⇒ 3 x1= 2m − 3 ⇒ x1=
⇒ x2 =
3
3
 x1 + x2 = 2m + 2
Giải hệ 
2m − 3
4m + 9
vào x1x2 =-3 ta được
=
, x2
3
3
2m − 3 4m + 9
3
⋅
=−3 ⇔ 8m 2 + 6m =0 ⇒ m =0, m =−
3
3
4
Trường hợp 2: Xét x1 > 0, x2 < 0 ⇒ x1 =x1 ; x2 =− x2 nên 2 x1 + x2 =5 ⇔ 2 x1 − x2 =5
Thay x1
=
5
2 x1 − x2 =
2m + 7
4m − 1
⇒ 3 x1 = 2m + 7 ⇒ x1 =
⇒ x2 =
3
3
 x1 + x2 = 2m + 2
Giải hệ 
2m + 7
4m − 1
vào x1x2 =-3 ta được
=
, x2
3
3
2m + 7 4m − 1
5
⋅
=−3 ⇔ 8m 2 + 26m + 20 =0 ⇒ m =−2, m =−
3
3
4
Cách 2: (Giải hệ 2 x1 + x2 =
5 và x1x2 =-3):
Thay x1
=
Trường hợp 1: Xét x1 < 0, x2 > 0 ⇒ x1 =− x1 ; x2 =x2 nên 2 x1 + x2 = 5 ⇔ −2 x1 + x2 = 5
⇔ −2 x1 + x2 = 5 ⇔ x2 = 2 x1 + 5 , thay vào x1x2 =-3 ta được
x1 ( 2 x1 + 5 ) =−3 ⇔ 2 x12 + 5 x1 + 3 =0 ⇔ 2 x12 + 2 x1 + 3 x1 + 3 =0
⇔ 2 x1 ( x1 + 1) + 3 ( x1 + 1) = 0 ⇔ ( x1 + 1)( 2 x1 + 3) = 0
 x1 =−1 ⇒ x2 =3
⇔
( thỏa mãn)
 x1 =− 3 ⇒ x2 =2
2

3
4
Trường hợp 2: Xét x1 > 0, x2 < 0 ⇒ x1 =x1 ; x2 =− x2 nên 2 x1 + x2 =5 ⇔ 2 x1 − x2 =5
Thay vào x1 +x2 =2m +2 được m = 0, m = −
=
x2 2 x1 − 5 , thay vào x1x2 =-3 ta được
x1 ( 2 x1 − 5 ) =−3 ⇔ 2 x12 − 5 x1 + 3 =0 ⇔ 2 x12 − 2 x1 − 3 x1 + 3 =0
⇔ 2 x1 ( x1 − 1) − 3 ( x1 − 1) = 0 ⇔ ( x1 − 1)( 2 x1 − 3) = 0
1 ⇒ x2 =
−3
 x1 =

⇔
( thỏa mãn)
3
 x1 =⇒
x2 =
−2
2

5
4
Thay vào x1 + x2 = 2m + 2 được m =
−2, m =
−


3
4
5
4
Vậy m ∈ 0; 2; − ; −  là các giá trị cần tìm.
Ví dụ 3: Cho parabol (P): y =x2 và đường thẳng d: y = -4x +m2 - 4. Tìm m để d cắt (P) tại hai điểm
phân biệt có hoành độ x1, x2 thỏa mãn x=
x13 + 4 x12 .
2
Lời giải
Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và (P):
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
89
Website: tailieumontoan.com
x =−4 x + m − 4 ⇔ x + 4 x − m + 4 =0 (*)
Có ∆ ′= 22 − 1 − m 2 + 4 = m 2
2
2
2
(
2
)
d cắt (P) tại hai điểm phân biệt ⇔ Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt
⇔ ∆ ′ > 0 ⇔ m 2 > 0 ⇔ m ≠ 0.
Theo định lý Viét, ta có x1 + x2 =
−
b
c
=
−4, x1 x2 = =
−m2 + 4
a
a
Cách 1: (Giải dựa vào định lí Viét)
−4 ta được
Thay x=
x13 + 4 x12 vào x1 + x2 =
2
x1 + ( x13 + 4 x12 ) =−4 ⇔ x12 ( x1 + 4 ) + x1 + 4 =0
⇔ ( x1 + 4 ) ( x12 + 1) =0 ⇔ x1 =−4 ⇒ x2 =0
Thay x1 =-4, x2 =0 vào x1x2 =-m2 +4 ⇒-m2 +4 =0⇒ m= ± 2 (thỏa mãn)
Cách 2 (Giải x1, x2 dựa vào ∆ ′ là bình phương)
Do ∆ ′ =m 2 nên hai nghiệm của phương trình (*) là x= -2 ± m.
Trường hợp 1: Xét x1 =−2 − m, x2 =−2 + m, thay vào x=
x13 + 4 x12 ta được
2
−2 + m = ( −2 + m ) + 4 ( −2 − m ) ⇔ ( m + 2 ) − 4 ( m + 2 ) + m − 2 = 0
3
2
3
2
2
2
⇔ ( m + 2 ) ( m + 2 − 4 ) + ( m − 2 ) =0 ⇔ ( m − 2 ) ( m + 2 ) + 1 =0


2 ( thỏa mãn).
⇔m=
Trường hợp 2: Xét x1 =−2 + m, x2 =−2 − m, thay vào x=
x13 + 4 x12 ta được
2
−2 − m = ( −2 + m ) + 4 ( −2 + m ) ⇔ ( m − 2 ) − 4 ( m − 2 ) + m + 2 = 0
3
2
3
2
⇔ ( m − 2 ) ( m − 2 + 4 ) + ( m + 2 ) =0 ⇔ ( m + 2 ) ( m − 2 ) + 1 =0


2
2
⇔m=
−2 ( thỏa mãn).
Vậy m = ±2 là giá trị cần tìm.
Ví dụ 4: Cho parabol (P): y=x2 và đường thẳng d: y = (2m-1)x -m2 +m. Tìm m để d cắt (P) tại hai
x1 = 2 x2 .
điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 thỏa mãn
Lời giải
Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và (P):
x 2 = ( 2m − 1) x − m 2 + m ⇔ x 2 − ( 2m − 1) x + m 2 − m = 0
(
)
(*)
Có ∆ = − ( 2m − 1)  − 4.1 m 2 − m = ( 2m − 1) − 4m 2 + 4m = 1 > 0 ∀m.
2
2
Do đó (*) luôn có hai nghiệm phân biệt nên d luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt.
2m − 1 ± 1
⇔ x = m, x = m − 1
2
m ≥ 0
x1 , 2 x2 ta cần có x1 ≥ 0, x2 ≥ 0 ⇔ 
⇔ m ≥ 1.
m − 1 ≥ 0
Có ∆ =1 nên hai nghiệm của (*) là x =
Để tồn tại
Khi đó
x=
1
2 x2 ⇔ x=
2 x2
1
Trường hợp 1: Xét x1 = m, x2 =m -1 thay vào x1 =2x2 ta được
m= 2(m-1) ⇔ m =2 (thỏa mãn)
Trường hợp 2: Xét x1 = m-1, x2 =m thay vào x1 =2x2 ta được
m -1 = 2m ⇔ m = -1 (loại )
Vậy m = 2 là giá trị cần tìm.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
90
Website: tailieumontoan.com
Chú ý: Bài này ta cần lưu ý điều kiện m ≥ 1 trong quá trình giải.
VD5. Cho parabol (P): y = x 2 và đường thẳng d : y = ( m − 3) x − m + 4. Tìm m để d cắt (P) tại hai
điểm phân biệt có hoành độ x1 , x 2 là độ dài hai cạnh của một tam giác vuông cân.
Lời giải
Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và (P):
2
x = (m − 3)x − m + 4 ⇔ x 2 − (m − 3)x + m − 4 = 0 (*)
Cã ∆= [ −(m − 3)] − 4.1.(m − 4) = (m − 3)2 − 4m + 16 = (m − 5)2
2
d c¾t (P) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt ⇔ Ph­¬ng tr×nh (*) cã hai nghiÖm ph©n biÖt
⇔ ∆>0 ⇔ (m - 5)2 > 0 ⇔ m ≠ 5.
b
c
= m − 3, x1x 2 = = m − 4
a
a
Do x1 , x 2 là độ dài hai cạnh của một tam giác nên x1 > 0, x 2 > 0
Theo ®Þnh lý ViÐt, ta cã x1 + x 2 = −
x +x > 0
m − 3 > 0
⇔ 1 2
⇔
⇔ m > 4.
m − 4 > 0
x1x 2 > 0
Vì ∆ = (m − 5)2 nên hai nghiệm của phương trình (*) là
m − 3 ± (m − 5)
x=
⇔ x = 1,x = m − 4. Do x1 ≠ x 2 nªn x1 ,x 2 không thể cùng là độ dài hai cạnh góc
2
vuông của tam giác vuông cân. Giả sử x1 là độ dài cạnh huyền, x 2 là độ dài cạnh góc vuông thì
theo định lí Pytago ta có x 21 = x 2 2 + x 2 2 ⇔ x1 = 2 .x 2
m − 4, Thay vµo x1 = 2 .x 2 ta ®­îc
Trường hợp 1: XÐt x1 =1,x=
2
1
1= 2(m − 4) ⇔ m =
+ 4 (tháa m·n)
2
Trường hợp 2: XÐt x1 = m - 4, x 2 = 1, thay vµo x1 = 2x 2 ta ®­îc
m - 4 = 2.1 ⇔ m
= 2(m − 4) (tháa m·n)
1
VËy m = + 4 , m = 2(m − 4) lµ gi¸ trÞ cÇn t×m
2
Chú ý: Ta có thể nhận xét a + b + c =
0 để được hai nghiệm của phương trình (*) là x= 1, x= m − 4.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
91
Website: tailieumontoan.com
DẠNG 4: TÌM THAM SỐ ĐỂ ĐƯỜNG THẲNG CẮT PARAPOL TẠI HAI ĐIỂM PHÂN BIỆT
A, B LIÊN QUAN ĐẾN TUNG ĐỘ A, B.
Dạng này ta cần tính y A theo x A và tính y B theo x B theo một trong hai cách:
Cách 1: Tính theo (P): V× A,B ∈ (P): y = ax 2 nªn y A = ax 2A , y B = ax B2
Cách 2: Tính theo d: V× A,B ∈ d : y =mx + n nªn y A =mx A + n, y B =mx B + n
Ví dụ 1: Cho paraboara (P) : y = x 2 và đường thẳng d: y= 2mx - m 2 + m + 1 . Tìm m để d cắt (P) tại
hai điểm phân biệt A(x1 :y1 ), B(x 2 ;y 2 ) thỏa mãn y1 + y 2 + 2x1 + 2x 2 = 22
Lời giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và (P):
x 2 = 2mx - m 2 + m + 1 ⇔ x 2 - 2mx + m 2 - m - 1= 0 (*)
Cã ∆ ' = (-m)2 − 1.(m 2 - m - 1) =
m +1
d cắt (P) tại hai điểm phân biệt ⇔ Ph­¬ng tr×nh (*) cã hai nghiÖm ph©n biÖt
⇔ ∆ ' > 0 ⇔ m + 1 > 0 ⇔ m > −1
b
c
Theo ®Þnh lý ViÐt, ta cã x1 +x 2 = - = 2m, x1x 2= = m 2 -m-1
a
a
2
2
2
V× A, B ∈ (P): y=x nªn y1 =x1 , y 2 =x 2
Do ®ã y1 +y 2 +2x1 +2x 2 =
22 ⇔ x 21 +x 2 2 + 2x1 +2x 2 =
22
⇔ ( x1 +x 2 ) − 2x1x 2 + 2 ( x1 +x 2 ) =
22
2
Thay
=
x1 +x 2 2m,
=
x1x 2 m 2 -m-1 Ta ®­îc
22 ⇔ m 2 +3m-10=0
( 2m ) − 2 ( m 2 -m-1) + 2.2m =
2
⇔ (m-5)(m-2)=0 ⇔ m=-5 (lo¹i), m=2 (tháa m·n)
VËy m=2 lµ gi¸ trÞ cÇn t×m
Ví dụ 2. Cho parabol (P): y=x 2 và đường thẳng d : y=
( 2m + 1) x − 2m . Tìm m để d cắt (P) tại hai
điểm phân biệt A ( x1 , y1 ) ; b ( x2 , y2 ) Sao cho biểu thức T = y1 + y2 − x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải
Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và (P):
2
x = (2m + 1) x − 2m ⇔ x 2 − (2m + 1) x + 2m = 0 (*)
Có =
∆
m (2m + 1) 2 − 8=
m (2m − 1) 2
[ −(2m + 1)] − 4.1.2=
2
d cắt (P) tại hai điểm phân biệt ⇔ Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt
1
⇔ ∆>0 ⇔ (2m − 1)2 > 0 ⇔ m ≠
2
b
c
Theo định lí Vi-et ta có x1 +x 2 = - =
2m + 1, x1x 2 = =
2m
a
a
V× A,B ∈ (P): y = x 2 nªn y1 = x12 , y 2 = x 2 2
Do ®ã T = x 21 +x 2 2 − x1=
x2
( x1 +x 2 ) − 3x1x 2
2
Thay x1 + x 2 =
2m + 1, x1x 2 =
2m vµo T ta ®­îc
1
3 3
T=(2m + 1)2 − 3.2m= 4m 2 − 2m + =
1 (2m − )2 + ≥
2
4 4
3
1
1
VËy MinT =
khi 2m - =0 ⇔ m = (tháa m·n)
4
2
4
2
Ví dụ 3: Cho parabol (P) : y = x và đường thẳng d: y= 2mx - m 2 + 1. Tìm m để d cắt (P) tại hai
điểm phân biệt A(x1 :y1 ), B(x 2 ;y 2 ) thỏa mãn y1 - y 2 > 4
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
92
Website: tailieumontoan.com
Lời giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và (P):
x 2 = 2mx - m 2 + 1 ⇔ x 2 - 2mx + m 2 - 1 = 0 (*)
Có ∆ ' = ( -m ) − 1.(m 2 − 1) =1 > 0 ∀m ,do đó Phương trình (*) luôn có hai nghiệm x1 ,x 2 phân biệt
2
nên d luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt
Do ∆ ' =1 nên hai nghiệm của (*) là x = m ± 1 ⇔ x = m - 1, x = m + 1
Trường hợp 1: XÐt x1 = m - 1, x 2 = m + 1 ⇒ y1 = ( m - 1) , y 2 = ( m+1)
2
nª n y1 - y 2 > 4 ⇔
2
( m+1) − ( m-1) > 4 ⇒ m > 1
2
2
VËy m > 1 hoÆc m < -1 lµ gi¸ trÞ cÇn t×m .
Ví dụ 4: Cho parabol (P) : y = - x 2 và đường thẳng d: y = 2x + m − 1. Tìm m để d cắt (P) tại hai
điểm phân biệt A(x1 :y1 ), B(x 2 ;y 2 ) mà x1 y1 - x 2 y 2 - x1x 2 = -4
Lời giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và (P):
-x 2 = 2x + m - 1 ⇔ x 2 + 2x + m − 1 =
0 (*)
'
2
Có ∆ = 1 − 1.(m − 1) = 2 − m
d cắt (P) tại hai điểm phân biệt ⇔ Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt
⇔ ∆ ' > 0 ⇔ 2 − m > 0 ⇔ m < 2.
b
c
Theo định lí vi-et ta có: x1 +x 2 = − =
−2, x1x 2 = =
m −1
a
a
V× A,B ∈ (P): y = - x 2 nªn y1 = -x12 , y 2 = -x 2 2
Do đó :
x1 y1 - x 2 y 2 - x1x 2 =-4 ⇔ -x13 +x 32 -x1x 2 =−4 ⇔ x13 -x 32 +x1x 2 =4
4
⇔ (x1 − x 2 )(x12 +x 22 +x1x 2 ) + x1x 2 =
4
⇔ (x1 − x 2 ) ( x1 + x 2 ) − x1x 2  + x1x 2 =


Thay x1 + x 2 =
−2, x1x 2 =−
m 1, ta ®­îc :
2
(x1 − x 2 ) ( −2 ) − m + 1 + m − 1 = 4 ⇔ (x1 − x 2 )(5 − m) + m − 5 = 0


⇔ (x1 − x 2 − 1)(5 − m) =0 ⇔ m =5 (lo¹i), x1 − x 2 =1
2
1
x − x =
3
1
Giải hệ  1 2
⇒ x1 =
− , x2 = − , thay vào x1 x2= m − 1 ta được
−2
2
2
 x1 + x2 =
3
7
= m −1 ⇔ m =
(thỏa mãn).
4
4
7
Vậy m = là giá trị cần tìm.
4
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
93
Website: tailieumontoan.com
DẠNG 5: BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐỘ DÀI, DIỆN TÍCH
Ghi nhớ một số công thức về khoảng cách
- Khoảng cách từ gốc tọa độ đến một điểm
= x=
a.
+) Nếu A ( a ; 0 ) ∈ Ox thì OA
A
=
+) Nếu B ( 0; b ) ∈ Oy thì OB
y=
b.
B
=
+) Nếu M ( a ; b ) bất kì thì OM
a 2 + b2 .
- Khoảng cách giữa hai điểm trên cùng một trục Ox hoặc Oy
= x A − xB .
+) Nếu A, B ∈ Ox (hoặc AB //Ox ) thì AB
=
+) Nếu M , N ∈ Oy (hoặc MN //Oy ) thì MN
yM − y N .
- Khoảng cách giữa hai điểm A ( x A ; y A ) , B ( xB ; yB ) bất kỳ
(Công thức này cần chứng minh khi sử dụng)
AH
= x A − xB
BH
=
y A − yB
AB =
AH 2 + BH 2 =
( x A − xB ) + ( y A − y B ) .
2
2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
94
Website: tailieumontoan.com
y mx + 2 .
Ví dụ 1: Cho Parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng d :=
a) Chứng minh d luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B thuộc hai phía Oy.
b) Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B trên trục hoành. Tính độ dài MN theo m và
tìm m để S ∆OAM = S ∆OBN .
c) Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B trên trục tung. Tính độ dài đoạn HK theo m .
d) Tính độ dài đoạn AB theo m và chứng minh AB ≥ m 2 + 8 ∀m .
= 2m + 1 (đvdt).
e) Tính diện tích ∆OAB theo m và tìm m để S ∆OAB
f) Chứng minh với mọi m , ∆OAB không thể vuông tại O.
Lời giải
a) Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và ( P ) :
(*)
x 2 = mx + 2 ⇔ x 2 − mx − 2 = 0
Có ∆ = ( −m ) − 4.1. ( −2 ) = m 2 + 8 > 0 ∀m nên (*) luôn có hai nghiệm phân biệt.
2
Do đó d luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt A , B .
b
c
=
m , x A xB = =−2 < 0 .
a
a
Vì x A xB =−2 < 0 ⇒ x A , xB trái dấu nên A , B thuộc hai phía Oy .
Theo định lý Viét, ta có x A + xB =
−
Vậy d luôn cắt ( P ) tại hai điểm A , B thuộc hai phía Oy .
b) Có
MN = x A − xB ⇒ MN 2 = x A − xB = ( x A − xB ) − 4 x A xB
2
= m 2 + 8 ⇒ MN =
=
Vậy MN
2
m2 + 8
m2 + 8 .
Do ∆OAM , ∆OBN lần lượt vuông tại M , N nên
1
1 3
1
1 3
=
S ∆OAM
=
AM .OM
x A=
=
BN .ON
xB .
; S ∆OBN
2
2
2
2
1
1
Do đó S ∆OAM = S ∆OBN ⇔ x 3A = xB3 ⇔ x3A = xB3 ⇔ x A = xB
2
2
⇔ xA =
xB (loại), x A =
− xB ⇔ x A + xB =⇔
0 m=
0 (thỏa mãn).
Vậy m = 0 thì S ∆OAM = S ∆OBN .
c) Có HK = y A − yB = x A2 − xB2 = ( x A + xB )( x A − xB ) = m. ( x A − xB )
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
95
Website: tailieumontoan.com
HK 2= m 2 ( x A + xB ) − 4 x A xB = m 2 ( m 2 + 8 ) .


2
Vậy
=
HK m m 2 + 8 .
d) Có
AB =
=
( xA − xB ) + ( y A − yB ) = ( xA − xB ) + ( mxA + 2 − mxB − 2 )
2
2
( xA − xB ) ( m2 + 1=)
2
2
( m + 8)( m + 1) ≥ ( m + 8) .
2
2
2
2
e) Gọi I là giao điểm của d và Oy ⇒ I ( 0; 2 ) ⇒ OI = yI = 2 .
Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A , B trên trục tung nên
AH = x A , BK = xB .
1
S ∆OAB =
S ∆OAI + S ∆OBI = ( OI . AH + OI .BK ) =x A + xB
2
= m 2 − 2. ( −2 ) + 2. 2 = m 2 + 8 ⇒ x A + xb =
Vậy S ∆=
OAB
m2 + 8
m2 + 8 .
1
Có S ∆OAB= 2m + 1 ⇔ m 2 + 8= 2m + 1 (điều kiện 2m + 1 > 0 ⇔ m > − )
2
2
2
2
2
⇔ m + 8 =4m + 4m + 1 ⇔ 3m + 4m − 7 =0 ⇔ 3m − 3m + 7 m − 7 =0
⇔ 3m ( m − 1) + 7 ( m − 1) ⇔ ( m − 1)( 3m + 7 ) =
0
7
⇔m=
− (loại), m = 1 (thỏa mãn).
3
= 2m + 1 (đvdt).
Vậy m = 1 thì S ∆OAB
Chú ý Câu này ta cần lưu ý đến điều kiện m > −
1
trong quá trình giải.
2
2
2
xB2 + yB2 .
x A2 + y A2 , OB=
f) Ta có OA=
AB 2 = ( x A − xB ) + ( y A − yB ) = x A2 + xB2 − 2 x A xB + y A2 + yB2 − 2 y A yB .
2
2
Xét OA2 + OB 2 − AB 2 = 2 x A xB + 2 y A yB = 2 ( x A xB + x A2 xB2 )
= 2 x A xB ( x A xB + 1) = 2. ( −2 )( −2 + 1) = 4 ≠ 0
Do đó OA2 + OB 2 ≠ AB 2 nên ∆OAB không thể vuông tại O (đpcm).
Bài 2: Cho Parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng d : y =
−2 x + 3 .
a) Tìm tọa độ giao điểm A, B của d và (P) với x A > 0 và vẽ d, (P).
b) Tìm tọa độ điểm C thuộc cung AB của (P) sao cho diện tích ∆ABC lớn nhất.
c) Tìm tọa độ điểm M ∈ Oy để S MAB = 4 (đvdt).
d) Cho điểm E ( 3;0 ) . Tìm tọa độ điểm F ∈ ( P ) sao cho độ dài EF ngắn nhất.
Lời giải
a) Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và ( P ) :
x2 =
−2 x + 3 ⇔ x 2 + 2 x − 3 =⇔
0
x2 + 2 x + 1 − 4 =
0
2
 x =1 ⇒ y =1
2
⇔ ( x + 1) =4 ⇔ x + 1 =±2 ⇔ 
2
 x =−3 ⇒ y =( −3) =9
Vậy A (1;1) , B ( −3;9 ) .
* d:y=
−2 x + 3
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
96
Website: tailieumontoan.com
x
0
y
3
3
2
0
* ( P ) : y = x2
x
y
−2
4
−1
1
0
0
1
1
2
4
b) Có A(1; 1) , B(-3; 9) cố định nên độ dài đoạn AB không đổi, do đó SABC lớn nhất khi khoàng cách
từ C đến đường thẳng d lớn nhất, khi đó C là tiếp điểm của đường thẳng d1//d2 và d1 tiếp xúc với
(P).
Gọi phương trình của d1: y = ax + b
ad = ad
Do d1//d2 nên ta có:  1
⇒ d1 : y =
−2 x + b (b ≠ 3)
bd1 = bd
Xét phương trình hoành độ giao điểm của d1 và (P): x2 = – 2x + b ⇔ x2 + 2x – b = 0 (*)
d1 tiếp xúc với (P) ⇔ (*) có nghiệm kép ⇔ ∆’ = 1 + b = 0 ⇔ b = – 1 (thỏa mãn)
Khi đó xc là nghiệm kép của (*): xc = – 1 ⇒ yc = (– 1)2 = 1
Vậy C(1; –1) là điểm cần tìm
c) Gọi N là giao điểm của d và Oy ⇒ N(0; 3)
Do M ∈ Oy ⇒ xM = 0 ⇒ M(0; yM), yM ≠ 3 (do M ≠ N) ⇒ MN = yM – yN  = yM – 3 
Kẻ AH ⊥ Oy tại H, BK ⊥ Oy tại K thì: AH = xA  = 1  = 1, BK = xB  = –3  = 3
Vì A và B thuộc hai phía của Oy nên:
1
1
S MAB = S MAN + S MBN = MN . AH + MN .BK = 2 yM − 3 (đvdt)
2
2
Do đó SAMB = 4 ⇒ yM – 3 = 2 ⇒ yM – 3 = ± 2 ⇒ yM = 5, yM = 1 (thỏa mãn)
Vậy M(0; 1) hoặc M(0; 5)
d) Do F ∈ ( P) ⇒ yF = xF2 ⇒ F ( xF ; xF2 )
Có : EF =
xF4 + xF2 − 6 xF + 9
( xE − xF ) + ( y E − y F ) =
( 3 − xF ) + ( 0 − xF2 ) =
2
2
2
2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
97
Website: tailieumontoan.com
= xF4 − 2 xF2 + 1 + 3 xF2 − 6 xF + 3 =
Vậy MinEF =
( x − 1) + 3 ( x − 1) + 5 ≥ 5 ⇒ EF ≥ 5
2
F
2
2
F
5 ⇔ xF = 1 hay F (1;1)
HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỤNG TRONG CHỦ ĐỀ
I. ĐỊNH LÍ VIÉT
Bài 1. Cho phương trình x2 – 2(m + 3)x + m2 +3 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân
biệt x1, x2 thỏa mãn: (2x1 - 1)( 2x2 - 1) = 9
Bài 2. Cho phương trình x2 – 2(m – 3)x – 2 (m – 1) = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm
phân biệt thỏa mãn sao cho biểu thức T= x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 3. Cho phương trình x2 – 2(m + 1)x + 4m – m2 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân
biệt x1, x2 sao cho biểu thức A = x1 – x2  đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 4. Cho phương trình x2 + mx – 3 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2
thỏa mãn: x1 + x2 = 4.
Bài 5. Cho phương trình x2 – mx + 2m – 4 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,
x2 thỏa mãn x1 + x2 = 3.
Bài 6. Cho phương trình: x2 – 4x – m2 – 1 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 phân
biệt thỏa mãn x2 = 5x1
Bài 7. Cho phương trình: x2 – 2(k – 1)x – 4k = 0. Tìm k để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,
x2 thỏa mãn 3x1 – x2 = 2
Bài 8. Cho phương trình: x2 – 6x + m + 3 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,
x2 thỏa mãn x2 = x12
Bài 9. Cho phương trình x2 – 3x – m2 + 1 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2
thỏa mãn x1 + 2x2 = 3.
Bài 10. Cho phương trình: x2 – (m – 3)x – 5 = 0. Tìm k để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,
x2 là các số nguyên
Bài 11. Cho phương trình: x2 – 20x + m + 5 = 0. Tìm k để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,
x2 là các số nguyên tố.
Bài 12. Cho phương trình x2 – 2(m + 1)x + 4m = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt
x1, x2 thỏa mãn x1 = – 3x2
Bài 13. Cho phương trình: x2 + 4x + 4a – a2 = 0. Tìm a để phương trình có hai nghiệm x1, x2 phân
biệt thỏa mãn x=
x22 − 6
1
Bài 14. Cho phương trình x2 – (2m + 5)x – 2m – 6 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân
biệt x1, x2 thỏa mãn x1 + x2 = 7.
Bài 15. Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – 4 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,
1 3
x2 thỏa mãn
+ =
1
x1 x2
Bài 16. Cho phương trình x2 – mx – 8 = 0. Chứng minh rằng với mọi m, phương trình luôn có hai
2 x12 + 5 x1 − 16 2 x22 + 5 x2 − 16
nghiệm phân biệt x1, x2 và giá trị của biểu
thức H
không phụ thuộc
=
−
3 x1
3 x2
vào m
Bài 17. Cho phương trình x2 – 2x + m – 1 = 0. Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân
x
x
1
biệt x1, x2 thỏa mãn 2 1
+ 2 2
=
x2 + 2 x1 + 1 x1 + 2 x2 + 1 4
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
98
Website: tailieumontoan.com
Bài 18. Cho phương trình x2 + 2mx – 2m – 1 = 0. Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm
2 x1 x2 + 1
phân biệt x1, x2 sao cho P = 2
đạt giá trị nhỏ nhất.
x1 − 2mx2 + 1 − 2m
II. HỆ QUẢ CỦA ĐỊNH LÍ VIET
Bài 1. Cho phương trình x2 – 2mx + m – 1 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,
x2 thỏa mãn
x1 + x2 =
2
Bài 2. Cho phương trình x2 – (2m + 5)x + 2m + 1 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân
biệt x1, x2 mà biểu thức =
M
x1 − x2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 3. Cho phương trình x2 – 5x + m – 1 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2
sao cho 2x1 = x2
Bài 4. Cho phương trình x2 – (m + 5)x + 3m + 6 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân
biệt x1, x2 :
+ Là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 5.
+ Là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông cân
Bài 5. Cho phương trình x2 + (m + 2)x – m – 4 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt
x1, x2 thỏa mãn x1 < 0 ≤ x2
Bài 6. Cho phương trình x2 + (m – 2)x + m – 5 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt
x1, x2 thỏa mãn x1 ≤ 0 < x2
Bài 7. Cho phương trình x2 + 2mx + 4m – 4 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,
x2 thỏa mãn x1 <2, x2 < 2
Bài 8. Cho phương trình x2 – (m + 3)x + m – 1 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt
3
x1, x2 thỏa mãn x1 < − < x2
2
x − 7 − 3m
Bài 9. Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
=m
x −3
x− x
Bài 10. Cho phương trình
=m
2 x −1
Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt
III. SỰ TƯƠNG GIAO CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ PARABOL
Bài 1. Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng (d): y = 2(m + 3) x − m 2 − 3
Tìm m để (d) tiếp xúc với (P). Khi đó hãy tìm tọa độ tiếp điểm.
Bài 2. Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng (d): =
y 2x + 3
a) Tìm tọa độ các giao điểm A và B của d và (P), trong đó A là điểm có hoành độ âm. Vẽ (P)
và (d) trên cùng một hệ trục tọa độ
b) Tìm tọa độ điểm C thuộc cung AB của (P) để S ∆ABC lớn nhất
Bài 3. Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng (d): y = 2(m − 1) x − 2m + 4 .Tìm m để (d) cắt (P) tại
hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x 2 sao cho biểu thức =
A x12 + x2 2 đạt giá trị nhở nhất
Bài 4. Cho parabol ( P ) : y = − x 2 và đường thẳng (d) đi qua I(0; -1) hệ số góc k .
a) Viết phương trình của (d)
b) Chứng minh (d) luôn cắt (P) tại hai điểm A, B phân biệt nằm về hai phía của trục Oy
c) Gọi hoành độ của A và B lần lượt là x1 và x2. Chứng minh: x1 − x2 ≥ 2
d) Giả sử x1 < x2 . Tìm m để x1 > x2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
99
Website: tailieumontoan.com
Bài 5. Cho parabol ( P ) : y = x và d: y = mx − m + 1 . Tìm m để (d) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân
2
biệt có hoành độ x1 , x 2 thỏa mãn x1 + x2 =
4.
Bài 6. Cho ( P ) : y = x 2 và (d): y= 2(m − 1) x + 3 − 2m . Tim m để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt có
hoành độ x1 , x 2 là độ dài hai cạnh của một hình chữ nhật có độ dài đường chéo bằng
10.
Bài 7. Cho parabol ( P ) : y = x và đường thẳng (d): y = mx + m + 1 . Tìm m để d cắt (P) tại hai điểm
2
5.
phân biệt có hoành độ x1 , x 2 thỏa mãn 2 x1 − 3 x2 =
Bài 8. Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng (d): y = 2(m + 1) x + 3 . Tìm m để (d) cắt (P) tại hai
điểm phân biệt có hoành độ x1 , x 2 thỏa mãn: 2 x1 + x2 =
5.
−4 x + m 2 − 4 . Tìm m để (d) cắt (P) tại hai
Bài 9. Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng (d): y =
điểm phân biệt có hoành độ x1 , x 2 thỏa mãn: x=
x13 + 4 x12 .
2
Bài 10. Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng (d): y = (2m − 1) x − m 2 + m . Tìm m để (d) cắt (P) tại
hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x 2 thỏa mãn:
x1 = 2.x2 .
Bài 11. Cho parabol ( P ) : y = x và đường thẳng (d): y = (m − 3) x − m + 4 . Tìm m để (d) cắt (P) tại hai
2
điểm phân biệt có hoành độ x1 , x 2 là độ dài hai cạnh của một tam giác vuông cân.
Bài 12. Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng (d): y= 2mx − m 2 + m + 1 . Tìm m để (d) cắt (P) tại hai
22.
điểm phân biệt A( x1 ; y1 ), B( x2 ; y2 ) thỏa mãn: y1 + y2 + 2 x1 + 2 x2 =
Bài 13. Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng (d): y = (2m + 1) x − 2m . Tìm m để (d) cắt (P) tại hai
điểm phân biệt A( x1 ; y1 ), B( x2 ; y2 ) sao cho biểu thức :
T = y1 + y2 − x1.x2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 14. Cho parabol ( P ) : y = − x 2 và đường thẳng (d): y = 2mx − m 2 + 1 . Tìm m để (d) cắt (P) tại hai
điểm phân biệt A( x1 ; y1 ), B( x2 ; y2 ) thỏa mãn: y1 − y2 > 4
Bài 15. Cho parabol ( P ) : y = − x 2 và đường thẳng (d): y = 2 x + m − 1 . Tìm m để (d) cắt (P) tại hai
−4
điểm phân biệt A( x1 ; y1 ), B( x2 ; y2 ) mà x1 y1 + x2 y2 − x1.x2 =
Bài 16. Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng (d): =
y mx + 2
a) Chứng minh (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B thuộc hai phía của Oy.
b) Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B trên trục hoành . Tính độ dài đoạn
MN theo m và tìm m để S ∆OAM = S ∆OBM
c) Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B trên trục tung. Tính độ dài đoạn HK
theo m .
d) Tính độ dài đoạn thẳng AB theo m và chứng minh AB ≥ m 2 + 8
= 2m + 1 (đvdt).
e) Tính diện tích ∆OAB theo m và tìm m để S ∆OAB
∀m .
f) Chứng minh với mọi m , ∆OAB không thể vuông tại O.
−2 x + 3 .
Bài 17. Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng (d): y =
a) Tìm tọa độ giao điểm A, B của (d) và (P) với x A > 0 , vẽ (d) và (P) trên cùng một hệ trục tọa
độ
b) Tìm tọa độ điểm C thuộc cung AB của (P) sao cho diện tích ∆ABC lớn nhất.
c) Tìm tọa độ điểm M ∈ Oy để S ∆MAB = 4 (đvdt).
d) Cho điểm E (3;0) . Tìm tọa độ điểm F ∈ ( P ) sao cho độ dài EF ngắn nhất.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
100
Website: tailieumontoan.com
CHỦ ĐỀ 5 – PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
I.
PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG CHỨA THAM SỐ ............................................................................... 102
DẠNG 1: PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA NHẨM ĐƯỢC MỘT NGHIỆM .......................................... 102
DẠNG 2: PHƯƠNG TRÌNH TRÙNG PHƯƠNG ................................................................................ 102
DẠNG 3: PHƯƠNG TRÌNH DẠNG ....................................................................................................... 103
DẠNG 4: PHƯƠNG TRÌNH DẠNG ax 4 + bx 3 + cx 2 ± bx + a =
0 .......................................................... 103
DẠNG 5: PHƯƠNG TRÌNH GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ ................................. 104
DẠNG 6: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN Ở MẪU ................................................................................ 104
II. PHƯƠNG TRÌNH CHỨA THAM SỐ ................................................................................................... 105
DẠNG 1:PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA ĐUA ĐƯỢC VỀ DẠNG TÍCH:(x - α )( ax2 + bx + c) = 0 .... 105
DẠNG 2. PHƯƠNG TRÌNH TRÙNG PHƯƠNG: ............................................................................... 106
HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỤNG TRONG CHỦ ĐỀ .............................................................................. 108
I. PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG CHỨA THAM SỐ ............................................................................... 108
II. PHƯƠNG TRÌNH CHỨA THAM SỐ ............................................................................................... 108
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
101
Website: tailieumontoan.com
I.
PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG CHỨA THAM SỐ
DẠNG 1: PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA NHẨM ĐƯỢC MỘT NGHIỆM
•
Nếu nhẩm được một nghiệm x = α của phương trình ax3 + bx 2 + cx + d =
0 thì ta tách được
2
0.
phương trình đó về dạng tích ( x − α ) ax + b ' x + c ' =
(
)
•
Nếu nhẩm được một nghiệm x = −α của phương trình ax3 + bx 2 + cx + d =
0 thì ta tách được
2
0.
phương trình đó về dạng tích ( x + α ) ax + b ' x + c ' =
(
)
0.
Ví dụ. Giải phương trình x3 − 4 x 2 + 2 x + 4 =
Lời giải
Nhận xét: phương trình này ta nhẩm được một nghiệm x = 2 (có thể dùng máy tính) nên ta sẽ
tách được nhân tử x − 2 .
Cách 1 Có x3 − 4 x 2 + 2 x + 4 =⇔
0
x3 − 2 x 2 − 2 x 2 + 4 x − 2 x + 4 =
0
2
2
⇔ x ( x − 2 ) − 2 x ( x − 2 ) − 2 ( x − 2 ) =0 ⇔ ( x − 2 ) x − 2 x − 2 =0
(
)
x = 2
x = 2
0
x − 2 =
⇔ 2
⇔
⇔
2
3 x= 1± 3
 x − 2 x + 1 − 3 =0
( x − 1) =
Cách 2 Có x3 − 4 x 2 + 2 x + 4 = 0 ⇔ ( x3 − 8) − 4( x 2 − 4) + 2( x − 2) = 0
(
)
⇔ ( x − 2) ( x − 2x − 2) =
0 , từ đó giải được x = 2, x = 1 ± 3 .
⇔ ( x − 2 ) x 2 + 2 x + 4 − 4 ( x − 2 )( x + 2 ) + 2 ( x − 2 ) =
0
2
0 cho đa thức x − 2 ta được thương là x 2 − 2 x − 2
Cách 3 Đặt phép chia da thức x 3 − 4 x 2 + 2 x + 4 =
nên x 3 − 4 x 2 + 2 x + 4 = ( x − 2 ) x 2 − 2 x − 2 nên
(
(
)
)
0 , từ đó giải được x = 2, x = 1 ± 3 .
phương trình ⇔ ( x − 2 ) x 2 − 2 x − 2 =
{2;1 ± 3} .
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là=
S
DẠNG 2: PHƯƠNG TRÌNH TRÙNG PHƯƠNG
Xét phương trình ax 4 + bx 2 + c= 0 ( a ≠ 0 ) .
Cách 1 Đặt t = x 2 , điều kiện t ≥ 0 , ta được phương trình bậc hai at 2 + bt + c =
0 . Giải t , đối chiếu
điều kiện và suy ra x .
Cách 2 Giải trực tiếp bằng cách đưa về tích hoặc đưa về bình phương theo x .
Ví dụ. giải phương trình x 4 + x 2 − 20 =
0.
Lời giải
2
Cách 1 (Đặt t = x )
Đặt t = x 2 , điều kiện t ≥ 0 , phương trình đã cho trở thành
t 2 + t − 20 =0 ⇔ t 2 + 5t − 4t − 20 =0 ⇔ ( t + 5 )( t − 4 ) =0
4⇔ x=
±2 .
⇔ t =−5 (loại), t = 4 (thỏa mãn) x 2 =
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {±2} .
Cách 2 (giải trực tiếp)
Có x 4 + x 2 − 20 =0 ⇔ x 4 + 5 x 2 − 4 x 2 − 20 =0 ⇔ x 2 x 2 + 5 − 4 x 2 + 5 =0
(
)(
)
(
) (
⇔ x 2 + 5 x 2 − 4 =⇔
0
x2 =
−5 (loại), x 2 =
4⇔ x=
±2 .
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
102
)
Website: tailieumontoan.com
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S =
{±2} .
DẠNG 3: PHƯƠNG TRÌNH DẠNG
( x + a )( x + b )( x + c )( x + d ) = k ( a + c = b + d = α )
Cách giải: Ghép kết hợp
( x + a )( x + c )  ( x + b )( x + d )  =k ⇔  x 2 + α x + ac   x 2 + α x + bd  =k
ac + bd
.
2
24 .
Ví dụ. Giải phương trình ( x + 1)( x + 2 )( x + 3)( x + 4 ) =
t x 2 + α x hoặc t = x 2 + α x +
Đặt ẩn phụ =
Lời giải
Cách 1 (Đặt ẩn phụ)
24
Phương trình ⇔ ( x + 1)( x + 4 )  ( x + 2 )( x + 3)  =
(
)(
)
⇔ x2 + 5x + 4 x2 + 5x + 6 =
24 .
Đặt t = x 2 + 5 x + 5 , ta được phương trình ( t − 1)( t + 1) =24 ⇔ t =±5 , suy ra
 x = 0, x = −5
 x2 + 5x + 5 =
 x ( x + 5) =
0
5

2
⇔ 2
⇔ 
5
15
 2
−10
x +  = − ⇒ x ∈∅
 x + 5x =
 x + 5 x + 5 =−5


2
4
S
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là =
{0; − 5} .
Cách 2 (Đưa về tích)
Phương trình ⇔ x 2 + 3 x + 2 x 2 + 7 x + 12 = 24 ⇔ x 4 + 10 x3 + 35 x 2 + 50 x = 0
(
(
)
)(
(
)
)
⇔ x x3 + 10 x 2 + 35 x + 50 =
0 ⇔ x x3 + 5 x 2 + 5 x 2 + 25 x + 10 x + 50 =
0
(
)
⇔ x ( x + 5 ) x + 5 x + 10 =
0⇔ x=
0, x =
−5 .
2
S
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là =
{0; − 5} .
DẠNG 4: PHƯƠNG TRÌNH DẠNG ax 4 + bx3 + cx 2 ± bx + a =
0
Cách giải
Trường hợp 1: Xét x = 0 , thay vào phương trình xem thỏa mãn hay loại.
1  
1

Trường hợp 2: Xét x ≠ 0 , chia hai vế phương trình cho x 2 được a  x 2 + 2  + b  x ±  + c =
0 , rồi đặt
x  
x

1
1
ẩn phụ t= x ± thì t 2 = x 2 + 2 ± 2 .
x
x
4
0.
Ví dụ. Giải phương trình x + 3 x3 − 2 x 2 − 6 x + 4 =
Lời giải
Cách 1:(Đặt ẩn phụ)
Trường hợp 1: Xét x = 0 , thay vào phương trình ta được 4 = 0 (loại).
Trường hợp 2: Xét x ≠ 0 , chia hai vế phương trình cho x 2 được
6 4
4  
2

x 2 + 3x − 2 − + 2 = 0 ⇔  x 2 + 2  + 3  x −  − 2 = 0
x x
x  
x

2
4
4
Đặt t = x − ⇒ t 2 = x 2 + 2 − 4 ⇒ x 2 + 2 = t 2 + 4
x
x
x
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
103
(
Website: tailieumontoan.com
)
Phương trình trở thành t + 4 + 3t − 2 = 0 ⇔ t + 3t + 2 = 0 ⇔ t + t + 2t + 2 = 0
2
2
2
⇔ t ( t + 1) + 2 ( t + 1) =0 ⇔ ( t + 1)( t + 2 ) =0 ⇔ t =−1, t =−2 , suy ra
2

−1
 x 2 − x +=
( x − 1)( x + 2 ) =
x − x =
0
 x2 =
+ x−2 0
2x − 2 0
⇔ 2
⇔ 2
⇔

2
−2 0
x + 2 x + 1=
−3 0
3
x − 2 =
 x + 2 x=
( x + 1) =

−2

x
⇔ x =1, x =−2, x =−1 ± 3 .
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S =
{1; − 2; − 1 ± 3}
Cách 2 (Đưa về tích)
Có: x 4 + 3 x3 − 2 x 2 − 6 x + 4 = 0 ⇔ x 4 − x3 + 4 x3 − 4 x 2 + 2 x 2 − 2 x − 4 x + 4 = 0
⇔ ( x − 1) x3 + 4 x 2 + 2 x − 4 =⇔
4 ( x − 1) x3 + 2 x 2 + 2 x 2 + 4 x − 2 x − 4 =
0
(
(
)
(
)
)
⇔ ( x − 1)( x + 2 ) x + 2 x − 2 =0 ⇔ x =1, x =−2, x =−1 ± 3
2
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S =
{1; − 2; − 1 ± 3}
DẠNG 5: PHƯƠNG TRÌNH GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ
• Biến đổi về một biểu thức.
• Đặt t bằng biểu thức đó và đưa về phương trình bậc hai đối với t .
(
)
6.
Ví dụ: Giải phương trình x ( x − 1) x 2 − x + 1 =
(
)
(
)(
)
Lời giải
Có x ( x − 1) x − x + 1 = 6 ⇔ x − x x − x + 1 = 6 .
2
2
2
t x 2 − x , ta được t 2 + t − 6 =0 ⇔ t =2, t =−3 .
Đặt =
∗
t =2 ⇒ x 2 − x − 2 =0 ⇒ x =−1, x =2 .
∗
t =−3 ⇒ x 2 − x + 3 =0 (vô nghiệm).
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S =
{−1; 2}
DẠNG 6: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN Ở MẪU
− Đặt điều kiện các mẫu khác 0.
− Quy đồng cùng mẫu chung rồi bỏ mẫu.
− Đặt ẩn phụ nếu được.
Ví dụ 1. Giải phương trình
90 90
9
+
=
.
x x+9 2
Lời giải
Điều kiện: x ≠ 0, x ≠ −9 .
90 90
9
10 10
1
20 x + 90 1
+
=⇔ +
=⇔
=
Có
x x+9 2
x x+9 2
x ( x + 9) 2
⇔ x 2 − 31x − 180 = 0, ∆ = ( −31) − 4.1. ( −180 ) = 1681 > 0 ⇒ ∆ = 41
2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
104
Website: tailieumontoan.com
31 ± 41
⇒x=
⇔x=
36, x =−5 . (thỏa mãn điều kiện)
2
S {36; − 5}.
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là=
II. PHƯƠNG TRÌNH CHỨA THAM SỐ
DẠNG 1:PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA ĐUA ĐƯỢC VỀ DẠNG TÍCH:(x - α )( ax2 + bx + c) = 0
Bước 1: Tách riêng phần chứa m được dạng f(x) + m(x - α ) = 0, rồi tách x - α từ f(x) ta đưa được
phương trình đã cho về dạng:
x = α
(x - α )( ax2 + bx + c) = 0   2
0
ax + bx + c =
Bước 2: Ghi nhớ một số điều kiện sau:
• Phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt  Phương trình ax2 + bx + c = 0 có
hai nghiệm phân biệt x ≠ α .
• Phương trình đã cho có đúng 2 phân biệt  Phương trình ax2 + bx + c = 0 có đúng một
nghiệm thỏa mãn x ≠ α .
• Phương trình đã cho có đúng 1 nghiệm  Phương trình ax2 + bx + c = 0 hoặc vô nghiệm,
hoặc có nghiệm kép x ≠ α .
Ví dụ: Cho phương trình: x3 – 3x2 + 3mx + 3m + 4 = 0 (1)
Tìm m để phương trình đã cho:
a) Có ba nghiệm phân biệt
b) Có đúng hai nghiệm khác nhau
c) Có đúng một nghiệm
−6 .
d) Có ba nghiệm phân biệt x1 ;x 2; x 3 thỏa mãn x1x 2 + x 2 x 3 + x1x 3 =
Lời giải
Ta có: (1)  x – 3x + 4 + 3m(x + 1) = 0 ⇔ (x + 1)(x2 – 4x + 4) + 3m(x + 1) = 0
 x = −1
 (x + 1)(x2 – 4x + 4 + 3m) = 0 ⇔  2
 x – 4x + 4 + 3m = 0 (2)
3
2
a) (1) có ba nghiệm phân biệt  (2) có hai nghiệm phân biệt x ≠ -1
∆ ' = 4 − 4 − 3m > 0
m < 0
⇔
 
2
m ≠ −3
(−1) − 4.(−1) + 4 + 3m ≠ 0
Vậy m < 0, m ≠ -3 là giá trị cần tìm
b) (1) có đúng hai nghiệm khác nhau  (2) có đúng một nghiệm x ≠ -1
Trường hợp 1: (2) có nghiệm kép x ≠ -1
∆ ' = 4 − 4 − 3m = 0
m = 0
 
0
⇔
⇔m=

2
m
3
≠
−
(
1)
4.(
1)
4
3m
0
−
−
−
+
+
≠


Trường hợp 2: (2) có hai nghiệm phân biệt trong đó một có nghiệm x = -1
∆ ' = 4 − 4 − 3m > 0
m > 0
 
(loại).
⇔
2
0
m = −3
(−1) − 4.(−1) + 4 + 3m =
Vậy m = 0 là giá trị cần tìm
c) (1) có đúng hai nghiệm  (2) không có nghiệm nào thỏa mãn x ≠ -1
Trường hợp 1: (2) có nghiệm kép x = -1
∆ ' = 4 − 4 − 3m = 0
m = 0
⇔
 
(loại).

2
0
m = −3
(−1) − 4.(−1) + 4 + 3m =
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
105
Website: tailieumontoan.com
Trường hợp 2: (2) vô nghiệm kép  ∆ ' = 4 − 4 − 3m < 0  m > 0
Vậy m > 0 là giá trị cần tìm
d) Theo câu a) với m < 0, m ≠ -3 thì (1) có ba nghiệm phân biệt x1 ;x 2; x 3
Do x1 ;x 2; x 3 vai trò như nhau và trong ba nghiệm của (1) có một nghiệm bằng - 1 nên ta giả sử x 3
= -1 thì x1 ;x 2 là hai nghiệm của (2).
b
c
4;x1x 2 = =
3m + 4
=
a
a
−6 ta được:
Thay x 3 = −1 vào x1x 2 + x 2 x 3 + x1x 3 =
Theo định lý Vi-ét, ta có x1 + x 2 =
−
x1x 2 − (x1 + x 2 ) =−6 ⇔ 3m + 4 − 4 =−6 ⇔ m =−2 (thỏa mãn)
Vậy m = -2 là giá trị cần tìm.
DẠNG 2. PHƯƠNG TRÌNH TRÙNG PHƯƠNG:
Bài toán: Tìm m để phương trình ax4 + bx2 + c = 0 (a ≠ 0) (1)
a) Có bốn nghiệm phân biệt.
b) Có đúng ba nghiệm khác nhau.
c) Có đúng hai nghiệm khác nhau.
d) Có đúng một nghiệm.
e) Vô nghiệm.
Bước 1: Đặt t = x2, t ≥ 0 , phương trình trở thành at2 + bt + c = 0 (2)
Bước 2: Nhận xét
• Với t < 0 thì không có x
• Với t = 0 thì có 1 giá trị x = 0
• Với t > 0 thì có hai giá trị của x là x = ± t
Do đó ta có các kết quả sau:
a) (1) có bốn nghiệm phân biệt khi (2) có hai nghiệm phân biệt t 1 > 0, t 2 > 0.
b) (1) có đúng ba nghiệm khác nhau khi (2)có hai nghiệm phân biệt t 1 > 0, t 2 > 0.
c) (1) có đúng hai nghiệm khác nhau xảy ra hai trường hợp:
Trường hợp 1: (2) có nghiệm kép t 1 = t 2 > 0.
Trường hợp 2: (2) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn t 1 < 0< t 2 .
d) (1) có đúng một nghiệm xảy ra hai trường hợp:
Trường hợp 1: (2) có nghiệm kép t 1 = t 2 = 0.
Trường hợp 2: (2) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn t 1 < 0 ; t 2 = 0.
e) (1) vô nghiệm xảy ra ba trường hợp:
Trường hợp 1: (2) vô nghiệm
Trường hợp 2: (2) có nghiệm kép thỏa mãn t 1 = t 2 < 0
Trường hợp 3: (2) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn t 1 < 0 ; t 2 < 0.
Ví dụ : Cho phương trình x4 – (2m – 1)x2 + 2m – 2 = 0
(1)
Tìm m để phương trình đã cho :
a) Có bốn nghiệm phân biệt.
b) Có đúng ba nghiệm khác nhau.
c) Có đúng hai nghiệm khác nhau.
d) Có bốn nghiệm phân biệt thỏa mãn: x14 + x 24 + x 34 + x 44 =
10
Cách 1: (Đặt ẩn phụ t =x )
Lời giải
2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
106
Website: tailieumontoan.com
Đặt t = x2 , t ≥ 0 , phương trình (1) trở thành t2 – (2m – 1)t + 2m – 2 = 0 (2)
Nhận xét :
• Với t < 0 thì không có x.
• Với t > 0 thì có một nghiệm x = 0
• Với t > 0 thì có hai giá trị của x là x = ± t
a) (1) có bốn nghiệm phân biệt khi (2) có 2 nghiệm phân biệt t 1 > 0, t 2 > 0.
Có ∆ = [-(2m)]2 – 4.1.(2m – 2) = (2m – 1)2 – 8m + 8 = (2m – 3)2
•
(2) có hai nghiệm phân biệt t 1 , t 2 khi ∆ > 0  (2m – 3)2 > 0  m ≠
3
.
2
c
b
Theo định lý Vi-ét, ta có t 1 + t 2 = − = 2m – 1, t 1 t 2 = = 2m – 2
a
a
t1 + t 2 > 0
2m − 1 > 0
⇔
⇔ m >1
* t 1 > 0, t 2 > 0  
>
−
>
t
t
0
2m
2
0

12
3
Vậy với m > 1, m ≠
là các giá trị cần tìm
2
b)(1) có đúng ba nghiệm khác nhau khi (2) có hai nghiệm phân biệt t 1 > 0, t 2 > 0.
3
* Theo trên thì (2) có hai nghiệm phân biệt t 1 , t 2 khi m ≠ .
2
0
0 − (2m − 1).0 + 2m − 2 =
0
* t 1 = 0, t 2 > 0  
1 (thỏa mãn)
⇔m=
t1 + t 2= 2m − 1 > 0
Vậy m = 1 là giá trị cần tìm
c) (1) có đúng hai nghiệm khác nhau xảy ra hai trường hợp:
2
=
0
∆ (2m − 3)
=
3

Trường hợp 1: (2) có nghiệm kép t 1 = t 2 > 0 ⇔  b
⇔m=
2
− = 2m − 1 > 0
 a
Trường hợp 2: (2) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn t 1 < 0< t 2
c
 = 2m − 2 < 0 ⇔ m < 1
a
3
Vậy m < 1; m =
là giá trị cần tìm.
2
d)Theo câu a) thì phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi m > 1, m ≠
Do t 1 > 0 ; t 2 > 0 nên bốn nghiệm phân biệt của (1) là :
x 1 = − t1 ;x 2 =
t1 ;x 3 =
t2
− t 2 ;x 4 =
Suy ra : x + x + x + x =−
( t 1 )2 + ( t 1 )2 + ( − t 2 )2 + ( t 2 )2 =
2(t12 + t 22 )
4
1
4
2
4
3
4
4
 2 (2m − 1)2 − 2(2m − 2) 
= 2 (t1 + t 2 )2 − 2t1t =
2
= 2(4m2 – 8m +5)
Do đó x14 + x 42 + x 34 + x 44 = 10 ⇔ 2 4m 2 − 8m + 5 = 10 ⇔ 4m 2 − 8m = 0
(
)
⇔ 4m ( m − 2 ) =0 ⇔ m =0 (loại), m = 2 (thỏa mãn).
Vậy m = 2 là giá trị cần tìm.
Cách 2 (Đưa về tích)
Phương trình (1) ⇔ x 4 − 2mx 2 + x 2 + 2m − 2 =0 ⇔ x 4 + x 2 − 2 − 2mx 2 + 2m =0
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
107
3
.
2
(
)(
)
(
)
(
)(
)
Website: tailieumontoan.com
⇔ x 2 − 1 x 2 + 2 − 2m x 2 − 1 =⇔
0
x 2 − 1 x 2 + 2m − 2 =
0
⇔x=
±1, x 2 =
2m − 2.
a) Vì phương trình đã có hai nghiệm phân biệt là x = ±1 nên để phương trình đã cho có bốn
2
nghiệm phân biệt thì phương trình x=
2m − 2 phải có hai nghiệm phân biệt khác ±1
2m − 2 > 0
3
⇔
⇔ m > 1, m ≠ .
2
2
1
2m − 2 ≠ ( ±1) =
3
Vậy m > 1, m ≠ là giá trị cần tìm.
2
b) Vì phương trình đã có hai nghiệm trình x = ±1 nên để phương trình đã cho có ba nghiệm khác
2
nhau thì phương trình x=
2m − 2 phải có đúng một nghiệm x = 0 ⇔ 2m − 2 = 0 ⇔ m = 1.
Vậy m = 1 là giá trị cần tìm.
c) Vì phương trình đã có đủ hai nghiệm khác nhau là x = ±1 nên để phương trình đã cho có đúng
2
hai nghiệm khác nhau thi phương trình x=
2m − 2 hoặc vô nghiệm hoặc chỉ có nghiệm là x = ±1
m < 1
 2m − 2 < 0

⇔
⇔
m = 3
1
 2m − 2 =
2

3
Vậy m < 1; m = là giá trị cần tìm.
2
3
d) Theo câu a) thì phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi m > 1, m ≠ .
2
±1, x =
± 2m − 2 , do đó
Khi đó bốn nghiệm của (1) là x =
(
x14 + x 42 + x 34 + x 44 = 10 ⇔ ( −1) + 14 + − 2m − 2
4
) + ( 2m − 2 ) = 10
4
4
10 ( 2m − 2 ) =
4 ⇔ 2m − 2 =
⇔ 1 + 1 + ( 2m − 2 ) + ( 2m − 2 ) =⇔
±2
2
2
2
⇔m=
0 (loại), m = 2 (thỏa mãn).
Vậy m = 2 là giá trị cần tìm.
HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỤNG TRONG CHỦ ĐỀ
I. PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG CHỨA THAM SỐ
0.
Bài 1. Giải phương trình x 3 − 4x 2 + 2x + 4 =
4
2
Bài 2. Giải phương trình x + x − 20 =
0.
Bài 3. Giải phương trình ( x + 1)( x + 2 )( x + 3)( x + 4 ) =
24.
Bài 4. Giải phương trình x 4 + 3x 3 − 2x 2 − 6x + 4 =
0.
2
6.
Bài 5. Giải phương trình x ( x − 1) x − x + 1 =
(
)
90
90
9
+
=
.
x x +9 2
II. PHƯƠNG TRÌNH CHỨA THAM SỐ
0. Tìm m để phương trình đã cho:
Bài 1. Cho phương trình x 3 − 3x 2 + 3mx + 3m + 4 =
a) Có ba nghiệm phân biệt
b) Có đúng hai nghiệm khác nhau
c) có đúng một nghiệm.
−6.
d) Có ba nghiệm x1 , x 2 , x 3 thỏa mãn x1x 2 + x 2 x 3 + x 3 x1 =
Bài 6. Giải phương trình
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
108
Website: tailieumontoan.com
Bài 2. Cho phương trình x − ( 2m − 1) x + 2m − 2 =
0. Tìm m để phương trình đã cho:
4
2
a) Có bốn nghiệm phân biệt
b) Có đúng ba nghiệm khác nhau
c) Có đúng hai nghiệm khác nhau
10 .
d) Có bốn nghiệm phân biệt thỏa mãn x14 + x 24 + x 34 + x 44 =
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
109
Website: tailieumontoan.com
Contents
DẠNG 1: KẾT NỐI CÁC GÓC BẰNG NHAU THÔNG QUA TỨ GIÁC NỘI TIẾP ....................... 110
DẠNG 2: CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG ....................................................................... 119
DẠNG 3: TIẾP TUYẾN ................................................................................................................................ 121
DẠNG 4: CHỨNG MINH ĐIỂM THUỘC ĐƯỜNG TRÒN, CHỨNG MINH ĐƯỜNG KÍNH .... 124
DẠNG 5: SỬ DỤNG ĐỊNH LÝ TA- LÉT VÀ ĐỊNH LÝ TA- LÉT ĐẢO .............................................. 128
DẠNG 6: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT PHÂN GIÁC..................................................................................... 135
DẠNG 1: KẾT NỐI CÁC GÓC BẰNG NHAU THÔNG QUA TỨ GIÁC NỘI TIẾP
Ví dụ 1. Từ điểm A ở ngoài đường tròn ( O ) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC đến ( O ) (với B, C là hai
tiếp điểm). Gọi E là giao điểm của OA và BC. Gọi I là trung điểm của BE. Đường thẳng qua I và
vuông góc với OI cắt các tia AB, AC theo thứ tự tại D, F . Chứng minh ∆ODF cân tại O và F là
trung điểm của AC.
Hướng dẫn
D
B
I
E
A
O
F
C
* Chứng minh ∆ODF cân tại O
 = OBI
 (cùng nhìn OI ).
Bước 1 Chứng minh tứ giác OIBD nội tiếp, suy ra ODI
 = OCI
 (cùng nhìn OI ).
Bước 2 Chứng minh tứ giác OIFC nội tiếp, suy ra OFI
 = OCI
 (tính chất tam giác cân).
Bước 3 Chứng minh ∆OBC cân tại O, suy ra OBI
 = OFI
 nên ∆ODF cân tại O
Từ đó, ta được ODI
* Chứng minh F là trung điểm AC
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
110
Website: tailieumontoan.com
Bước 1 Chứng minh tứ giác BDEF là hình bình hành bằng cách chỉ ra I là trung điểm cả BE và
DF , suy ra EF // BD hay EF // AB.
Bước 2 Xét ∆ABC chỉ ra E là trung điểm của BC và kết hợp EF // AB, suy ra F là trung điểm của
AC (Tính chất đường thẳng đi qua trung điểm của một cạnh và song song với cạnh thứ 2 thì đi
qua trung điểm của cạnh thứ ba).
Ví dụ 2. Cho đường tròn ( O ) . Lấy điểm A nằm ngoài đường tròn ( O ) , đường thẳng AO cắt ( O )
tại hai điểm B và C với AB < AC . Qua A vẽ đường thẳng không đi qua O cắt ( O ) tại hai điểm D
và E với AD < AE . Đường thẳng vuông góc với AB tại A cắt đường thẳng CE tại F. Gọi M là giao
điểm thứ hai của đường thẳng FB với ( O ) . Tứ giác AMDF là hình gì? Vì sao?
Hướng dẫn
 ).
1 = E
 1 (cùng chắn BD
Bước 1 Xét ( O ) có M
 1 (cùng nhìn AB).
Bước 2 Chứng minh tứ giác ABEF nội tiếp, suy ra F 1 = E
 1 = F 1 , mà M
 1 và F 1 là hai góc so le trong nên AF // DM, do đó tứ giác AMDF là
Từ đó, ta được M
hình thang.
Ví dụ 3. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) đường kính AD (B thuộc cung nhỏ AC). Gọi
giao điểm hai đường chéo AC và BD là H. Kẻ HK vuông góc với AD tại K. Tia BK cắt ( O ) tại điểm
thứ hai là F. Gọi P và Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của F trên các đường thẳng AB, BD.
Chứng minh CF // HK và PQ đi qua trung điểm của CF.
Hướng dẫn
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
111
Website: tailieumontoan.com
* Chứng minh CF // HK
1 = K
 1 (cùng nhìn BH).
Bước 1 Chứng minh tứ giác ABHK nội tiếp, suy ra A
 1 = F 1 (cùng chắn cung BC).
Bước 2 Xét ( O ) có A
 1 , mà F 1 , K
 1 là hai góc đồng vị nên CF // HK .
Từ đó, ta được F 1 = K
* Chứng minh PQ đi qua trung điểm CF
Bước 1 Chứng minh tứ giác BPFQ là hình chữ nhật.
 =B
 2 và PQ đi qua trung điểm của BF.
Suy ra Q
1
 2.
1 = B
Bước 2 Chứng minh D là điểm chính giữa của cung CF, suy ra B
,B
 1 là hai góc so le trong nên PQ // BC.
 =B
 1 , mà Q
Từ đó, ta được Q
1
1
Bước 3 Xét ∆FBC có PQ đi qua trung điểm của BF và PQ // BC nên PQ đi qua trung điểm của CF
(tính chất đường thẳng đi qua trung điểm của một cạnh và song song với cạnh thứ hai thì đi qua
trung điểm của cạnh thứ ba).
Ví dụ 4. Cho ba điểm A, B, C cố định và thẳng hàng theo thứ tự đó. Vẽ đường tròn ( O ) bất kì đi
qua B và C sao cho BC không phải là đường kính của ( O ) . Từ A kẻ các tiếp tuyến AE và AF đến
( O ) với E và F là các tiếp điểm. Gọi I là trung điểm của BC. Gọi D là giao điểm thứ hai của đường
thẳng FI và ( O ) . Chứng minh ED // AC và AH.AI = AB.AC.
Hướng dẫn
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
112
Website: tailieumontoan.com
* Chứng minh ED // AC
 = AOF
 (cùng nhìn AF).
Bước 1 Chứng minh tứ giác AOIF nội tiếp, suy ra AIF
 = EDF
 (cùng bằng nửa EOF
 ).
Bước 2 Chứng minh AOF
 = EDF,
 mà AIF,
 EDF
 là hai góc đồng vị nên ED // AC.
Từ đó, ta được AIF
* Chứng minh AH.AI = AB.AC
Bước 1 Chứng minh ∆AFB ∽ ∆ACF (g.g), suy ra AB.AC = AF2 .
Bước 2 Chứng minh ∆AFH ∽ ∆AIF (g.g), suy ra AH.AI = AF2 .
Từ đó, ta được AH.AI = AB.AC.
Ví dụ 5. Cho đường tròn ( O ) và dây cung BC cố định khác đường kính. Gọi A là điểm bất kì trên
cung nhỏ BC (A khác B, C và AB < AC ). Kẻ đường kính AK của đường tròn ( O ) . Gọi D là chân
đường vuông góc kẻ từ A đến BC và E là chân đường vuông góc kẻ từ B đến AK. Gọi I là trung
điểm của BC. Chứng minh DE ⊥ AC và ∆IDE ∽ ∆OAB.
Hướng dẫn
* Chứng minh DE ⊥ AC
 = ABC
 (tính chất góc ngoài bằng góc đối).
Bước 1 Chứng minh tứ giác ABDE nội tiếp, suy ra KED
 = AKC
 (cùng chắn cung AC).
Bước 2 Xét ( O ) có ABC
 = AKC,
 mà KED,
 AKC
 là hai góc so le trong nên DE // KC.
Từ đó, ta được KED
Bước 3 Chứng minh KC ⊥ AC, suy ra DE ⊥ AC (Từ vuông góc đến song song).
* Chứng minh ∆IDE ∽ ∆OAB.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
113
Website: tailieumontoan.com
 = OAB
 (góc ngoài bằng góc đối).
Bước 1 Từ tứ giác ABDE nội tiếp, suy ra IDE
 = AOB
 (cùng nhìn BE).
Bước 2 Chứng minh tứ giác OBEI nội tiếp, suy ra DIE
Từ đó, ta được ∆IDE ∽ ∆OAB (g.g) .
Ví dụ 6. Cho đường tròn ( O ) và một điểm A nằm ngoài đường tròn ( O ) . Kẻ tiếp tuyến AB và
đường kính BC của đường tròn ( O ) (với B là tiếp điểm). Trên đoạn thẳng CO lấy điểm I ( I
khác C , I khác O ). Đường thẳng AI cắt đường tròn ( O ) tại hai điểm D và E (với D nằm giữa
A và E ). Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng DE. Đường thẳng d đi qua điểm E và song song
với AO, d cắt BC tại K . Chứng minh HK // CD .
Hướng dẫn
B
O
A
I
D
H
E
K
C
 = OBH
 (cùng nhìn OH )
Bước 1 Chứng minh tứ giác ABOH nội tiếp, suy ra OAH
 = HEK
 (hai góc so le trong).
Bước 2 Từ KE // AO, suy ra OAH
 = HEK
 , do đó tứ giác BHKE nội tiếp, suy ra EHK
 = EBK
 (cùng nhìn EK ).
Từ đó, ta được OBH
 = EDC
 (cùng chắn cung EC ).
Bước 3 Xét ( O ) có EBK
 = EDC
 , mà EHK
 , EDC
 là hai góc đồng vị nên HK // CD.
Từ đó, suy ra EHK
Ví dụ 7. Từ điểm A nằm ngoài đường tròn ( O; R ) , kẻ hai tiếp tuyến AB và AC đến đường tròn
(O ) (với B và C là hai tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC của (O ) lấy điểm M khác B và C. Gọi
I , H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên BC , AC , AB. Gọi P là giao điểm của BM và
2
IK , Q là giao điểm của CM và IH . Chứng minh MI = MH .MK và PQ ⊥ MI .
Hướng dẫn
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
114
Website: tailieumontoan.com
B
2
K
1
P
1
A
1
M
1
1
2
I
O
Q
H
2 1
C
* Chứng minh MI 2 = MH .MK
 (cùng nhìn KM ).
Bước 1 Chứng minh tứ giác MIBK nội tiếp, suy ra I1 = B
2
 =C
 (cùng bằng nửa số đo cung BM).
Bước 2 Xét ( O ) có B
2
1
=H
 (cùng nhìn MI ).
Bước 3 Chứng minh tứ giác MICH nội tiếp, suy ra C
1
1
 và tương tự I = K
.
Từ đó, ta được I1 = H
1
2
1
Do đó ∆IKM ∽ ∆HIM (g.g) nên
MI MK
2
=
hay MI = MH .MK .
MH MI
* Chứng minh PQ ⊥ MI

 , suy ra
Bước 1 Chỉ=
ra I1 C
=
, I2 B
1
1
+B

 +C
 PMQ

 + I + I=
 + PIQ
PMQ
= PMQ
=
180° (tổng ba góc trong ∆MBC ).
1
2
1
1
 = I (cùng nhìn MQ ).
Do đó tứ giác PMQI nội tiếp, suy ra P
1
2
 I=
 (cmt) ta được P
=B
.
Bước 2 Kết hợp
=
P
, I2 B
1
2
1
1
1
 là hai góc đồng vị nên PQ // BC.
, B
Mà P
1
1
Lại có MI ⊥ BC (gt) nên PQ ⊥ MI .
Ví dụ 8. Từ điểm M nằm ngoài đường tròn ( O ) , vẽ tiếp tuyến MA đến ( O ) (với A là tiếp điểm)
và vẽ cát tuyến MBC sao cho MB < MC và tia MC nằm giữa hai tia MA, MO. Gọi H là hình
chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng OM . Chứng minh tứ giác BCOH nội tiếp và HA
.
là tia phân giác của BHC
Hướng dẫn
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
115
Website: tailieumontoan.com
A
C
B
M
H
O
* Chứng minh tứ giác BCOH nội tiếp
MA2 , MH .MO =
MA2 ⇒ MB.MC =
MH .MO.
Bước 1 Chứng minh MB.MC =
Bước 2 Từ MB.MC = MH .MO, ta lập được tỉ số
MB MH
=
.
MO MC
 = MCO
 (hai góc tương ứng).
Suy ra ∆MBH ∽ ∆MOC (c.g.c) nên MHB
Do đó tứ giác BCOH nội tiếp (Dấu hiệu góc ngoài bằng góc đối).

* Chứng minh HA là tia phân giác của BHC
 = OBC
 (cùng nhìn OC ).
Bước 1 Từ tứ giác BCOH nội tiếp, suy ra OHC
 = OCB
.
Bước 2 Chỉ ra ∆OBC cân tại O , suy ra OBC
 (cmt) nên MHB
 = OHC
 = MHB
.
Mà OCB
= OHC
 , AHB
= 90° − MHB
 , AHC
= 90° − OHC
 , suy ra 

Bước 3 Từ MHB
AHB = AHC

Vậy HA là tia phân giác của BHC
Ví dụ 9. Cho ∆ABC nhọn ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn ( O ) . Kẻ AH ⊥ BC tại H . Gọi E và F
lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên AB và AC. Đường thẳng EF cắt đường thẳng BC
 , từ đó
tại K và cắt O tại M , N . Chứng minh KH 2 = KB.KC. và A là điểm chính giữa của MN
( )
chứng minh A là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆HMN .
Hướng dẫn
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
116
Website: tailieumontoan.com
A
x
F
M
K
E
B
N
O
H
C
* Chứng minh KH 2 = KB.KC

 
AHE AFE
, AEF
AHF.
=
=
Bước 1 Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp, suy
ra 
Bước 2
Từ
= 90° − 
= 90° − AFE
 , suy ra KHE

 (cmt), KHE
 = KFH
 nên
AHE , KFH
AHE = AFE
KH .
∆KHE ∽ ∆KFH (g.g) ⇒ KE.KF =
2
= 
= AEF
 , KCF
= 
 , suy ra KEB
 nên
 = KCF
Bước 3 Từ AEF
AHF (cmt), KEB
AHF= 90° − CHF
∆KEB ∽ ∆KCF (g.g) ⇒ KE.KF =
KB.KC.
Vậy KH 2 = KB.KC

* Chứng minh A là điểm chính giữa của MN
Bước 1 Kẻ tiếp tuyến Ax của ( O ) tại A thì OA ⊥ Ax (tính chất tiếp tuyến).
Bước 2 Chứng minh MN // Ax như sau:
 ).
 (cùng bằng nửa số đo AB
 = ACB
+) Xét ( O ) có xAB
 , mà x
 = ACB
 (cmt) nên x
AB, 
AEF là hai góc so le trong nên MN // Ax, do đó
AB = AEF
+) Vì AEF
.
OA ⊥ MN , suy ra OA đi qua điểm chính giữa của MN
.
Vậy A là điểm chính giữa của MN
* Chứng minh A là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆HMN .
AM = 
AN , suy ra AM = AN (liên hệ giữa cung và dây cung).
Bước 1 Từ 
Bước 2 Chứng minh AN = AH như sau:
 
 ACN=
 suy ra ANF=ACN.
  ANF=
 1 sđAN,
 1 sđAM,
+) Xét ( O ) có AM=AN,
2
2
Do đó ∆ANF ” ∆ ACN( g .g ) ⇒ AF.AC=AN 2 .
+) Xét ∆AHD vuông tại H, đường cao HF nên AF.AC=AH 2 (hệ thức lượng).
Từ đó, ta được AM = AN = AH nên A là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔHMN.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
117
Website: tailieumontoan.com
Ví dụ 10. Cho ΔABC nhọn ( AB<AC ) có các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Gọi ( O ) là
đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE. Trên cung nhỏ EC của ( O ) , lấy điểm I sao cho IC > IE. Gọi
N là giao điểm của DI với CE. Gọi M là giao điểm của EF với IC. Chứng minh MN //AB.
Hướng dẫn
A
M
E
I
F
N
H
O
B
D
C
Bước 1 Chứng minh tứ giác MENI nội tiếp như sau:
  (cùng chắn CD
 ).
+) Xét ( O ) có DIC=DHC
  (đối đỉnh) nên DIC=AHF
 .
Mà DIC=AHF
 = AEF
 (cùng nhìn AF).
+) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp, suy ra AHF
  (đối đỉnh) nên DIC=MEN
  ,suy ra tứ giác MENI nội tiếp.
Mà AEF=MEN
  như sau:
Bước 2 Chứng minh EMN=EFA
  (cùng nhìn EN)
+) Tứ giác MENI nội tiếp, suy ra EMN=EIN
)
  (cùng chắn ED
+) Xét ( O ) có EIN=ECD
  (góc ngoài bằng góc đối).
+) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp ⇒ EFA=ECD
  , mà EFA,
 EMN
 là hai góc so le trong nên MN //AB.
Từ đó suy ra EFA=EMN
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
118
Website: tailieumontoan.com
DẠNG 2: CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG
Cách 1 ( Cách song song) chứng minh hai trong ba đường thẳng AB, AC, BC cùng song song với
một đường thẳng thì A, B, C thẳng hàng.
Cách 2 (Cách vuông góc) Chứng minh hai trong ba đường thẳng AB, AC, BC cùng vuông góc với
một đường thẳng thì A, B, C thẳng hàng.
0

Cách 3 (Cách góc bẹt) chứng minh ABC=180
thì A, B, C thẳng hàng.
Ví dụ 1. Cho đường tròn ( O;R ) đường kính AB cố định. Dây CD di động vuông góc với AB tại H
nằm giữa A và O. Lấy điểm F thuộc cung nhỏ AC. Giả sử BF cắt CD tại E, AF cắt tia DC tại I.
Đường tròn ngoại tiếp ∆IEF cắt AE tại M. Chứng minh M thuộc đường tròn ( O;R ) .
Hướng dẫn
I
M
C
F
A
j
E
B
H
O
D
Bước 1 Chứng minh IM ⊥ AM.
+) Chỉ ra ∆IEF vuông tại F thì IE là đường kính của đường tròn ngoại tiếp ∆IEF.
 = 900 ⇒ IM ⊥ EM hay IM ⊥ AM.
+) Suy ra IME
Bước 2 Chứng minh IB ⊥ AM.
+) Chỉ ra IH, BF là hai đường cao của ∆IAB và IH ∩ BF= {E} nên E là trực tâm của ∆IAB
+) Suy ra IB ⊥ AE hay IB ⊥ AM nên I, M, B thẳng hàng.
 = 900 , do đó M thuộc ( O ) .
Mà IM ⊥ AM nên BM ⊥ AM hay AMB
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
119
Website: tailieumontoan.com
Ví dụ 2. Cho ∆ABC vuông cân tại A. Đường tròn đường kính AB cắt BC tại D khác B. Gọi M là
điểm bất kỳ trên đoạn AD. Kẻ MH, MI lần lượt vuông góc với AB, AC tại H, I. Kẻ HK ⊥ ID tại K.
 = MBC
 và tứ giác AIKM nội tiếp, từ đó chứng minh ba điểm K, M, B thẳng
Chứng minh MID
hàng.
Hướng dẫn
C
D
K
I
A
•
M
B
H
O
 = MBC

Chứng minh MID
 = MCD
 (cùng nhìn MD)
Bước 1 Chứng minh tứ giác MDCI nội tiếp, suy ra MID


MCD =
MBC
Bước 2 Chỉ ra AD là trung trực của BC, M ∈ AD nên MB = MC ⇒
 = MBC

Từ đó ta được MID
•
Chứng minh tứ giác AIKM nội tiếp
Bước 1 Chỉ ra tứ giác AHMI có ba góc vuông nên là hình chữ nhật.
0 
0 
 90
=
, IKH 90=
, IMH 900 suy ra năm điểm A, H, M, K, I thuộc đường tròn
Bước 2 Chỉ =
ra IAH
đường kính HI, do đó tứ giác AIKM nội tiếp.
•
Chứng minh K, M, B thẳng hàng
 + AMK
=
Bước 1 từ tứ giác AIKM nội tiếp ta có AIK
1800 ( tổng hai góc đối)
 = AMB

Bước 2 Chứng minh AIK
0 

 + MID,
 AMB=MDB+MBC=90
  
= AIM
+MBC.
Có AIK
 = AMB

 = MBC
 ( cmt ) nên AIK
Mà MID
 + AMK
=
Từ đó suy ra AMB
1800 hay K,M,B thẳng hàng.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
120
Website: tailieumontoan.com
DẠNG 3: TIẾP TUYẾN
M
M
1
3 2
A
O
•
•
+ AM ⊥ OM
Để chứng minh AM là tiếp tuyến của ( O ) , ta cần chỉ ra 2 điều kiện 
+ OM là bán kính
 2 = 900 ta thường chứng minh M
1 + M
3 =
1, M
 3 về
900 bằng cách chuyển M
Để chứng minh M
hai góc nhọn một tam giác vuông.
Ví dụ 1. Cho nửa đường tròn ( O;R ) đường kính AB. Gọi C là điểm bất kỳ thuộc nửa đường
 = 900 . Gọi E là
tròn sao cho 0 < AC < BC. Gọi D là điểm thuộc cung nhỏ BC sao cho COD
giao điểm của AD và BC, F là giao điểm của AC và BD. Gọi I là trung điểm của EF. Chứng
minh IC là tiếp tuyến của ( O ) .
Hướng dẫn
F
I
C
D
E
A
O H
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
121
B
Website: tailieumontoan.com
CI
Bước 1. Chỉ ra ∆CEF vuông tại C và có CI là trung tuyến nên =
EF
= FI ( tính chất trung tuyến
2
 = IFC
.
của tam giác vuông) ⇒ ∆IFC cân tại I nên ICF
 = OAC
 , suy ra ICF
 + OCA
 =IFC
 + OAC

Bước 2. Chỉ ra ∆OAC cân tại O nên OCA
Bước 3. Kéo dài FE cắt AB tại H
+) Chỉ ra E là trực tâm ∆FAB , suy ra FH ⊥ AB
 + OAC
 =°
90
+) Xét ∆FAH vuông tại H nên IFC
 )= 90° ⇒ IC ⊥ OC.
= 180° − (OCA
 + ICF
 + OCA
= 90° ⇒ ICO
Suy ra: ICF
Mà OC là bán kính của (O) nên IC là tiếp tuyến của (O).
Ví dụ 2. Cho đường tròn(O;R) và đường thẳng d cắt (O;R) tại hai điểm E và F. Gọi A là điểm trên
d sao cho E nằm giữa A và F. Từ A kẻ các tiếp tuyến AB và AC đến (O;R) với B, C là tiếp điểm và
B, O nằm về hai phía của đường thẳng d. Gọi H là trung điểm của EF , đường thẳng BC cắt OA tại
I, cắt OH tại K. Chứng minh: OI .OA = OH .OK và KF là tiếp tuyến của (O;R)
Hướng dẫn
*Chứng minh: OI .OA = OH .OK
 =90°, OHA
 =90°
Bước 1. Chứng minh OA ⊥ BC , OH ⊥ EF ⇒ OIK
Bước 2. Chỉ ra ∆OIK ∽ ∆OHA( g .g ) ⇒
OI OK
=
⇒ OI .OA = OH .OK
OH OA
K
B
F
H
E
A
I
C
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
122
O
Website: tailieumontoan.com
*Chứng minh KF là tiếp tuyến của (O;R)
Bước 1. Chứng minh: OI .OA =OB 2 =R 2 ⇒ OH .OK =R 2 ⇔
OH OF
= .
OF OK
= OFK
= 90° ⇒ KF ⊥ OF
Bước 2. Chỉ ra: ∆OHF ∽ ∆OFK (c.g .c) ⇒ OHF
Mà OF là bán kính của (O) nên KF là tiếp tuyến của (O;R).
Ví dụ 3. Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB. Lấy điểm C trên đoạn thẳng OA (C khác O
và A). Đường thẳng đi qua C và vuông góc với AB cắt nửa đường tròn tại K. Gọi M là điểm bất kỳ
trên cung BK (M khác B và K). Đường thẳng CK cắt các đường thẳng AM, BM lần lượt tại H, D.
Đường thẳng BH cắt nửa đường tròn tại điểm thứ hai là N. Chứng minh ba điểm A, N, D thẳng
hàng và tiếp tuyến tại N của nửa đường tròn đi qua trung điểm của DH.
Hướng dẫn
*Chứng minh: A, N, D thẳng hàng.
D
I
K
M
N
H
A
C
O
B
Bước 1. Chứng minh AN ⊥ BN từ giả thiết N ∈ (O) đường kính AB.
Bước 2. Chứng minh AD ⊥ BN :
+) Chỉ ra AM, DC là hai đường cao của ∆ABD, AM ∩ DC =
{ H } nên H là trực tâm của ∆ABD.
+) Suy ra AD ⊥ BH hay AD ⊥ BN từ đó suy ra A, N, D thẳng hàng.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
123
Website: tailieumontoan.com
*Chứng minh tiếp tuyến tại N của nửa đường tròn (O) đi qua trung điểm của DH.
Bước 1. Gọi I là trug điểm của DH. Chỉ ra ∆DNH vuông tại N và có NI là trung tuyến nên
DH
=
NI = DI (tính chất trung tuyến của tam giác vuông)
2
 = IDN
.
⇒ ∆IDN cân tại I nên IND
 = OAN
.
Bước 2. Chỉ ra ∆OAN cân tại O nên ONA
 + ONA
 = IDN
 + OAN

Suy ra IND
 + IDN
=
90°
Bước 3. Xét ∆ACD vuông tại C nên OAN
 + IND
= 90° ⇒ ONI
= 180° − ( IND
 + ONA
 )= 90° ⇒ IN ⊥ ON .
Suy ra: ONA
Mà ON là bán kính của (O) nên IN là tiếp tuyến của (O) hay tiếp tuyến tại N của (O) đi qua I là
trung điểm của DH.
DẠNG 4: CHỨNG MINH ĐIỂM THUỘC ĐƯỜNG TRÒN, CHỨNG MINH ĐƯỜNG KÍNH
Tính chất 1. Nếu ∆ABC vuông ở A thì A, B, C thuộc đường tròn đường kính BC.
Tính chất 2. Nếu tứ giác ABCD nội tiếp và A, B, C ∈ (O) ⇒ D ∈ (O).
Tính chất 3. Nếu A, M , B ∈ (O); 
AMB =
90° thì AB là đường kính của (O).
Tính chất 4. Nếu hình thang ABCD (AB//CD) nội tiếp đường tròn (O) thì ABCD là hình thang cân.
Các tính chất 1,2,3 ta được sử dụng, tính chất 4 ta phải chứng minh lại như sau:
A
B
1
2
D
2
1
1
O
Cách 1. (Cộng cung để được hai đường chéo bằng nhau)
 (hai góc so le trong)
Có AB / / CD ⇒ 
A1 =
C
1
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
124
C
Website: tailieumontoan.com
 = sđ 
 = sđ 
⇒ sđ BC
AD ⇒ sđ 
AB + sđ BC
AB + sđ 
AD
⇒
 ⇒ AC = BD
⇒ sđ 
AC = sđ BD
AC = BD
Do đó ABCD là hình thang cân
Cách 2. (Cộng hai góc để được hai góc kề một đáy bằng nhau)
 (Hai góc so le trong)
Có AB / / CD ⇒ 
A1 =
C
1
 ⇒C
=D
.
Mà 
A1 = D
1
1
1
 ⇔ BCD
=
=D
+D
 +C
=D
 ⇒C
Xét (O) có C
ADC
2
2
1
2
1
2
Do đó ABCD là hình thang cân
Cách 3. ( Sử dụng tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp bằng 1800 và tổng hai góc trong cùng phía
của hai đường thẳng song song bằng 1800).
 + BCD
=
180° (tổng hai góc đối).
Vì tứ giác ABCD nội tiếp nên BAD
 + ADC
=
180° (tổng hai góc trong cùng phía).
Do AB / /CD nên BAD
 = ADC
 , do đó ABCD là hình thang cân.
Suy ra BCD
Ví dụ 1. Cho đường tròn ( O; R ) và dây BC cố định khác đường kính. Lấy điểm A thuộc cung lớn
BC mà AB < AC . Các đường cao AF, BD, CE của ∆ABC cắt nhau tại H . Vẽ đường kính AI của
( O ) . Gọi K là điểm đối xứng với H qua BC . Chứng minh K ∈ ( O ) và tứ giác BKIC là hình
thang cân
Hướng dẫn
A
1
D
E
O
H
1
B
1
F
2
K
2
3
C
I
* Chứng minh K ∈ ( O )
 + BKC
=
Cách 1 (Chứng minh BAC
180° )
 = BHC
:
Bước 1. Chứng minh BKC
Do K đối xứng H với qua BC nên là trung trực HK , do đó BH = BK , CH = CK .
 = BHC
.
Suy ra ∆BHC =
∆BKC (c.c.c) nên BKC
 + EAD
=
= ADH
= 90° )
180° (do AEH
Bước 2. Xét tứ giác ADHE có EHD
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
125
Website: tailieumontoan.com
 = EHD
 (đối đỉnh) nên BKC
 + BAC
=
Mà BHC
180°
Do đó tứ giác ABKC nội tiếp, mà A, B, C ∈ ( O ) nên K ∈ ( O ) .
1 = C
2)
Cách 2 (Chứng minh A
1 = C
)
 1 (cùng bằng 90° − ABC
Bước 1. Chỉ ra A
1 = C
2
Bước 2. Chứng minh ∆BHC =
∆BKC (c.c.c), suy ra C
1 = C
 2 nên tứ giác ABKC nội tiếp.
Từ đó suy ra A
Mà A, B, C ∈ ( O ) nên K ∈ ( O ) .
* Chứng minh tứ giác BKIC là hình thang cân
+) Chứng minh tứ giác BKIC là hình thang
= 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Do K ∈ ( O ) đường kính AI nên AKI
Suy ra KI ⊥ AK , mà BC ⊥ AK nên BC / /KI , do đó tứ giác BKIC là hình thang
+) Chứng minh tứ giác BKIC là hình thang cân
Cách 1 (Chứng minh BI = CK dựa vào hình bình hành)
Bước 1. Chứng minh tứ giác BHCI là hình bình hành, suy ra BI = CH .
Bước 2. Từ ∆BHC =
∆BKC (cmt), suy ra CH = CK .
Từ đó suy ra BI = CK nên tứ giác BKIC là hình thang cân.
Cách 2 (Chứng minh BI = CK dựa vào cộng cung)
=

1 =
I1 (hai góc so le trong) ⇒ sñCI
Bước 1. Từ BC / /KI ⇒ B
sñBK
 được sñCI
 + sñKI
 = sñBK
 + sñKI

Bước 2. Cộng hai vế với sñKI
 =sñBI
 ⇒ CK
 =BI
 ⇒ CK =BI nên tứ giác BKIC là hình thang cân.
⇒ sñCK
 = ICB
 dựa vào cộng góc)
Cách 3 (Chứng minh KBC
I1 (hai góc so le trong)
1 =
Từ BC / /KI ⇒ B
 (cùng chắn BK
1 = C

 ) nên B
Mà I1 = C
2
2
2 = C
 (cùng chắn KI

1 + B
2 = C
 = ICB
2 + C
 3 hay KBC
) B
Vì B
3
Do đó tứ giác BKIC là hình thang cân.
 = ICB
 tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp bằng 180° và tổng hai góc
Cách 4 (Chứng minh KBC
trong cùng phía của hai đường thẳng song song bằng 180° )
 + KIC
 =180° (tổng hai góc đối)
Vì tứ giác BKIC nội tiếp nên KBC
 + KIC
 =180° (tổng hai góc trong cùng phía)
Do BC / /KI nên ICB
 , do đó BKIC là hình thang cân.
 = ICB
Suy ra KBC
Ví dụ 2. Cho nửa đường tròn ( O; R ) đường kính AB . Gọi C là điểm chính giữa của cung AB và M
là điểm thuộc cung AC ( M khác A và C ). Kẻ MH ⊥ AB tại H , AC cắt MH, MB lần lượt tại K, E .
Kẻ EI ⊥ AB tại I . Chứng minh AC.AK = AM 2 và O thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆IMC .
Hướng dẫn
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
126
Website: tailieumontoan.com
C
1
M
E
1
K
1
1
2
2
1
A
H
I
O
B
* Chứng minh AC.AK = AM 2
Cách 1 (Chứng minh AB.AH )
Bước 1. Chỉ ra ∆ABM vuông tại M , đường cao MH nên AB.AH = AM 2
Bước 2. Chứng minh ∆AHK ∽ ∆ACB (g.g), suy ra
AH AK
hay AB.AH = AC.AK
=
AC AB
Từ đó suy ra AC.AK = AM 2 (cùng bằng AB.AH )
Cách 2 (Chứng minh ∆AMK ∽ ∆ACM )
1 = M
 )
 1 (cùng bằng 90° − MAH
Bước 1. Chứng minh B
1 = C
 1 (cùng chắn AM
1 = C
1
 ) nên M
Bước 2. Xét ( O ) có B
Từ đó suy ra ∆AMK ∽ ∆ACM , do đó
AM AK
hay AC.AK = AM 2 .
=
AC AM
* Chứng minh O thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆IMC .
 1 (cùng nhìn đoạn ME ).
Bước 1 Chứng minh tứ giác AMEI nội tiếp, suy ra I1 = A
 2 (cùng nhìn đoạn CE ).
Bước 2 Chứng minh tứ giác BCEI nội tiếp, suy ra I 2 = B
1
=
=
B
MOC (quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm).
Bước 3 Xét ( O ) có A
1
2
2
1
 = MOC
 , do đó tứ giác IOCM nội tiếp.
I=
MOC nên MIC
Suy ra I=
1
2
2
Mà I, C, M thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆IMC nên O thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆IMC .
Ví dụ 3. Cho đường tròn ( O ) và dây BC cố định khác đường kính. Gọi A là điểm di động trên
 ). Các đường cao AD ,
cung lớn BC ( A khác B , A khác C và A khác điểm chính giữa của BC
BE , CF của ∆ABC cắt nhau tại H . Chứng minh OA ⊥ EF và đường tròn ngoại tiếp ∆DEF đi
qua trung điểm của BC .
Hướng dẫn
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
127
Website: tailieumontoan.com
A
X
E
F
H
1
B
1 2
D
1
N
C
* Chứng minh OA ⊥ EF
Bước 1 Kẻ tiếp tuyến Ax của ( O ) tại A thì OA ⊥ Ax (tính chất tiếp tuyến).
Bước 2 Chứng minh EF / /Ax như sau
 = ACB
 (cùng bằng nửa số đo AB
 ).
+) Xét ( O ) có xAB
 = ACB
 nên xAB
 = AFE
.
+) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp, suy ra AFE
 AFE
 là hai góc so le trong nên EF / /Ax , do đó OA ⊥ EF .
Mà xAB,
* Chứng minh đường tròn ngoại tiếp ∆DEF đi qua trung điểm của BC
Bước 1 Chỉ ra đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCEF có tâm N là trung điểm của BC .
Bước 2 Chứng minh các tứ giác BDHF và CDHE nội tiếp.
1 = B
2 = C
 1 (cùng nhìn đoạn HF ), D
 1 (cùng nhìn đoạn HE ).
Suy ra D
1
=
=
Bước 3: Xét (N) có B
C
ENF (quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm).
1
1
2
1
 = ENF
 , do đó tứ giác DNEF nội tiếp.
=
=
Suy ra D
D
ENF nên EDF
1
2
2
Mà D, E , F thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆DEF nên N thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆DEF hay
đường tròn ngoại tiếp ∆DEF đi qua N là trung điểm của BC.
DẠNG 5: SỬ DỤNG ĐỊNH LÝ TA- LÉT VÀ ĐỊNH LÝ TA- LÉT ĐẢO
Tính chất 1 (Tính chất thường gặp trong tam giác) Cho ∆ABC có E và F lần lượt thuộc cạnh AB và
AC sao cho EF // BC . Một đường thẳng d đi qua A và qua trung điểm của BC. Chứng minh d
cũng đi qua trung điểm của EF.
A
Chứng minh
E
I
F
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
128
B
M
C
Website: tailieumontoan.com
Gọi M và I lần lượt là giao điểm của d với BC và EF.
Do EF // BC nên EI // BM , FI // CM .
Xét ∆ABM có EI // BM nên
EI
AI
=
(Định lí Talet).
BM AM
Xét ∆ACM có FI // BM nên
FI
AI
=
(Định lí Talet).
CM AM
Suy ra
EI
FI
=
, mà BM = CM nên EI = FI hay d đi qua trung điểm của EF .
BM CM
Tính chất 2 (Tính chất thường gặp trong hình thang) Cho hình thang ABCD ( AB // CD ) có các
đường chéo cắt nhau tại O . Qua O kẻ đường thẳng song song với đáy, cắt AD và BC theo thứ tự
tại E và F .Chứng minh OE = OF
Chứng minh
B
A
F
E
O
C
D
∆ABD có OE // AB nên
OE DO
=
(Định lí Talet).
AB DB
∆ABC có OF // AB nên
OF CF
=
(Định lí Talet).
AB CB
∆BCD có OF // CD nên
OD CF
=
(Định lí talet).
BD CB
Suy ra
OE OF
=
nên OE = OF .
AB AB
Tính chất 3 (Tính chất thường gặp trong tam giác vuông) Cho ∆ABC vuông tại A , lấy điểm M
trên cạnh BC sao cho MA = MB . Chứng minh MA = MC .
Chứng minh
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
129
Website: tailieumontoan.com
C
1
M
2 1
1
B
A
1 = B
1
Vì MA = MB nên ∆AMB cân tại M , do đó A
2 =
1, C
1 =
 1 nên A
2 = C
 1 ⇒ ∆ACM cân tại M ⇒ MA =
900 − A
900 − B
Mà A
MC.
Ví dụ 1. Cho điểm M thuộc nửa đường tròn ( O ) đường kính AB = 2a ( M khác A và B ). Kẻ các
tiếp tuyến Ax, By với nửa đường tròn ( O ) . Tiếp tuyến tại M của ( O ) cắt Ax, By lần lượt tại E , F .
Gọi K là giao điểm của AF và BE. Chứng minh MK ⊥ AB và khi MB = 3.MA , hãy tính diện tích
∆KAB theo a .
Hướng dẫn
* Chứng minh MK ⊥ AB
Bước 1 Chứng minh ∆KAE  ∆KFB (g.g) ⇒
KA AE
=.
KF FB
KA ME
Bước 2 Chỉ =
ra AE ME
⇒ MK // AE (Talet đảo).
=
, FB MF , suy ra =
KF MF
Mà AE ⊥ AB (tính chất tiếp tuyến) nên MK ⊥ AB .
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
130
Website: tailieumontoan.com
F
M
E
K
A
H
O
B
* Tính diện tích ∆KAE theo a khi MB = 3.MA
Bước 1 Kéo dài MK cắt AB tại H thì MH ⊥ AB (do MK ⊥ AB ).
Bước 2 Chứng minh K là trung điểm của MH
∆BFE có KM // BF nên
KM KE
(Định lí Talet).
=
BF
EB
∆ABF có KH // BF nên
KH AH
(Định lí Talet).
=
BF
AB
∆ABE có KH // AE nên
KE AH
(Định lí talet).
=
BE AB
Suy ra
KM KH
=
⇒ MK = KH hay K là trung điểm của MH .
BF
BF
Bước 3 Xét ∆KAB và ∆MAB có chung đáy AB và đường cao KH =
Suy ra=
S ∆KAB
1
MA.MB
(tính chất tỉ số diện tích).
=
S ∆MAB
2
4
Có MA2 + MB 2 = AB 2 = 4 R 2 và MB=
Vậy=
S ∆KAB
MH
.
2
3.MA ⇒ MA= R, MB= R 3.
R.R 3 R 2 3
(đvdt).
=
4
4
Ví dụ 2. Cho nửa đường tròn ( O; R ) đường kính AB . Kẻ hai tiếp tuyến Ax, By với nửa đường tròn
đó ( Ax, By cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn). Gọi M là điểm bất kỳ thuộc
nửa đường tròn và tiếp tuyến của nửa đường tròn tại M cắt Ax, By lần lượt tại C , D . Kẻ MH ⊥ AB
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
131
Website: tailieumontoan.com
và MH cắt BC tại I . Chứng minh I là trung điểm của MH và ba điểm A, I , D thẳng hàng.
Hướng dẫn
x
N
y
C
M
D
I
O
A
H
B
* Chứng minh I là trung điểm của MH
Bước 1 Kéo dài BM cắt Ax tại N và chứng minh CA = CN
 = CMA.

+) Chỉ ra ∆AMN vuông tại M và có CA = CM nên CAM
=
 CMN
=
 nên CNM
 = CMN.

900 − CAM,
900 − CMA
+) Mà CNM
Do đó ∆CNM cân tại C nên CM = CN , suy ra CA = CN .
Bước 2: Chứng minh
IH
IM

CA CN
+) ABC có IH / / CA nên
IH
BI

(Định lý Ta lét).
CA BC
+) BCN có IM / / CN nên
IM
BI

(Định lý Ta lét).
CN BC
Suy ra
IH
IM

, mà CA  CN nên IH  IM hay I là trung điểm của MH .
CA CN
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
132
Website: tailieumontoan.com
* Chứng minh A, I , D thẳng hàng
Bước 1: Kéo dài AM cắt By tại E và chứng minh DB  DE.
Bước 2: Gọi I  là giao điểm của AD và MH . Chứng minh I  là trung điểm MH .
Suy ra I  trùng I , mà I   AD nên I  AD hay A, I , D thẳng hàng.
Ví dụ 3: Cho đường tròn O; R  và dây cung AB không đi qua tâm O . Từ điểm S thuộc tia đối
của tia AB ( S khác A ) vẽ hai tiếp tuyến SC , SD đến O; R  với C , D là hai tiếp điểm và C thuộc
cung nhỏ AB . Gọi H là trung điểm của AB . Đường thẳng đi qua A và song song với SC cắt SD
tại K . Chứng minh tứ giác ADHK nội tiếp và đường thẳng BK đi qua trung điểm của SC .
Hướng dẫn
D
O
S
H
A
K
C
N
B
M
* Chứng minh tứ giác ADHK nội tiếp
Bước 1: Chứng minh năm điểm O, H , C , S , D cùng thuộc một đường tròn đường kính SO
  SHD
 (cùng nhìn SD ).
 SCD
 (hai góc đồng vị).
AKD  SCD
Bước 2: Từ AK / / SC (gt)  
 hay 
AKD  
AHD nên tứ giác ADHK nội tiếp.
AKD  SHD
Từ đó suy ra 
* Chứng minh BK đi qua trung điểm của SC
Bước 1: Kéo dài AK cắt BC tại M và chứng minh KA  KM
+) Từ tứ giác ADHK nội tiếp  
AHK  
ADK (cùng nhìn AK ).
ADK  
ABC (cùng chắn cung AC ).
+) Xét O; R  có 
Suy ra 
AHK  
ABC nên HK / / BM .
+) Xét ABM có H là trung điểm của AB và HK / / BM nên KA  KM .
Bước 2: Kéo dài BK cắt SC tại N và chứng minh
KA KM

NS
NC
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
133
Website: tailieumontoan.com
+) BNS có KA / / NS nên
KA BK

(Định lý Ta lét).
NS BN
+) BNC có KM / / NC nên
Suy ra
KM
BK
(Định lý Ta lét).

NC
BN
KA KM

, mà KA  KM nên NS  NC hay N là trung điểm của SC .
NS
NC
Vậy BK đi qua trung điểm của SC .
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
134
Website: tailieumontoan.com
DẠNG 6: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT PHÂN GIÁC
Tính chất 1
A
K
D
B
•
•
•
•
•
C
DB
AB

DC AC
KB
AB

Với AK là phân giác ngoài của ABC thì ta có
KC AC
DB KB

Kết nối hai tỷ số trên, ta được tính chất
hay BD.CK  BK .CD
DC KC
AD  AK (phân giác trong và phân giác ngoài vuông góc với nhau)
SABD BD AB


SACD CD AC
Với AD là phân giác trong của ABC thì ta có
Tính chất 2
A
O
B
C
M
•
•
•
Cho ABC nội tiếp đường tròn O  và điểm M  O  . Nếu AM là tia phân giác của góc
 thì M là điểm chính giữa của BC
 và ngược lại.
BAC
.
  CM
  1 BC
 thì BM
Nếu M là điểm chính giữa của BC
2
  CM
 thì BM  CM và ngược lại (liên hệ giữa cung và dây cung).
Nếu BM
Ví dụ 1: Cho đường tròn O  và dây AB . Lấy điểm C nằm ngoài đường tròn O  và nằm trên tia
BA . Gọi P là điểm chính giữa của cung lớn AB . Kẻ đường kính PQ của O  , PQ cắt AB tại D .
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
135
Website: tailieumontoan.com
Tia CP cắt O  tại điểm thứ hai là I . Các dây AB và QI
cắt nhau tại K . Chứng minh
CA.CB  CD.CK và AK .BC  BK . AC .
Hướng dẫn
P
I
O
C
A
K
D
B
Q
*Chứng minh CA.CB  CD.CK
  CBP
 (góc ngoài bằng góc đối), do đó
Bước 1: Xét tứ giác ABPI nội tiếp đường tròn O   CIA
CIA ∽ CBP (g.g), suy ra CA.CB  CI .CP .
Bước 2: Chứng minh CIK ∽ CDP (g.g), suy ra CD.CK  CI .CP .
Từ đó ta được CA.CB  CD.CK .
*Chứng minh AK .BC  BK . AC
Bước 1: Chứng minh PO là trung trực của AB .
  QB
 (liên hệ giữa cung và dây cung).
Mà Q  PO nên QA  QB  QA
  AIQ
  BIQ
 nên IK là đường phân giác trong của AIB .
  QB
Bước 2: Từ QA
Suy ra
AK
AI

(tính chất phân giác).
BK
BI
  900 ) nên IC là đường phân giác ngoài của AIB .
Bước 3: Vì IC  IK (do PIQ
Suy ra
AC AI
AK
AC


, do đó
hay AK .BC  BK . AC .
BC BI
BK
BC
Ví dụ 2: Cho đường tròn O; R  đường kính AB . Trên tia đối của tia AB lấy điểm M mà AM  R .
Kẻ đường thẳng d qua M và vuông góc AB . Trên d , lấy điểm E tùy ý. Gọi C , D lần lượt là giao
điểm thứ hai của EA, EB với O  ; I là giao điểm của EA với MD , F là giao điểm của BC với d .
Chứng minh ba điểm F , A, D thẳng hàng và IA.EC  AC.EI .
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
136
Website: tailieumontoan.com
Hướng dẫn
E
D
I
M
O
A
B
C
F
∗
Chứng minh ba điểm F , A , D thẳng hàng
Bước 1: Chứng minh EC , BM là hai đường cao của BEF và EC  BM   A .
Suy ra A là trung trực BEF nên FA  BE .
  90  AD  BE .
Bước 2: Sử dụng D  O đường kinh AB  ADB
Từ dó suy ra F , A , D thẳng hàng.
∗
Chứng minh IA.EC  AC .EI
 E
 ( cùng nhìn đoạn AM ).
Bước 1: Chứng minh tứ giác ADEM nội tiếp nên D
1
1
 E
 ( cùng nhìn đoạn FC ).
Bước 2: Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp, suy ra D
2
1
 D
 nên DA là phân giác trong của CDI .
Từ đó được D
1
2
Suy ra
DI
AI

( tính chất phân giác).
DC AC
Bước 3:Sừ dụng DE  DA nên DE là phân giác ngoài của tam giác CDI .
Suy ra
DI
EI
AI
EI


( tính chất phân giác), do đó
hay IA.EC  AC .EI .
AC EC
DC EC
Ví dụ 3. Cho ABC nhọn  AB  AC  nội tiếp đường tròn O . Kẻ hai tiếp tuyến tại B , C của
O và hai tiếp tuyến này cắt nhau tại M . Nối AM cắt đường tròn O tại D khác A và cắt
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
137
Website: tailieumontoan.com
BC tại I . Gọi H là trung điểm của AD . Tia BH cắt đường tròn O tại K khác B . Chứng
minh CK / /AM và
SBHI
BH

.
SCHI CH
Hướng dẫn
A
K
O
H
B
I
C
D
M
∗
Chứng minh CK / /AM
Bước 1: Chứng minh năm điểm B , H , O , C , M thuộc đường tròn đường kính OM , suy ra
  BCM
 ( cùng nhìn BM ).
BHM
  BCM
 ( cùng bằng nửa số đo BC
 ).
Bước 2: Xét O có BKC
  BKC
 , mà BHM
 , BKC
 là hai góc đồng vị nên CK / /AM .
Từ đó suy ra BHM
∗
Chứng minh
SBHI
BH

SCHI CH
Bước 1: Theo trên, ta có B , H , O , C , M thuộc một đường tròn nên
  BOM
 , CHM
  COM

BHM
  COM
.
Bước 2: Do MB , MC là hai tiếp tuyến của O kẻ từ M nên BOM
  CHM
 nên HI là phân giác trong của HBC .
Từ đó suy ra BHM
Do đó
BH BI

(tính chất phân giác).
CH CI
Bước 3: Xét HBI , HCI có cùng đường cao kẻ từ H nên
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
138
Website: tailieumontoan.com
SBHI
S
BH
BI
BH BI


, mà
nên BHI 
.
SCHI
CI
SCHI CH
CH CI
Ví dụ 4. Cho đường tròn O
ABC . Gọi M và N lần lượt là điểm
ngoại tiếp tam giác nhọn
chính giữa của cung nhỏ AB và cung nhỏ BC . Hai dây AN và CM cắt nhau tại I . Dây MN
cắt AB và BC lần lượt tại H và K . Chứng minh tứ giác BHIK là hình thoi.
Hướng dẫn
A
F
M
O
I
H
K
B
C
N
∗
Chứng minh BHI cân
Bước 1: Chứng minh MBI cân.
.
Kéo dài BI cắt O tại F và chỉ ra F là điểm chính giữa của AC

Có MBI
1
  sdAF
 , MBI
 , AM
  1 sdBM
  sdCF
  BM
  CF

 , AF
sdAM
2
2




  MIB
  MBI cân tại M .
Nên MBI
Bước 2: Chứng minh MN là trung trực của BI

Do N là điểm chính giữa ủa cung nhỏ BC nên MN là tia phân giác của BMC
Mà MBI cân tại M nên MN cũng là đường trung trực của đoạn thẳng BI .
Do H , K  MN nên HB  HI , KB  KI và MN  BI hay BF  HK .
Bước 3: Chứng minh BH  BK .
.
Do F là điểm chính giữa của cung nhỏ AC nên BF là tia phân giác của HBK
Mà BF  HK nên BHK cân tại B , do đó BH  BK .
Như vậy tứ giác BHIK là hình thoi.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
139
Website: tailieumontoan.com
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
140
Website: tailieumontoan.com
DẠNG 7: DẠNG TÍNH TOÁN
A
A
O
O
B
B
•
Độ dài ( chu vi) đường tròn O ; R  là C  2  R .
•
 là  R .
   thì độ dài AB
Nếu sd AB
180
•
Diện tích hình tròn O ; R là S   R 2 .
•
 là  R  .
   thì diện tích hình quạt tạo bởi OA , OB và AB
Nếu sd AB
360
•
 là  R   S
   thì diện tích hình viên phân tạo bởi dây AB và AB
Nếu sd AB
OAB .
360
•
Thể tích hình trụ đường cao h , bán kính đáy R là V  Sday .h   R 2 h .
•
•
2
2
1
1
Thể tích hình nón đường cao h , bán kính đáy R là V  Sday .h   R 2 h .
3
3
4
Thể tích hình cầu và diện tích mặt cầu bán kính R là V   R 3 và S  4 R 2 .
3
Ví dụ 1. Cho điểm A nằm ngoài đường tròn O ; R . Từ A kẻ tiếp tuyến AM đến O với M là
tiếp điểm. Đường thẳng qua M vuông góc với OA cắt O tại điểm N khác M . Chứng minh
  60 , tính độ dài MN
 nhỏ và thể tích tạo thành khi cho
AN là tiếp tuyến của O . Khi MAN
OAM quay một vòng quanh OA .
M
A
1
2
H
N
Hướng dẫn
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
141
O
Website: tailieumontoan.com
* Chứng minh AN là tiếp tuyến của ( O )
 =O
.
 , do đó O
Bước 1: Chỉ ra ∆OMN cân tại O và OA ⊥ MN nên OA cũng là phân giác của MON
1
2
 = ONA
 = 90o ⇒ AN ⊥ ON . Mà ON là bán kính của
Bước 2: Chỉ ra ∆OAM =
∆OAN (c.g.c) nên OMA
( O ) nên AN là tiếp tuyến của ( O ) .
 nhỏ:
* Tính độ dài MN
=
Bước 1: Sử dụng tổng các góc trong tứ giác AMON bằng 180o ⇒ MON
120o.
 nhỏ là:
Bước 2: Sử dụng công thức tính độ dài cung, ta tính được độ dài MN
π.R.120 2πR
=
(đvdt)
180
3
* Tính thể tích tạo thành khi cho ∆OAM quay một vòng quanh OA.
Bước 1: Gọi H là giao điểm của OA và MN .
 = 30o nên
+ Xét ∆OAM vuông tại M và OAM
 =OM =R =1 ⇒ OA =2 R
sin OAM
OA OA 2
R
3R
R 3
+ OH .OA =
OM 2 ⇒ OH = ⇒ AH =
OA − OH = ⇒ HM =
2
2
2
Bước 2: Khi cho ∆OAM quay một vòng quanh OA ta được hai hình nón có cùng bán kính đáy là
=
r HM
=
R
3R
R 3
h1 AH
=
,=
h2 OH
=
và đường cao là =
nên thể tích hình tạo thành là
2
2
2
2
1 2
1  R 3   3R R  πR 3
V = πr ( h1 + h2 ) = π 
+ =
 
3
3  2   2 2 
2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
142
Website: tailieumontoan.com
Ví dụ 2: Cho nửa đường tròn ( O; R ) đường kính AB và điểm M tùy ý trên nửa đường tròn đó.
Gọi N , P lần lượt là điểm chính giữa cung AM , MB. Tính độ dài đoạn NP và diện tích hình viên
 nhỏ.
phân tạo thành bởi dây NP và NP
Hướng dẫn
* Tính độ dài đoạn NP
 1=
 , MOP
 1 MOB

=
MOA
Bước 1: Chỉ
ra MON
2
2
1

=
= 90o ⇒ ∆NOP vuông tại O .
AOB
Suy ra NOP
2
Bước 2: Sử dụng định lý Pytago trong ∆NOP vuông tại O, tính được NP = R 2.
 nhỏ.
* Tính diện tích hình viên phân tạo bởi dây NP và NP
 nhỏ là
Bước 1: Tính được diện tích hình quạt tạo bởi ON , OP, NP
πR 2 .90 πR 2
=
(đvdt)
360
4
Bước 3: Tính được diện tích ∆NOP vuông tại O là
R2
(đvdt).
2
 nhỏ là:
Suy ra diện tích hình viên phân tạo bởi dây NP và NP
πR 2 R 2 R ( π − 2 )
−
=
(đvđd)
4
2
4
Ví dụ 3: Cho đường tròn ( O; R ) và dây BC = R 3. Gọi A là điển thay đổi trên cung lớn BC sao
cho ∆ABC nhọn. Kẻ BD ⊥ AC tại D, CE ⊥ AB tại E . Gọi H là giao điểm của BD và CE. Tính độ
.
 nhỏ và chứng minh OBD
 = OCE
dài BC
Hướng dẫn
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
143
Website: tailieumontoan.com
 nhỏ:
* Tính độ dài BC
 = 2 BOI

Bước 1: Kẻ OI ⊥ BC tại I và chỉ ra I là trung điểm của BC và BOC
Bước 2: Xét ∆BOI vuông tại I nên:
 =120o
 =60o ⇒ BOC
 =BI = 3 ⇒ BOI
sin BOI
OB
2
 nhỏ là:
Bước 3: Sử dụng công thức tính độ dài cung, ta tính được dộ dài BC
πR.120 2πR
=
(đvđd)
180
3
 = OCE

* Chứng minh OBD
 1=
 60o
BAC
BOC
Bước 1: Tính được=
2
=
120o .
Bước 2: Sử dụng tổng các góc trong tứ giác ADHE bằng 180o ⇒ DHE
 = 120o nên BHC
 = BOC
 , do đó tứ giác BCOH nội tiếp.
Bước 3: Tính được BHC
 = OCE
 (cùng nhìn đoạn OH ).
Suy ra OBD
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
144
Website: tailieumontoan.com
Hệ thống bài tập trong chủ đề
Bài 1: Từ điểm A ở ngoài đường tròn ( O ) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC đến ( O ) (với B, C là tiếp
điểm). GỌi E là giao điểm của OA và BC. Gọi I là trung điểm của BE , đường thẳng qua
I vuông góc với OI cắt các tia AB, AC theo thứ tự tại D, F . Chứng minh ∆ODF cân tại O
và F là trung điểm AC.
Bài 2: Cho đường tròn ( O ) . Lấy điểm A nằm ngoài đường tròn ( O ) , đường thẳng AO cắt ( O )
tại hai điểm B và C với AB < AC. Qua A vẽ đường thẳng không đi qua O cắt ( O ) tại hai
điểm D và E với AD < AE. Đường thẳng vuông goác với AB tại A cắt đường thẳng CE
tại F . Gọi M là giao điểm thứ hai của đường thẳng FB với ( O ) . Tứ giác AMDF là hình
gì? Vì sao?
Bài 3: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) đường kính AD ( B thuộc cung nhỏ AC ). Gọi
giao điểm của hai đường chéo AC và BD là H . Kẻ HK vuông góc với AD tại K . Tia BK
cắt ( O ) tại điểm thứ hai là F . Gọi P, Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của F lên các
đường thẳng AB, BD. Chứng minhh CF // HK và PQ đi qua trung điểm của CF .
Bài 4: Cho ba điểm A, B, C cố định và thẳng hàng theo thứ tự đó. Vẽ đường tròn ( O ) bất kì đi
qua B, C sao cho BC không phải là đường kính của ( O ) . Từ A kẻ các tiếp tuyến AE , AF
đến ( O ) với E , F là các tiếp điểm. Gọi I là trung điểm của BC. Gọi D là giao điểm thứ
hai của đường thẳng FI và ( O ) . Chứng minh ED // AC và AH . AI = AB. AC.
Bài 5: Cho đường tròn ( O ) và dây cung BC cố định khác đường kính. Gọi A là điểm bất kì trên
cung nhỏ BC ( A khác B, C và AB < AC ). Kẻ đường kính AK của đường tròn ( O ) . Gọi D
là chân đường vuông góc kẻ từ A đến BC và E là chân đường vuông góc kẻ từ B đến
AK . Gọi I là trung điểm của BC. Chứng minh DE ⊥ AC và ∆IDE ∽ ∆OAB.
Bài 6.
Cho đường tròn ( O ) và một điểm A nằm ngoài đường tròn ( O ) . Kẻ tiếp tuyến AB và
đường kính BC của đường tròn ( O ) (với B là tiếp điểm). Trên đoạn thẳng CO lấy điểm I ( I
khác C , I khác O ). Đường thẳng AI cắt đường tròn ( O ) tại hai điểm D và E (với D nằm giữa
A và E ). Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng DE . Đường thẳng d đi qua điểm E và song song
với AO , d cắt BC tại K . Chứng minh HK // CD .
Bài 7.
Từ điểm A nằm ngoài đường tròn ( O; R ) , kẻ hai tiếp tuyến AB và AC đến đường tròn
( O ) (với B và C là hai tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC của ( O ) lấy điểm M khác B và C . Gọi I ,
H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên BC , AC , AB . Gọi P là giao điểm của BM và
2
IK , Q là giao điểm của CM và IH . Chứng minh MI = MH .MK và PQ ⊥ MI .
Bài 8.
Từ điểm M ở ngoài đường tròn ( O ) , vẽ tiếp tuyến MA đến ( O ) (với A là tiếp điểm) và
vẽ cát tuyến MBC sao cho MB < MC và tia MC nằm giữa hai tia MA , MO . Gọi H là hình chiếu
vuông góc của điểm A trên đường thẳng OM . Chứng minh tứ giác BCOH nội tiếp và HA là
.
phân giác của BHC
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
145
Website: tailieumontoan.com
Bài 9.
Cho ∆ABC nhọn ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn ( O ) . Kẻ AH ⊥ BC tại H . Gọi E và F
lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên AB và AC . Đường thẳng EF cắt đường thẳng BC
 , từ đó
tại K và cắt ( O ) tại M , N . Chứng minh KH 2 = KB.KC và A là điểm chính giữa của MN
chứng minh A là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆HMN .
Bài 10. Cho ∆ABC nhọn ( AB < AC ) có các đường cao AD , BE , CF cắt nhau tại H . Gọi ( O ) là
đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE . Trên cung nhỏ EC của ( O ) , lấy điểm I sao cho IC > IE .
Gọi N là giao điểm của DI và CE . Gọi M là giao điểm của EF với IC . Chứng minh MN // AB .
Bài 11.
Cho đường tròn ( O; R ) đường kính AB cố định. Dây CD di động vuông góc với AB tại
H nằm giữa A và O . Lấy điểm F thuộc cung nhỏ AC . Giả sử BF cắt CD tại E , AF cắt tia DC
tại I . Đường tròn ngoại tiếp ∆IEF cắt AE tại M . Chứng minh M thuộc đường tròn ( O; R ) .
Bài 12. Cho ∆ABC vuông cân tại A . Đường tròn đường kính AB cắt BC tại D và khác B . Gọi
M là điểm bất kỳ trên đoạn AD . Kẻ MH , MI lần lượt vuông góc với AB , AC tại H , I . Kẻ
 = MBC
 và tứ giác AIKM nội tiếp, từ đó chứng minh ba điểm K
HK ⊥ ID tại K . Chứng minh MID
, M , B thẳng hàng.
Bài 13. Cho nửa đường tròn ( O; R ) đường kính AB . Gọi C là điểm bất kỳ thuộc nửa đường
= 90° . Gọi E là giao
tròn sao cho 0 < AC < BC . Gọi D là điểm thuộc cung nhỏ BC sao cho COD
điểm của AD và BC , F là giao điểm của AC và BD . Gọi I là trung điểm của EF . Chứng minh
IC là tiếp tuyến của ( O ) .
Bài 14.
Cho đường tròn ( O; R ) và đường thẳng d cắt ( O; R ) tại hai điểm E và F . Gọi A là
điểm trên d sao cho E nằm giữa A và F . Từ A kẻ các tiếp tuyến AB và AC đến ( O; R ) với B ,
C là các tiếp điểm và B , O nằm về hai phía của đường thẳng d . Gọi H là trung điểm của EF .
Đường thẳng BC cắt OA tại I , cắt OH tại K . Chứng minh OI .OA = OH .OK và KF là tiếp tuyến
của ( O; R ) .
Bài 15. Cho nửa đường tròn tâm O , đường kính AB . Lấy điểm C trên đoạn thẳng OA ( C khác
O và A ). Đường thẳng đi qua C và vuông góc với AB cắt nửa đường tròn tại K . Gọi M là điểm
bất kỳ trên cung BK ( M khác B và K ). Đường thẳng CK cắt các đường thẳng AM , BM lần
lượt tại H , D . Đường thẳng BH cắt nửa đường tròn tại điểm thứ hai là N . Chứng minh ba điểm
A , N , D thẳng hàng và tiếp tuyến tại N của nửa đường tròn đi qua trung điểm của DH .
Bài 16. Cho đường tròn ( O; R ) và dây BC cố định khác đường kính. Lấy điểm A thuộc cung
lớn BC mà AB < AC . Các đường cao AF , BD , CE của ∆ABC cắt nhau tại H . Vẽ đường kính AI
của ( O ) . Gọi K là điểm đối xứng với H qua BC . Chứng minh K ∈ ( O ) và tứ giác BKIC là hình
thang cân.
Bài 17. Cho nửa đường tròn ( O; R ) đường kính AB . Gọi C là điểm chính giữa của cung AB và
M là điểm thuộc cung AC ( M khác A và C ). Kẻ MH ⊥ AB tại H , AC cắt MH , MB lần lượt tại
2
K , E . Kẻ EI ⊥ AB tại I . Chứng minh AC. AK = AM và O thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆IMC .
Bài 18.
Cho đường tròn ( O; R ) và dây BC cố định khác đường kính. Gọi A là điểm di động trên
 ). Các đường cao AD ,
cung lớn BC ( A khác B , A khác C và A khác điểm chính giữa của BC
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
146
Website: tailieumontoan.com
BE , CF của ∆ABC cắt nhau tại H . Chứng minh OA ⊥ EF và đường tròn ngoại tiếp ∆DEF đia
qua trung điểm của BC .
Bài 19. Cho điểm M thuộc nửa đường tròn ( O ) đường kính AB = 2a ( M khác A và B ). Kẻ các
tia tiếp tuyến Ax , By với nửa đường tròn ( O ) . Tiếp tuyến tại M của ( O ) cắt Ax , By lần lượt tại
E , F . Gọi K là giao điểm của AF và BE . Chứng minh MK ⊥ AB và khi MB = 3MA , hãy tính
diện tích ∆KAB theo a .
Bài 20. Cho nửa đường tròn ( O; R ) đường kính . Kẻ hai tiếp tuyến Ax , By với nửa đường tròn
đó ( Ax , By cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn). Gọi M là điểm bất kỳ
thuộc nửa đường tròn và tiếp tuyến của nửa đường tròn tại M cắt Ax , By lần lượt tại C , D . Kẻ
MH ⊥ AB và MH cắt BC tại I . Chứng minh I là trung điểm của MH và ba điểm A , I , D thẳng
hàng.
Bài 21.
Cho đường tròn ( O; R ) và dây cung AB không đi qua tâm O . Từ điểm S thuộc tia đối
của tia AB ( S khác A ) vẽ hai tiếp tuyến SC , SD đến ( O; R ) với C , D là hai tiếp điểm và C thuộc
cung nhỏ AB . Gọi H là trung điểm của AB . Đường thẳng đi qua A và song song với SC cắt CD
tại K . Chứng minh tứ giác ADHK nội tiếp và đường thẳng BK đi qua trung điểm của SC .
Bài 22. Cho đường tròn ( O ) và dây AB . Lấy điểm C nằm ngoài đường tròn ( O ) và nằm trên
tia BA . Gọi P là điểm chính giữa của cung lớn AB . Kẻ đường kính PQ của ( O ) , PQ cắt AB tại
D . Tia CP cắt ( O ) tại điểm thứ hai là I . Các dây AB và QI cắt nhau tại K . Chứng minh
CA.CB = CD.CK và AK .BC = BK . AC .
Bài 23. Cho đường tròn ( O; R ) đường kính AB . Trên tia đối của tia AB , lấy điểm M mà
AM = R . Kẻ đường thẳng d qua M và vuông góc với AB . Trên d , lấy điểm E tùy ý. Gọi C , D
lần lượt là giao điểm thứ hai của EA , EB với ( O ) ; I là giao điểm của EA với MD , F là giao điểm
của BC với d . Chứng minh ba điểm F , A , D thẳng hàng và IA.EC = AC.EI .
Bài 24. Cho ∆ABC nhọn ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn ( O ) . Kẻ hai tiếp tuyến tại B , C của
( O ) và hai tiếp tuyến này cắt nhau tại M . Nối AM cắt đường tròn ( O ) tại D khác A và cắt BC
tại I . Gọi H là trung điểm của AD . Tia BH cắt đường tròn ( O ) tại K khác B . Chứng minh
CK // AM và
Bài 25.
S ∆BHI BH
.
=
S ∆CHI CH
Cho điểm A nằm ngoài đường tròn ( O; R ) . Từ A kẻ tiếp tuyến AM đển ( O ) với M là
tiếp điểm. Đường thẳng qua M vuông góc với OA cắt ( O ) tại điểm N khác M . Chứng minh AN
= 60° , tính độ dài MN
 nhỏ và thể tích hình tạo thành khi ∆OAM
là tiếp tuyến của ( O ) . Khi MAN
quay một vòng quanh OA .
Bài 26. Cho nửa đường tròn ( O; R ) đường kính AB và điểm M tùy ý trên nửa đường tròn đó.
Gọi N , P lần lượt là điểm chính giữa của cung AM , MB . Tính đoạn NP và diện tích hình viên
 nhỏ.
phân tạo thành bởi dây NP và NP
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
147
Website: tailieumontoan.com
Bài 27.
Cho đường tròn ( O; R ) và dây BC = R 3 . Gọi A là điểm thay đổi trên cung lớn BC sao
cho ∆ABC nhọn. Kẻ BD ⊥ AC tại D , CE ⊥ AB tại E . Gọi H là giao điểm của BD và CE . Tính độ
 nhỏ và chứng minh OBD
 = OCE
.
dài BC
CHỦ ĐỀ 7 – BẤT ĐẲNG THỨC
I. BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI ............................................................................................................................ 149
DẠNG 1: DẠNG TỔNG SANG TÍCH .......................................................................................................... 149
DẠNG 2: DẠNG TÍCH SANG TỔNG, NHÂN BẰNG SỐ THÍCH HỢP. .............................................. 150
DẠNG 3: QUA MỘT BƯỚC BIẾN ĐỔI RỒI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI ............................ 151
DẠNG 4: GHÉP CẶP ĐÔI .............................................................................................................................. 154
DẠNG 5: DỰ ĐOÁN KẾT QUẢ RỒI TÁCH THÍCH HỢP....................................................................... 154
DẠNG 6: KẾT HỢP ĐẶT ẨN PHỤ VÀ DỰ ĐOÁN KÊT QUẢ ............................................................... 156
DẠNG 7: TÌM LẠI ĐIỀU KIỆN CỦA ẨN .................................................................................................... 160
II. BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIA ................................................................................................................. 162
III. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG ................................................................................... 166
DẠNG 1: ĐƯA VỀ BÌNH PHƯƠNG ............................................................................................................ 166
DẠNG 2: TẠO RA BẬC HAI BẰNG CÁCH NHÂN HAI BẬC MỘT..................................................... 167
DẠNG 3: TẠO RA ab+bc+ca .......................................................................................................................... 169
DẠNG 4: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT TRONG BA SỐ BẤT KÌ LUÔN TÒN TẠI HAI SỐ CÓ TÍCH
KHÔNG ÂM ..................................................................................................................................................... 170
DẠNG 5: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CỦA MỘT SỐ BỊ CHẶN TỪ 0 ĐẾN 1 ............................................ 172
DẠNG 6 : DỰ ĐOÁN KẾT QUẢ RỒI XÉT HIỆU ....................................................................................... 174
HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỤNG TRONG CHỦ ĐỀ ................................................................................. 176
I.
BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI..................................................................................................................... 176
II.
BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIA ............................................................................................................. 177
III. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG ................................................................................... 178
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
148
Website: tailieumontoan.com
I. BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI
1. Dạng hai số không âm x, y
• Dạng tổng sang tích: x + y ≥ 2 xy .
x+ y
 x+ y
hay xy ≤ 
xy ≤
 .
2
 2 
2
• Dạng tích sang tổng:
x2 + y 2
• Dạng lũy thừa: x + y ≥ 2 xy hay xy ≤
.
2
y.
Dấu " = " xảy ra ⇔ x =
2
2
x2 + 1
.
2
2. Dạng ba số không âm x, y, z
x x.1 ≤
• Dạng đặc biệt: =
• Dạng tổng sang tích: x + y + z ≥ 3 3 xyz .
x+ y+z
 x+ y+z
hay xyz ≤ 
 .
3
3


3
• Dạng tích sang tổng: 3 xyz ≤
• Dạng lũy thừa: x 3 + y 3 + z 3 ≥ 3 xyz hay xyz ≤
Dấu " = " xảy ra ⇔ x = y = z .
x3 + y 3 + z 3
.
3
x3 + 1 + 1
.
3
3. Dạng tổng quát với n số không âm x1 , x2 ,..., xn
=
x x.1.1 ≤
• Dạng đặc biệt:
• Dạng tổng sang tích: x1 + x2 + ... + xn ≥ n n x1 x2 ...xn .
x + x + ... + xn
 x + x + ... + xn 
hay x1 x2 ...xn ≤  1 2
x1 x2 ...xn ≤ 1 2
 .
n
n


n
• Dạng tích sang tổng:
n
• Dạng lũy thừa: x1n + x2n + ... + xnn ≥ x1 x2 ...xn hay x1 x2 ...xn ≤
Dấu " = " xảy ra ⇔ x1 = x2 =... = xn .
=
x x.1.1...1
• Dạng đặc biệt:
≤
n −1
x1n + x2n + ... + xnn
.
n
xn + n −1
.
n
4. Bất đẳng thức trung gian
1 1
4
+ ≥
∀x > 0, y > 0 . Dấu " = " xảy ra ⇔ x =
•
y.
x y x+ y
1 1 1
9
+ + ≥
∀x > 0, y > 0, z > 0 . Dấu " = " xảy ra ⇔ x = y = z .
•
x y z x+ y+z
DẠNG 1: DẠNG TỔNG SANG TÍCH
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
149
Website: tailieumontoan.com
Ví dụ 1. Cho x ≠ 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = 8 x 2 − 4 x +
1
+ 15 .
4x2
Lời giải
Có T=
( 4 x − 4 x + 1) +  4 x + 41x  + 14
2
2
2
1 
1
+ 14 ≥ 0 + 2 4 x 2 . 2 + 14= 16
2 
4x 
4x

1
Vậy MinT = 16 khi x =
2
=
( 2 x − 1) +  4 x 2 +
2
Ví dụ 2. Cho x > 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = 4 x 2 − 3 x +
1
+ 2011 .
4x
Lời giải
Có M= 4 x 2 − 4 x + 1 + x +
1
+ 2010
4x
1 
1
+ 2010= 2011 .
 + 2010 ≥ 0 + 2 x.
4x 
4x

1
Vậy MinM = 2011 khi x =
2
=
( 2 x − 1) +  x +
2
Ví dụ 2. Cho x > y > 0 và xy = 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức H =
x2 + y 2
.
x− y
Lời giải
Có H
x + y − 2 xy + 2 xy
=
x− y
2
= ( x − y) +
2
( x − y) + 4
2
x− y
4
4
≥ 2 ( x − y ).
= 4.
x− y
x− y
4

 y= 2 − x
x − y = 2
x − y =
 x =
x− y ⇔ 
Vậy Min H = 4 khi 
⇔ 2
⇔
0
y
 xy = 2
x − 2x − 2 =
 xy = 2
=

3 +1
3 −1
DẠNG 2: DẠNG TÍCH SANG TỔNG, NHÂN BẰNG SỐ THÍCH HỢP.
Ví dụ 1: Cho a ≥ 1, b ≥ 1. Chứng minh : a b − 1 + b a − 1 ≤ ab
Lời giải
1 + (b − 1) b
ab
Có b − 1 = 1.(b − 1) ≤
= ⇒ a b −1 ≤
;
2
2
2
ab
ab ab
Và tương tự: b a − 1 ≤
⇒ a b −1 + b a −1 ≤
+ = ab ⇒ đpcm
2
2
2
Dấu ‘=” xảy ra khi a = b = 2
Ví dụ 2: Cho a ≥ 9, b≥ 4, c≥ 1. Chứng minh: ab c − 1 + bc a − 9 + ca b − 4 ≤
Lời giải:
Có:
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
150
11abc
12
.
Website: tailieumontoan.com
bc
ca
. (a − 9).9 + . (b − 4).4
3
2
(c − 1) + 1 bc (a − 9) + 9 ca (b − 4) + 4 11abc
≤ ab.
+ .
+ .
=
2
3
2
2
2
12
Dấu “=” xảy ra khi a = 18, b = 8, c = 2
Ví dụ 3: Cho a ≥ 0, b ≥ 0, a2 + b2 ≤ 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: M =
ab c − 1 + bc a − 9 + ca b =
− 4 ab (c − 1).1 +
a b(a + 2b) + b a (b + 2a )
Lời giải
Xét:
3 a. 3b(a + 2b) + b 3a (b + 2a ) ≤ a.
M. =
3b + (a + 2b)
3a + (b + 2a ) a 2 + b 2
+ b.
=
+ 5ab
2
2
2
a 2 + b2
a 2 + b2
+ 5.
≤6⇒ M ≤2 3
2
2
Vậy MaxM = 2 3 khi a = b = 1
≤
Ví dụ 4. Cho x ≥ 0 , y ≥ 0 và x 2 + y 2 ≤ 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P=
x (14 x + 10 y ) + y (14 y + 10 x )
Lời giải
24 x (14 x + 10 y ) + 24 y (14 y + 10 x )
Xét: P. =
24
24 x + (14 x + 10 y ) 24 y + (14 y + 10 x )
24 ( x.1 + y.1)
+
=
2
2
 x2 + 1 y 2 + 1 
 x2 + y 2 + 1 
48
24
≤ 24  =
+
⇒ P≤4 6.


 ≤ 48 ⇒ P ≤
2 
2
24
 2


≤
Vậy MaxP = 4 6 khi x= y= 1 .
Ví dụ 5. Cho x > 0 , y > 0 và
Từ
xy ( x − y ) =x + y . Tìm giá trị nhỏ nhất của P= x + y .
xy ( x − y ) = x + y ⇒ x > y
Lời giải
1
1 ( 4 xy ) + ( x − y )
2
4 xy ( x − y ) ≤
=
y
xy ( x − y=
=
và x +
)
2
2
2
2
⇒ ( x + y) − 4( x + y) ≥ 0 ⇒ x + y ≥ 4 .
2
2
( x + y)
2
4
2
2
( x=
( x =
 xy = 2
− y ) 4 xy
+ y ) 8 xy
Dấu "=" xảy ra khi 
⇔
⇔
4
=
=
x + y =
 x + y 4
 x + y 4
⇒ x , y là hai nghiệm phương trình t 2 − 4t + 2 = 0 ⇔ t = 2 ± 2 .
Do x > y ⇒ x = 2 + 2 , y= 2 − 2 .
Vậy MinP = 4 khi x= 2 + 2 , y= 2 − 2 .
DẠNG 3: QUA MỘT BƯỚC BIẾN ĐỔI RỒI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI
Ví dụ 1. Cho a , b , c > 0 và ab + bc + ac =
1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
a
b
c
.
P=
+
+
a2 + 1
b2 + 1
c2 + 1
Lời giải
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
151
Website: tailieumontoan.com
Thay 1 = ab + bc + ac , ta được:
a
b
c
P=
+
+
a 2 + ab + bc + ac
b 2 + ab + bc + ac
c 2 + ab + bc + ac
a
b
c
=
+
+
( a + b )( a + c ) ( b + a )( b + c ) ( c + a )( c + b )
a
a
b
b
c
c
.
+
.
+
.
a+b a+c
b+a b+c
c+a c+b
a
a
b
b
c
c
+
+
+
≤ a+b a+c + b+a b+c + c+a c+b
2
2
2
b   a
c   b
c 
 a
+
+
+

+
+

a+b a+b  a+c a+c  b+c b+c 3
=
2
2
1
3
Vậy MaxP = khi a= b= c=
.
2
3
Ví dụ 2. Cho các số dương a , b , c thỏa mãn a + b + c =
1 . Chứng minh:
=
ab
bc
ca
3
+
+
≤
c + ab
a + bc
b + ca 2
Lời giải
Ta có
ab
bc
ca
ab
bc
ca
+
+
=
+
+
c + ab
a + bc
b + ca
c.1 + ab
a.1 + bc
b.1 + ca
ab
bc
ca
=
+
+
c ( a + b + c ) + ab
a ( a + b + c ) + bc
b ( a + b + c ) + ca
=
ab
+
( a + c )( b + c )
bc
+
( a + b )( a + c )
ac
( b + c )( b + a )
a
b
b
c
c
a
.
+
.
+
.
a+c c+b
a+b a+c
b+c b+a
1  a
b   b
c   c
a  3
≤ 
+
+
+
( đpcm).
+
+
 =
2  c + a c + b   a + b a + c   b + c a + b   2
=
3abc . Tìm giá trị nhỏ nhất của
Ví dụ 3. Cho a > 0 , b > 0 , c > 0 và ab + bc + ac =
2
a
b2
c2
.
P=
+
+
c ( c2 + a 2 ) a ( a 2 + b2 ) b ( b2 + c2 )
Lời giải
Có P =
=
2
2
2
a
b
c
+
+
c ( c2 + a 2 ) a ( a 2 + b2 ) b ( b2 + c2 )
a 2 + c2 − c2 b2 + a 2 − a 2 c2 + b2 − b2
+
+
c ( c2 + a 2 ) a ( a 2 + b2 ) b ( b2 + c2 )
c  1
a  1
b 
1
= − 2
+ − 2
+ − 2 2 
2 
2 
c c +a   a a +b  b b +c 
1
c  1
a  1
b 
≥ −
+ −
+ −



2 2
2 2
2 2
c 2 c a  a 2 a b  b 2 b c 
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
152
Website: tailieumontoan.com
 1 1   1 1   1 1  1  1 1 1  ab + bc + ac 3
.
=  − + − + −  =  + +  =
=
2abc
2
 c 2a   a 2b   b 2c  2  a b c 
3
Vậy MinP = khi a= b= c= 1 .
2
Ví dụ 4. Cho a > 0 , b > 0 , c > 0 và a + b + c =
1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
a
b
c
.
T=
+
+
2
2
1 + 9b 1 + 9c 1 + 9a 2
Lời giải
2
2
2
2
a 1 + 9b − 9ab b 1 + 9c − 9bc c 1 + 9a 2 − 9ca 2
+
+
Có T =
1 + 9b 2
1 + 9c 2
1 + 9a 2

9ab 2  
9bc 2  
9ca 2 
= a −
 + b −
 +c −

1 + 9b 2   1 + 9c 2   1 + 9a 2 

(
)
(
)
(
)

9ab 2  
9bc 2  
9ca 2 
≥ a −
+
b
−
+
c
−
 
 

2 1.9b 2  
2 1.9c 2  
2 1.9a 2 

3
1
1
2
1) .
= a + b + c − ( ab + bc + ac ) ≥ a + b + c − ( a + b + c ) =
( do a + b + c =
2
2
2
1
1
Vậy MinT = khi a= b= c= .
3
2
1
1
1
1
Ví dụ 5. Cho a , b , c > 0 và
+
+
=
2 . Chứng minh: abc ≤ .
8
1+ a 1+ b 1+ c
Lời giải
1
1
1
Có
+
+
=
2
1+ a 1+ b 1+ c
b
c cos i
b
c
bc
1
1  
1 

.
⇒
= 1 −
+
−
=
+
≥2
=2
1
.
 

1+ a  1+ b   1+ c  1+ b 1+ c
1+ b 1+ c
(1 + b )(1 + c )
Tương tự:
1
≥2
1+ b
1
ac
;
≥2
(1 + a )(1 + c ) 1 + c
ab
.
(1 + a )(1 + b )
Nhân các bất đẳng thức dương, cùng chiều ta được:
1
8abc
1
≥
hay abc ≤ (đpcm).
8
(1 + a )(1 + b )(1 + c ) (1 + a )(1 + b )(1 + c )
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
153
Website: tailieumontoan.com
DẠNG 4: GHÉP CẶP ĐÔI
1
1
1
Tách x + y + z=
( x + y) + ( y + z ) + ( z + x) .
2
2
2
xyz = xy . yz . zx ∀x, y, z ≥ 0 .
Ví dụ 1. Cho a > 0 , b > 0 , c > 0 và a 2 + b 2 + c 2 =
1 . Chứng minh:
bc ca ab
ab bc ac
a)
b)
+ +
≥ 3.
+ +
≥ a+b+c ;
a b
c
c
a
b
Lời giải
ab bc ac 1  bc ca  1  ca ab  1  ab bc 
a) Có
+ + =
 + +  + +  + 
c
a b 2 a b  2 b
c  2 c
a 
1
bc ca 1 ca ab 1 ab bc
≥ .2
. + .
. + .
. = a + b + c (đpcm).
2
a b 2 b c 2 c a
2
2 2
2 2
a 2b 2
 bc ca ab  b c c a
b) Xét  + +  =
+
+
+ 2 ( a 2 + b2 + c2 )
2
2
2
c 
a
b
c
 a b
2 2
2 2
1  b c c a  1  c 2 a 2 a 2b 2  1  a 2b 2 b 2 c 2 
=
+ 2 +  2 + 2 +  2 + 2 +2

2  a2
b  2 b
c  2 c
a 
1
b2c 2 c 2 a 2 1
c 2 a 2 a 2b 2 1
a 2b 2 b 2 c 2
≥ .2
.
+
.2
.
+
.2
.
2
a 2 b2
2
b2
c2
2
c2 a2
bc ac ab
= a 2 + b 2 + c 2 + 2 = 3 , do đó
+ +
≥ 3 (đpcm).
a
b
2
Ví dụ 2. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của ∆ABC . Chứng minh (a + b − c)(b + c − a )(c + a − b) ≤ abc .
Lời giải
Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của ∆ABC nên
a + b − c > 0, b + c − a > 0, c + a − b > 0 .
(a + b − c) + (b + c − a )
Có 0 < (a + b − c)(b + c − a ) ≤
=
b;
2
(b + c − a ) + (c + a − b)
0 < (b + c − a )(c + a − b) ≤
=
c;
2
(c + a − b) + (a + b − c)
0 < (c + a − b)(a + b − c) ≤
a;
=
2
Nhân ba đẳng thức dương cùng chiều ta được
(a + b − c)(b + c − a )(c + a − b) ≤ abc (điều phải chứng minh).
DẠNG 5: DỰ ĐOÁN KẾT QUẢ RỒI TÁCH THÍCH HỢP
Bước 1: Kẻ bảng dự đoán giái trị lớn nhất,nhỏ nhất và đạt tại giá trị nào của biến.
Bước 2: Kẻ bảng xác định số nào sẽ đi với nhau.
Bước 3: Tách ghép thích hợp số hạng và sử dụng bất đẳng thức Cô-si.
5
Ví dụ 1. Cho a ≥ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức =
P 2a + .
a
Lời giải
Phân tích bài toán
a
3

2
4
13
23
37
≈ 6,5
≈ 7, 7
≈ 9, 25

P
2
3
4
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
154
Website: tailieumontoan.com
Từ bảng thứ nhất dự đoán min P =
13
⇔ a = 2.
2
1
a
1
2
a
a=2
2
Từ bảng thứ hai, ta suy ra
1
a
5
5a
sẽ đi với
nên
sẽ đi với
.
a
a
4
4
Trình bày lời giải
5 5a 3a
3a
3.2 13
 5 5a  3a
Có P = +  +
≥2 ⋅
+
=5 +
≥ 5+
= ( do a ≥ 2) .
a 4
4
4
4
2
a 4  4
 5 5a
13
 =
Vậy min P =
khi  a 4 ⇔ a =
2 (thỏa mãn).
2
a = 2
Ví dụ 2. Cho x > 0, y > 0 và x + y ≤ 6 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức F = x + y +
6 24
+ .
x y
Lời giải
Phân tích bài toán
( x ; y)
(3 ; 3)
(1 ; 5)
(2 ; 4)
84
= 16,8
15
16
F
5
Từ bảng thứ nhất, ta dự đoán min F = 15 khi=
x 2,=
y 4.
(4 ; 2)
39
= 19,5
2
(5 ; 1)
156
= 31, 2
5
1
y
1
=
x 2,=
y 4
2
4
4
6 x 3x 1
1
x
6
y
Từ bảng thứ hai, ta suy ra
sẽ đi với
nên
sẽ đi với
;
sẽ đi với
nên
=
x
4
2 y
4
16
x
24
24 y 3 y
sẽ đi với
.
=
y
16
4
Trình bày lời giải
Có
 6 3 x   24 3 y   x y 
F =  + + + − + 
2  2 2
x 2   y
x
≥2
1
x
1
2
y
6 3x
24 3 y 1
1
⋅ +2
⋅
− ( x + y) =
18 − ( x + y )
x 2
y 2 2
2
1
≥ 18 −
=
⋅ 6 15 (do x + y ≤ 6).
2
x = 2
6 3 x 24 3 y
Vậy min F = 15 khi = ; = ; x + y = 6 ⇔ 
(thỏa mãn).
x 2 y
2
y = 4
Ví dụ 3. Cho x > 0, y > 0 và x + y ≥ 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 x 2 + y 2 +
Lời giải
Phân tích bài toán
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
155
28 1
+ .
x y
Website: tailieumontoan.com
( x; y )
(1; 2 )
( 2;1)
69
= 34,5
2
Từ bảng thứ nhất, ta dự đoán min=
P 24 khi=
x 2,=
y 1.
P
1
x
1
2
x
=
x 2,=
y 1
2
Từ bảng thứ hai, ta suy ra
24
y
1
y
1
1
1
1
x
28
28 x
sẽ đi với
nên
sẽ đi với
se đi với y .
= 7x ;
y
4
x
x
4
Trình bày lời giải
Có

 28
 1
P =  + 7 x  +  + y  + 2 x2 + y 2 − 7 x − y
 x
 y


 28
 1
=  + 7 x  +  + y  + 2( x − 2) 2 + ( y − 1) 2 + ( x + y ) − 9
 x
 y

28
1
⋅ 7x + 2
⋅ y + 0+ 0+3−9 =
24.
x
y
28
1
= 7 x; = y; x − 2 = 0; y − 1 = 0; x + y = 3 ⇔ x = 2, y = 1 .
Vậy min P = 24 khi
x
y
≥2
Ví dụ 4. Cho 2 ≤ x ≤ 3, 4 ≤ y ≤ 6, 4 ≤ z ≤ 6 và x + y + z =
12 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = xyz .
Lời giải
Nhận xét: Do y và z vai trò như nhau nên sử dụng bất đẳng thức Cô-si đối với tích yz ,
1
 y+z
ta được P = x( yz ) ≤ x 
 = x(12 − x)(12 − x) .
4
 2 
Đến đây ta kẻ bảng để dự đoán giá trị lớn nhất của P
x
2
2
P
Từ bảng thứ nhất dự đoán max P =
3
243
= 60, 75
4
50
243
khi x = 3 .
4
12 − x
9
x
x=3
3
Từ bảng thứ hai, ta suy ra 3x sẽ đi với 12 − x nên ta biến đổi
1
1  x + 24 
1  3 + 24  243
.
P ≤ [(3 x)(12 − x)(12 − x)] ≤ 
 ≤ 
 ≤
12
12  3  12  3 
4
243
9
Vậy max P=
.
khi x= 3, y= z=
4
2
3
3
DẠNG 6: KẾT HỢP ĐẶT ẨN PHỤ VÀ DỰ ĐOÁN KÊT QUẢ
•
Khi đặt ẩn phụ ta cần tìm điều kiện của ẩn phụ.
•
Một số bất đẳng thức trung gian thường dùng:
 Với mọi a, b thì 2 ( a 2 + b 2 ) ≥ (a + b) 2 ≥ 4ab . Dấu bằng xảy ra khi a = b .
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
156
Website: tailieumontoan.com
Với mọi a, b, c thì 3 ( a + b + c ) ≥ (a + b + c) ≥ 3(ab + bc + ca ) . Dấu bằng xảy ra khi

2
2
2
2
a= b= c .
a 2 + b2  a + b 
a 3 + b3  a + b 
≥
∀
a
,
b
;
≥

 ∀a + b ≥ 0 . Dấu bằng xảy
2
2
 2 
 2 
2
Với mọi a, b thì

3
ra khi a = b .
1 1
4

+ ≥
∀a > 0, b > 0 . Dấu bằng xảy ra khi a = b .
a b a+b
1 1 1
9

+ + ≥
∀a > 0, b > 0, c > 0 . Dấu bằng xảy ra khi a= b= c .
a b c a+b+c
x 8
x 2y
+
Ví dụ 1. Cho x > 0, y > 0 và + ≤ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức K=
.
y x
2 y
Lời giải
Đặt a 
x
1
x 8
x 8
x
x 1
, do 2    2 .  4
  0a
y
2 y
2 y
4
y
y 4

2  2
2
   32a  31a  2 .32a  31a

a  a
a
Có
1 33 
1
 16  31a  16  31.  do 0  a  
4
4 
4
33
1
Vậy MinK  khi a  hay x  2, y  8.
4
4
K  a
 x  y 1
2
Ví dụ 2. Cho x  0, y  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A 
 x  y 1
2
Đặt a 
xy  x  y

xy  x  y
 x  y 1
2

xy  x  y
1
a
Do m  n  p   3(mn  np  pm)   x  y  1  3 xy  x  y   a  3
2
Vậy MinA 
2
10
khi a  3  x  y  1 .
3
Ví dụ 3. Cho x  0, y  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của A 
xy
x2  y 2

xy
x y
Lời giải
2
 x  y 
 x  y   2 xy
 x  y
xy
xy
xy

 
Có A 



 2  
2
 xy 
xy
x y
xy
x y
x y
x y
x y
2t2
, do x  y  2 xy 
Đặt t 
xy
xy
2
2
Cos i
 t 2 1 7
1
t2 1 7 2
Ta được A  t 2   2      t 2  2  2
.  t 2
 8 t  8
t
8 t 8
t 7 2
2 7 2
5
 t 2 
 .2  2  (do t  2 ).
2 8
2 8
2
5
Vậy MinA  khi t  2  x  y .
2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038

157

xy  x  y
 x  y 1
2
Website: tailieumontoan.com
Ví dụ 4. Cho a  0, b  0, c  0 thỏa mãn b 2  c 2  a 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1
1
1
P  2 b 2  c 2   a 2  2  2 
 b
a
c 
Lời giải
 bc a 2 
1
1 2
1  2bc 2a
2
2
 2  2  
Có P  2 b  c   a  2  2   2 
 b
 a
a
c  a
bc
bc 
2
a 2 b 2  c 2 2bc


 2 ta được
bc
bc
bc
 t 1 3t 
 t 1 3t 
 1
 3t 
 3.2 
P  2 t    2       2  2 .    2 1    2 1 
  5 (do t  2 ).
 t 



 4 t  4 


4
4 
 4 t 4 
Dặt t 
b  c

a
bc
Vậy MinP  5 khi 
 2
2
2

2

b  c  a
1 1 
Ví dụ 5. Cho x  0, y  0 và x  y  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P    . 1  x 2 y 2
 x y 
Lời giải
 1 1
1
Có P  2 . . 1  x 2 y 2  2
 xy
 x y 
x. y
 x  y 
1
1
Đặt a  xy , do xy  
, ta được


0

a


 2 
4
4
2
P2
1


1
1
1
1
 a  2   16a 15a  2 2 .16a 15a  2 8 15a  2. 8 15.  17 do 0  a  


a


4
4
a
a
1
1
 MinP  17 khi a  hay x  y 
4
2
Ví dụ 6: Cho x  0, y  0 và x  y  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 
1
1
  4 xy .
2
x y
xy
2
Lời giải
 1

1   1
1 1
4


 4 xy. Sử dụng  
Có P   2
a, b  0 , ta được

2



 x  y

2 xy   2 xy
a b a b

 1

1
1
4
4
4

P

4


4
xy

.





4
(
do
0

x

y

1)
.
Suy
ra

 2 xy
x 2  y 2 2 xy x 2  y 2  2 xy ( x  y ) 2 12
 x  y 
1
1
Đặt a = xy, do xy  
  0  a  ta được


 2 
4
4
2
1

1

1
1
1
P  4    4a  4    8a  4a  4  2
.8a  4a  8  4a  8  4.  7 (do 0  a  )
 2a


 2a

2a
4
4
1
MinP  7 khi x  y 
2
2
2

1  
1 

Ví dụ 7: Cho x,y >0 và x  y  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức K   x     y  

x  
y 
Lời giải
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
158
Website: tailieumontoan.com
1 1
4
a 2  b 2  a  b 
a, b  0.

a, b và  


 c 
a b a b
2
2
Cách 1: Sử dụng
2


 
 x  1    y  1 

x  
y 
2
ta được K  2.
2


 x  1  y  1 
2

1 
4 
x
y 
 2.

   x  y 

2
2
x  y 





2
Đặt a  x  y , điều kiện 0  a  1 , ta được:
2
2
1 
4 
1 
1  3 
1
1 3
K  a    a       2 a.  
2 
a
2 
a  a 
2 
a a 
2
1
3
1 
3
25
25
1
khi x  y  .
 2    .2    (do 0  a  1 ). Vậy, MinK 


2
2
2
a
2
1
2
2
2
2
1


1 
1
1
1
Cách 2: K   x     y     x 2  y 2    2  2 
4  2. xy  
4.


x  
y 
y 
xy 
 x

2
 x  y 
1
1
Đặt a  xy, do xy  
  0  a  . Ta được:
 2 
4
4



 1 15 
1 15 
25 
1
25
1
K  2.    4  2. 
do 0  a  . Vậy, MinK  khi x  y  .
  4 

 2 4a 

1
 2
2 
2
2
4
4. 


4
Ví dụ 8: Cho x  0, y  0 và x  y  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
3

1  
1

S  1  x    1  y  

x  
y 
3
Lời giải
Sử dụng
a +b  a+b
1 1
4
∀a + b > 0 , ta được
≥
 ∀a + b ≥ 0 và + ≥
a b a+b
2
 2 
3
3
3
3
3
1 
1
1
1


1 + x +  + 1 + y + 
 1+ x + x +1+ y + y 
x 
y


S 2.
≥ 2
2
2






Đặt a= x + y , điều kiện 0 < a ≤ 1 , ta được
3
1
4 1 
1  3
S ≥  2 + a +  = 2 +  a +  + 
4
a 4 
a  a
3
Vậy MinS =
3
343
1
khi x= y=
4
2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
159
3
3
3
1
1 3 1 
3 1
3  343
≥  2 + 2 a. +  =  4 +  ≥  4 +  =
4
1
4
a a 4
a  4
Website: tailieumontoan.com
DẠNG 7: TÌM LẠI ĐIỀU KIỆN CỦA ẨN
Ví dụ 1. Cho x, y > 0 và 2 x 2 + 2 xy + y 2 − 2 x ≤ 8 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
2 4
+ − 2x − 3y
x y
.
Lời giải
Có 2 x + 2 xy + y −2 x ≤ 8 ⇔ x + 2 xy + y + x − 2 x + 1 ≤ 9
2
2
2
2
2
⇔ ( x + y ) + ( x − 1) ≤ 9 , mà ( x + y ) ≤ ( x + y ) + ( x − 1) ⇒ ( x + y ) ≤ 9 ⇒ 0 < x + y ≤ 3
2
2
2
2
2
2

2
4
2
 4
Có P =  + 2 x  +  + y  − 4 x − 4 y ≥ 2 .2 x + 2 . y − 4( x + y )
x
y
x
 y

=8 − 4( x + y ) ≥ 8 − 4.3 =−4 (do 0 < x + y ≤ 3 ). Vậy MinP = −4 khi=
x 1,=
y 2.
Ví dụ 2: Cho a  0, b  0, c  0 thỏa mãn 2 b 2  bc  c 2   33  a 2  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
2 2 2
thức T  a  b  c   
a b c
Lời giải
Có 2 b  bc  c   33  a   3a  2b  2bc  2c 2  9
2
2
2
2
2
 3a 2  2b 2  2bc  2ab  2ac  2c 2  2ab  2ac  9
 a 2  b 2  c 2  2ab  2bc  2ca  a 2  b 2  2ab  a 2  c 2  2ac  9
 a  b  c   a  b  a  c   9  a  b  c   9  0  a  b  c  3
2
2
2
2
1 1 1
9
18
ta được T  a  b  c 
  
a b c a bc
a bc
Đặt x  a  b  c, 0  x  3 , ta được
Sử dụng

18 18
18
   2 x  x  2
.2 x  x  12  x  12  3  9 (do 0  x  3 )

x  x
x
Vậy MinT  9 khi x  3 hay a  b  c  1
Ví dụ 3: Cho a  0, b  0 và a 3  b3  6ab  8 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1
3
P 2
  ab
2
a b
ab
Lời giải
3
3
3
3
2
2
Có a  b  6ab  8  a  b  3a b  3ab  3a 2b  3ab 2  6ab  8
T  x
 a  b  3ab a  b  2  8  a  b  23  3ab a  b  2  0
3
3
2
 a  b  2 a  b  2 a  b  4  3ab a  b  2  0


2
2
 a  b  2a  b  ab  2a  2b  4  0
 a  b  22a 2  2b 2  2ab  4a  4b  8  0
2
2
2
 a  b  2 a  b  a  2  b  2   0


 0  a b  2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
160
Website: tailieumontoan.com
 1
1   5

Có P   2



ab


2

 a  b
2ab   2ab
1 1
4
x, y  0 , ta được:
Sử dụng  
x y x y
1
1
1
4
4

 2

 2  1 (do 0  a  b  2 )
2
2
2
2
a b
2ab a  2ab  b
a  b 2
 5

Suy ra P  1  
 ab
 2ab

 a  b 
22
Đặt x  ab , do ab  

 1  0  x  1 , ta được:

 2 
2
5

 5 5 x  3x
P  1    x  1     
 2 x


 2x 2  2
2
5 5 x 3x
3x
3.1 9
.   6  6
 (do 0  x  1 )
2x 2
2
2
2
2
9
Vậy MinP  khi a  b  1
2
Ví dụ 4: Cho a  0, b  0 và a 2  b 2  a  b . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2020
P  a 4  b4 
2
a  b
 1 2
Lời giải
x 2  y 2  x  y 
, ta được

 2 
2
2
Sử dụng
 a  b 
a  b
a 2  b2
a b
 a  b  a  b  2.
 2 

1
 0  a b  2



 2 
2
2
2
2
2
2
2
a 2   b2 
2
 P  2.
2
2
2
 a 2  b 2 
a  b
2020
2020

 

 2


2
2
2



2
 2  a  b
a  b
a  b
2020
2
Đặt x  a  b , ), 0  x  4 , ta được:
2
x 2020  x 8  2012
x 8 2012

    
2 . 
 2 x 
2
x
x
2 x
x
2012
2012
 4
 4
 50 (do 0  x  4 )
4
x
Vậy MinP  507 khi x  4 hay a  b  1
P
Ví dụ 5: Cho x  0, y  0 và
2
Lời giải
Có
 x 1 y 1  4  xy  x  y  3  3  xy  x.1  y.1
x  y x 1 y 1


 x  y  1 , suy ra x  y  2
2
2
2
  y2

x 2 y 2  x 2
   y    x   x  y 
Có P  
  x
y
x  y

Mà
xy  x.1  y.1 
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
161
2
 x 1 y 1  4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  xy  yx
Website: tailieumontoan.com
2
x2
y2
.y  2
.x   x  y   x  y  2
y
x
Vậy MinP  2 khi x  y  1
II.
BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIA
1. Dạng bộ hai số a; b và  x; y  bất kỳ
•
ax  by   a 2  b 2  x 2  y 2 
2
Dấu "  " xảy ra 
•
x y

a b
Đặc biệt  x  y   1.x  1. y   12  12  x 2  y 2 
2
2
2. Dạng bộ ba số a; b; c  và  x; y; z bất kì
•
ax  by  cz   a 2  b 2  c 2  x 2  y 2  z 2 
2
Dấu "  " xảy ra 
•
x y z
 
a b c
Đặc biệt  x  y  z   1.x  1. y  1.z   12  12  12  x 2  y 2  z 2 
2
2
3. Dạng tổng quát bộ n số a1 ; a2 ;; an  và  x1 ; x2 ;; xn 
•
a1 x1  a2 x2    an xn   a12  a22    an2  x12  x22    xn2 
2
Dấu "  " xảy ra 
x
x1 x2
  n
a1 a2
an
Quy ước trong dấu "  " xảy ra, nếu mẫu nào bằng 0 thì tử tương ứng bằng 0.
Ví dụ 1. Cho 4x + 9y = 13. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 4x2 + 9y2
Lời giải
Bunhia
Có 132 = (4x + 9y)2 = (2.2x + 3.3y)2 ≤ (22 + 32)(4x2 + 9y2) = 13A ⇒ A ≥ 13
Ví dụ 2. Cho 4x + 3y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 4x2 + 3y2
Lời giải
Có 12 = (4x + 3y)2 = (2.2x +
3 . 3 y)2
Bunhia
≤
(4 + 3)(4x2 + 3y2) = 7A ⇒ A ≥
1
7
 2x
3x
=
1
1

Vậy MinA =
khi  3y
3 ⇔x=y=
7
7
 4x + 3y = 1

Ví dụ 3. Cho x ≥ 0; y ≥ 0; z ≥ 0 và x + y + z = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x2 + y2 + z2
Lời giải
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
162
Website: tailieumontoan.com
Có 22 = (1.x + 1.y + 1.z)2
Bunhia
≤
(12 + 12 + 12)( x2 + y2 + z2) = 3A ⇒ A ≥
4
3
y z
x
2
4
 = =
Vậy MinA =
khi  1
1 1 ⇔x=y=
3
3
 x + y + z = 2
6
Ví dụ 4. Cho 3x2 + 2y2 =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 2x + 3y
35
3
 2

. 3x +
. 2y 
Có S2 = (2x + 3y)2 = 
2
 3

Lời giải
2
35
35 6
4 9
2
2
3x 2 +2y 2 ) ≤
. =1 ⇒ S ≤ 1
(
 +  ( 3x +2y ) =
6
6 35
3 2
 3x
4y
4
2y


2y
x=
x=
 3x
 2 = 3


=




9
35
⇔ 2
⇔
Vậy MaxS = 1 ⇔ 
3 ⇔
8y
2
 3


y = 9
2x + 3y = 1
+ 3y = 1




35
9

2x + 3y = 1
1
Ví dụ 5. Cho 4a2 + 25b2 ≤
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức H = 6a – 5b
10
Bunhia
≤
Lời giải
Có H2 = (6a – 5b)2 = (3.2a + (–1) .5b)2
Bunhia
1
=1 ⇒ H≤1
10
3

5b
a=
 2a

=
 2a + 15b = 0


20
Vậy MaxH = 1 ⇔  3
⇔
⇔
-1
18a - 15b = 3

b = - 1
6a - 5b = 1

50

3
Ví dụ 6. Cho x2 + y2 + z2 = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x + y + z
4
≤
(9 + 1)(4a2 + 25b2) = 10(4a2 + 25b2) ≤ 10.
Lời giải
Có P2 = (1.x + 1.y + 1.z)2
Bunhia
≤
(12+ + 12 + 12)(x2 + y2 + z2) = 3.
3
3 19
= ⇒ P≤
2
4 4
y z
x
= =

1
3

1 1
Vậy MaxP =
khi  1
⇔x=y=z=
2
2
x + y + z = 3

2
Ví dụ 7. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =
x - 1 + 3 - x khi 1 ≤ x ≤ 3
Lời giải
(
Có P2 = 1. x - 1 + 1. 3 - x
)
2 Bunhia
≤
(1 + 1 ) ( x - 1 + 3 - x ) = 4 ⇒ P ≤ 2
2
2
2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
163
2
Website: tailieumontoan.com
x −1
3− x
=
⇔ x = 2 (thỏa mãn)
1
1
Ví dụ 8. Cho a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 0 và a + b + c = 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
K = 4a + 5 + 4b + 5 + 4c + 5
Vậy MaxP = 2 khi
(
Có K2 = 1. 4a + 5 + 1. 4b + 5 + 1. 4c + 5
)
Lời giải
2
Bunhia
≤
(12+ + 12 + 12)( 4a + 5 + 4b + 5 + 4c + 5)
= 3[4(a + b + c) + 15] = 3(4.3 + 15) = 81 ⇒ K ≤ 9
 4a + 5
4b + 5
4c + 5
=
=

⇔ a=b=c=1
Vậy MaxK = 9 khi  1
1
1
a + b + c = 3

Ví dụ 9. Cho a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 0 và a + b + c = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P= b+c + c+a + a+b
(
Có P2 = 1. b + c + 1. c + a + 1. a + b
Bunhia
≤
(12+ + 12 + 12)
)
Lời giải
2
( b+c + c+a + a+b )
2
2
2
= 6 (a +b + c) = 6 ⇒ P ≤ 6
 a+b
b+c
c+a
1
=
=

Vậy MaxP = 6 khi  1
1
1 ⇔ a=b=c=
3
a + b + c = 1

Ví dụ 10. Cho a, b, c ≥ 0 và
a + b + c = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
M=
a+b
+
2
b+c
+
2
c+a
2
Lời giải
(
(
(
) (
) (
) (
)
)
)

≤ (12 +12 ) ( a+b ) =2 ( a+b )
 a + b = 1. a +1. b

2
2 Bunhia

≤ (12 +12 ) ( b+c ) =2 ( b+c )
Ta có  b + c = 1. b +1. c

Bunhia
 c + a 2 = 1. c +1. a 2 ≤ (12 +12 ) ( c+a ) =2 ( c+a )


a + b ≤ 2(a+b), b + c ≤ 2(b+c), c + a ≤ 2(c+a)
Suy ra
⇒2
2
( a + b + c ) ≤ 2 ( a+b + b+c + c+a )
a+b
+
2
Vậy MinM = 3 khi a = b = c = 1
⇒
2 Bunhia
a + b+ c ≤
b+c
+
2
c+a
hay M ≥ 3
2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
164
Website: tailieumontoan.com
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
165
Website: tailieumontoan.com
III. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
DẠNG 1: ĐƯA VỀ BÌNH PHƯƠNG
• A2 ± m ≥ 0 ± m ; - A2 ± m ≤ 0 ± m
Dấu “=” xảy ra khi A = 0.
• A2 + B2 ± m ≥ 0 + 0 ± m; - A2 - B2 ± m ≤ 0 + 0 ± m
Dấu “=” xảy ra khi A = 0, B = 0.
Ví dụ 1. Cho x ≥ - 2; y ≥ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A = x + y - 2 x + 2 - 4 y - 1 + 24 .
Lời giải
) ( y - 1 - 4 y - 1 + 4) + 18
= ( x + 2 - 1) + ( y - 1 - 2 ) +18 ≥ 0 + 0 + 18 = 18
(
Có A = x + 2 - 2 x + 2 + 1 +
2
2
 x + 2 = 1  x = -1
Vậy MinA = 18 khi 
( thỏa mãn)
⇔
y = 5
 y - 1 = 2
1
Ví dụ 2. Cho x ≥ - . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức E = 5x - 6 2x + 7 - 4 3x + 1 + 2 .
3
Lời giải
) ( 3x + 1 - 4 3x + 1 + 4) - 19
= ( 2x + 7 - 3) + ( 3x + 1 - 2 ) - 19 ≥ 0 + 0 - 19 = - 19
(
Có E = 2x + 7 - 6 2x + 7 + 9 +
2
2
 2x + 7 = 3 2x + 7 = 9
Vậy MinA = - 19 khi 
⇔
⇔ x = 1 ( thỏa mãn)
3x
+
1
=
4
3x
+
1
=
2


Ví dụ 3. Cho x ≥ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
T = x − x − 1 − 3 x + 7 + 28.
Lời giải
Xét 2T = 2 x − 2 x − 1 − 6 x + 7 + 56
( x − 1 − 2 x − 1 + 1) + ( x + 7 − 6 x + 7 + 9) + 40
= ( x − 1 − 1) + ( x + 7 − 3) + 40 ≥ 0 + 0 + 40 = 40 ⇒ T ≥ 20
=
2
2
 =
x −1 1
x −1 1
=
2 (thỏa mãn)
Vậy Min T = 20 khi 
⇔
⇔x=
9
3 x − 7 =
 x + 7 =
Ví dụ 4. Cho x ≥ 15. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
F = x2 + x −
( x − 15) ( x − 3) − x − 15 − x − 3 − 38.
2
2
Lời giải
Xét 2 F= 2 x 2 + 2 x − 2
( x − 15) ( x − 3) − 2 x − 15 − x − 3 − 76
2
2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
166
Website: tailieumontoan.com
=
( x −15 + x − 3 − 2 ( x −15) ( x − 3) ) + ( x −15 − 2 x −15 + 1) + ( x − 3 − 2 x − 3 + 1)
2
2
(
= x 2 − 15 − x − 3
2
2
) + ( x −15 −1) + ( x − 3 −1) − 42 ≥ 0 + 0 − 42 =−42
2
2
2
2
⇒ F ≥ −21
Vậy Min F = −21 khi x 2 − 15 = x − 3 =1 ⇔ x = 4 (thỏa mãn)
6. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
Ví dụ 5. Cho a > 0, b > 0, c > 0 và a + b + c =
T= a 2 + 4ab + b 2 + b 2 + 4ab + c 2 + c 2 + 4ca + a 2 .
Lời giải
Chú ý: Với x > 0, y > 0, ta có
6( x + y) − 2( x − y)
6( x + y)
=
≤
x + 4 xy + y
4
4
( x + y) 6 .
⇒ x 2 + 4 xy + y 2 ≤
2
Vận dụng vào bài toán, ta có
2
2
2
2
2
( a + b) 6 + (b + c ) 6 + (c + a ) 6 =
(a + b + c) 6 = 6 6
2
2
2
Vậy MaxT = 6 6 khi a = b = c =2.
1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
Ví dụ 6. Cho a > 0, b > 0, c > 0 , x + y + z =
T≤
S=
x 2 − xy + y 2 + y 2 − yz + z 2 + z 2 − zx + z 2 .
Lời giải
Chú ý: Với x > 0, y > 0, ta có
( a + b) + 3( a + b) ≥ ( a + b)
=
a − ab + b
2
2
2
2
2
4
a
+
b
⇒ a 2 − ab + b 2 ≥
2
4
Vận dụng vào bài toán, ta có
Vậy MinS = 1 khi x= y= z=
S≥
x+ y y+z z+x
1.
x+ y+z =
+
+
=
2
2
2
1
.
3
DẠNG 2: TẠO RA BẬC HAI BẰNG CÁCH NHÂN HAI BẬC MỘT
• m ≤ x ≤ n ⇒ ( x − m )( x − n ) ≤ 0.
•
m≤ x ≤n⇒
( x − m )( x − n ) ≤ 0.
Ví dụ 1.Cho −2 ≤ a, b, c ≤ 3 và a 2 + b 2 + c 2 =
22.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = a + b + c.
Lời giải
Vì −2 ≤ a ≤ 3 nên a + 2 ≥ 0, a − 3 ≤ 0.
Suy ra ( a + 2 )( a − 3) ≤ 0 ⇔ a 2 − a − 6 ≤ 0 ⇔ a ≥ a 2 − 6.
Tương tự, ta cũng tìm được b ≥ b 2 − 6, c ≥ c 2 − 6
Do đó M =a + b + c ≥ a 2 + b 2 + c 2 − 18 =22 − 18 =4.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
167
Website: tailieumontoan.com
3
−2, a =
a =
 a = b = 3, c = −2
b =
3
−2, b =

Vậy MinM =4 khi 
3, b =
c=
⇔  a =
−2
2,
3
c
c
=
−
=

b = c = 3, a = −2
a + b + c =
4
Ví dụ 2.Cho x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 thỏa mãn x + y + z =
6.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x 2 + y 2 + z 2 .
Lời giải
 Tìm MinA
Cách 1 (Sử dụng bất đẳng thức Bunhia)
Có 62 = (1.x + 1. y + 1.z )
2
≤ (12 + 12 + 12 )( x 2 + y 2 + z 2 ) = 3 A ⇒ A ≥ 12.
Bunhia
x y z
= =
Vậy MinA = 12 khi  1 1 1 ⇔ x = y = z = 2.
 x + y + z =
6
Cách 2 (Sử dụng bất đẳng thức Côsi – dự đoán min đạt tại x=y=z=2)
Có A = x 2 + y 2 + z 2 = ( x 2 + 4 ) + ( y 2 + 4 ) + ( z 2 + 4 ) − 12
≥ 2 x 2 .4 + 2 y 2 .4 + 2 z 2 .4 − 12 = 4 ( x + y + z ) − 12 = 4.6 − 12 = 12.
Vậy MinA = 12 Khi x= y= z= 2.
 Tìm MaxA
Có x, y, z ≥ 0 và x + y + z =
6 nên 0 ≤ x, y, z ≤ 6.
⇒ x ( x − 6) + y ( y − 6) + z ( z − 6) ≤ 0
⇒ x 2 + y 2 + z 2 ≤ 6 ( x + y + z ) = 6.6 = 36 ⇒ A ≤ 36.
=
x 6
 x 0,=
=
y 6
 y 0,=
Vậy MaxA = 36 khi 
hay ( x; y; z ) là hoán vị của ( 0;0;6 ) .
z 0,=
z 6
=
 x + y + z =
6
3.
Ví dụ 3.Cho a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 0 thỏa mãn a + b + c =
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức K=
3a + 1 + 3b + 1 + 3c + 1.
Lời giải
 Tìm MaxK
Cách 1 (Sử dụng bất đẳng thức Bunhia)
Xét =
K2
(1. 3a + 1 + 1. 3b + 1 + 1. 3c + 1)
2
≤ (12 + 12 + 12 ) ( 3a + 1 + 3b + 1 + 3c + 1) = 9 ( a + b + c + 1) = 36 ⇒ K ≤ 6.
Bunhia
Vậy MaxK = 6 khi a= b= c= 1.
Cách 2 (Sử dụng bất đẳng thức Côsi – dự đoán min đạt tại a=b=c=1)
1
K= 3a + 1 + 3b + 1 + 3c +=
1
( 3a + 1) .4 + ( 3b + 1) .4 + ( 3c + 1) .4 
2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
168
Website: tailieumontoan.com
≤
1  ( 3a + 1) + 4 ( 3b + 1) + 4 ( 3c + 1) + 4  3 ( a + b + c ) + 15 3.3 + 15
+
+
=
=
6.

=
2
2
2
2
4
4

Vậy Max K = 6 khi a= b= c= 1.
 Tìm MinA
Có a + b + c = 3 ⇔ 3a + 3b + 3c = 9 ⇔ ( 3a + 1) + ( 3b + 1) + ( 3c + 1) =12.
Đặt x = 3a + 1, y = 3b + 1, z = 3c + 1 ⇒ x, y, z ≥ 1 và x + y + z =
12.
Từ x, y, z ≥ 1 và x + y + z = 12 ⇒ 1 ≤ x, y, z ≤ 10
⇒
+ 10
.
( x − 1)( x − 10 ) ≤ 0 ⇒ x − ( 10 + 1) x + 10 ≤ 0 ⇒ x ≥ x 10
+1
Tương tự
y≥
x+ y+ z≥
=
Vậy MinK
y + 10
z + 10
, suy ra
, z≥
10 + 1
10 + 1
x + y + z + 3 10
12 + 3 10
⇒K≥
=
10 + 1
10 + 1
10 + 2.
10 + 2 khi ( x, y, z ) là hoán vị của (1;1;10 ) nên ( a; b; c ) hoán vị của ( 0;0;3) .
DẠNG 3: TẠO RA ab+bc+ca
•
0 ≤ a, b, c ≤ m ⇒ ( m − a )( m − b )( m − c ) ≥ 0
•
0 ≤ a, b, c ≤ m ⇒ ( m − a )( m − b ) + ( m − a )( m − c ) + ( m − b )( m − c ) ≥ 0
3. Chứng minh ab + bc + ca ≥ 2.
Ví dụ 1. Cho 0 ≤ a, b, c ≤ 2 và a + b + c =
Do 0 ≤ a, b, c ≤ 2 nên ( 2 − a )( 2 − b )( 2 − c ) ≥ 0
Lời giải
⇒ 8 − 4 ( a + b + c ) + 2 ( ab + bc + ca ) − abc ≥ 0
⇒ 8 − 4.3 + 2 ( ab + bc + ca ) − abc ≥ 0 (do a + b + c =
3)
abc
abc
, mà 2 +
≥ 2 nên ab + bc + ca ≥ 2 (đpcm).
⇒ ab + bc + ca ≥ 2 +
2
2
Ví dụ 2: Cho a ≥ 1, b ≥ 1, c ≥ 1 và ab+bc+ca =9.
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =a2 + b2 + c2
Lời giải:
* Tìm Min P
Có (a –b)2 +(b- c)2 +(c-a)2 ≥ 0 => a2 +b2 +c 2 ≥ ab +bc+ca => P ≥ 9.
Vậy MinP =9 khi a = b= c = 3
* Tìm MãP
Do a ≥ 1, b ≥ 1, c ≥ 1 => (a-1)(b-1) +(b-1)(c-1) +(c-1)(a-1) ≥ 0
<=> (ab+ bc +ca) -2(a+b+c) +3 ≥ 0 <=> a+ b+ c ≤ 6
<=> a2 + b2 +c2 +2(ab+bc+ca) ≤ 36 <=> P ≤ 18
Vậy MaxP=18 khi (a,b,c) là hoán vị của (1;1;4)
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
169
Website: tailieumontoan.com
DẠNG 4: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT TRONG BA SỐ BẤT KÌ LUÔN TÒN TẠI HAI SỐ CÓ TÍCH
KHÔNG ÂM
Tính chất 1: Nếu -1 ≤ a ≤ 1 thì a n ≤ a ∀n ∈ N *
Dấu “=” xảy ra khi a=0 hoặc a=1 nếu n lẻ, khi a=0 hoặc a= ± 1 nếu n chẳn
Tính chất 2: Nếu hai số a và b có tích ab ≥ 0 thì a + b = a + b
Tính chất 3: Với ba số x, y, z bất kỳ, luôn tồn tại hai số có tích không âm.
Bài toán cơ bản: Cho -1 ≤ x, y, z ≤ 1, x+ y+ z =0
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T = x + y + z
Lời giải:
Với ba số x, y, z bất kỳ, luôn tồn tại hai số có tích không âm.
Giả sử xy ≥ 0 => x + y =x + y =−z =z
T 2 z ≤ 2 ( do -1 ≤ z ≤ 1 ).
Nên=
Vậy MaxT =2 khi (x;y;z) là hoán vị (-1;0;1).
Ví dụ 1. Cho -2 ≤ x, y, z ≤ 2, x+ y+ z =0. Chứng minh rằng a4 +b4 +c4 ≤ 32
Lời giải:
a a a
Có -2 ≤ x, y, z ≤ 2 => −1 ≤ , , , ≤ 1
2 2 2
a
b
c
Đặt x = , y = , z = => −1 ≤ x, y, z ≤ 1 và x+y+z=0.
2
2
2
Khi đó a4 +b4 +c4 =16(x4 +y4 +z4) ≤ 16 ( x + y + z ) .
Với ba số x, y, z bất kỳ, luôn tồn tại hai số có tích không âm.
Giả sử: xy ≥ 0 => x + y =x + y =−z =z nên
x+y+z=
2 z ≤2=
> a 4 + b 4 + c 4 ≤ 32 ( đpcm)
3
.
2
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P=x2 +y2 +z2
Ví dụ 2. Cho 0 ≤ x, y, z ≤ 1 và x+ y+ z =
Lời giải:
Tìm Min P
Cách 1( Sử dụng bất đẳng thúc Bunhia)
2
Bunhia
3
3
Có   − (1.x + 1.y + 1.z) 2 ≤ (12 + 12 + 12 )(x 2 + y 2 + z 2 ) =
3P =
>P≥
4
2
x y z
 1= 1= 1
1
3
=
> x ===
y z
Vậy MinP = Khi 
3
2
4
x + y + z =

2
1
)
2
1 
1 
1
1
1
1 3
3

Cã P =x 2 + y 2 + z 2 = x 2 +  +  y 2 +  +  z 2 +  ≥ 2 x 2 . + 2 y 2 . + 2 z 2 . − =x + y + z − .
4 
4 
4
4
4
4 4
4

3
1
Vậy MinP =
Khi x = y = z =
4
2
Cách 2( Sử dụng bất đẳng thức Côsi – dự đoán min đạt tại x=y=z=
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
170
Website: tailieumontoan.com
Tìm MaxP
3
⇔ (2x – 1) + (2y – 1) + (2z – 1) = 0
2
Đặt a = 2x – 1, b = 2y – 1, c = 2z – 1.
Do (2x – 1) + (2y – 1) + (2z – 1) = 0 nên a + b + c = 0
Vì 0 ≤ x, y, z ≤ 1 ⇒ - 1 ≤ 2x – 1, 2y – 1, 2z – 1 ≤ 1 nên – 1 ≤ a, b, c ≤ 1.
Có x + y + z =
a 2 + b 2 + c 2 + 2(a + b + c) + 3
 a +1   b +1   c +1 
Có P = 
+
+
=
 
 

4
 2   2   2 
2
2
2
a +b +c +3 a + b + c +3
≤
(do − 1 ≤ a, b, c ≤ 1)
=
4
4
Với ba số a, b, c bất kì, luôn tồn tại hai số có tích không âm.
Giả sử a.b ≥ 0 thì a + b =a + b =−c =c nên
2
P≤
2 c +3
4
2
≤
2
2+3 5
=
(do c ≤ 1) .
4
4
5
 1 3
khi (a; b; c) là hoán vị của (- 1; 0; 1) hay (x; y; z) là hoán vị của  0; ;  .
4
 2 2
Ví dụ 3: Cho 0 ≤ x, y, z ≤ 2 và x + y + z = 3. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức
M = x4 + y4 + z4 + 12(1 – x)(1 – y)(1 – z).
Vậy MaxP =
Lời giải
Có x + y + z = 3 ⇔ (x – 1) + (y – 1) + (z – 1) = 0
Đặt a = x – 1, b = y – 1, c = z – 1 ⇒ - 1 ≤ a, b, c ≤ 1 và a + b + c = 0
Với a + b + c = 0 thì a3 + b3 + c3 = 3abc
Có M = (a + 1)4 + (b + 1)4 + (c + 1)4 – 12abc
= (a4 + b4 + c4 ) + 4(a3 + b3 + c3) + 6(a2 + b2 + c2) + 4(a + b + c) – 12abc
= (a4 + b4 + c4) + 6(a2 + b2 + c2).
* Có M = (a4 + b4 + c4) + 6(a2 + b2 + c2) ≥ 0
Vậy Min M = 0 khi a = b = c = 0 ⇔ x = y = z = 1
* Có M = (a4 + b4 + c4) + 6(a2 + b2 + c2) ≤ ( a + b + c ) + 6 ( a + b + c =
) 7( a + b + c ).
Với ba số a, b, c bất kì, luôn tồn tại hai số có tích không âm.
Giả sử ab ≥ 0 ⇒ a + b =a + b =−c =c
⇒ a + b + c = 2 c ≤ 2 ⇒ M ≤ 14 .
Vậy MaxM = 14 khi (a; b; c) là hoán vị của (- 1; 0; 1) hay (x, y, z) là hoán vị của (0; 1; 2).
Ví dụ 4: Cho 0 ≤ a, b, c ≤ 4 và a + b + c = 6.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca.
Lời giải
a 2 + b2 + c2 ( a + b + c )
a 2 + b2 + c2
+
=
+ 18.
2
2
2
2
Có P
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
171
Website: tailieumontoan.com
Do a + b + c = 6 ⇒ (a – 2) + (b – 2) + (c – 2) = 0 ⇒
a−2
b−2
c−2
=
,y =
,z
⇒ x + y + z = 0.
2
2
2
=
Đặt x
a−2 b−2 c−2
+
+
=
0
2
2
2
Vì 0 ≤ a, b, c ≤ 4 ⇒ - 2 ≤ a – 2, b – 2, c – 2 ≤ 2 ⇒ - 1 ≤
a−2 b−2 c−2
,
,
≤ 1.
2
2
2
⇒ - 1 ≤ x, y, z ≤ 1.
( 2 x + 2 ) + ( 2 y + 2 ) + ( 2 z + 2 ) + 18 = 2(x2 + y2 + z2) + 4(x + y + z) + 24
2
Có P
2
2
2
= 2(x + y + z ) + 24 ≤ 2 ( x + y + z ) + 24
2
2
2
Với ba số x, y, z bất kì, luôn tồn tại hai số có tích không âm.
Giả sử xy ≥ 0 ⇒ x + y =x + y =− z =z nên P= 4 z + 24 ≤ 4 + 24= 28 (do − 1 ≤ z ≤ 1).
Vậy MaxP = 28 khi (x, y, z) là hoán vị của (- 1; 0; 1) nên (a, b, c) là hoán vị của
(0; 2; 4).
DẠNG 5: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CỦA MỘT SỐ BỊ CHẶN TỪ 0 ĐẾN 1
* Nếu 0 ≤ x ≤ 1 thì x ≥ x . Dấu “ =” xảy ra khi x = 0 hoặc x = 1
* Nếu 0 ≤ x ≤ 1 thì x n ≤ x ∀n ∈ Ν * . Dấu “ =” xảy ra khi x = 0 hoặc x = 1 .
Ví dụ 1: Cho a ≥ 0; b ≥ 0; c ≥ 0 và a + b + c =
1 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức
P=
b+c + c+a + a+b .
Lời giải
* Tìm MaxP
Cách 1: ( Sử dụng bất đẳng thức Bunhia)
2
Xét P=
(1. b + c + 1. c + a + 1. a + b ) 2
≤ Bunhia (12 + 12 + 12 )
( b+c + c+a + a+b )
2
2
2
= 6(a + b + c) = 6( do a + b + c = 1) ⇒ P ≤ 6
1
Vậy Max P = 6 khi a= b= c=
3
Cách 2: ( Sử dụng bất đẳng thức Cosi - dự đoán max đạt tại a= b= c=
2
Xét P. =
3
2
2
2
(b + c) +
(c + a ) +
(a + b)
3
3
3
2
2
2
+ (b + c)
+ (c + a )
+ (a + b)
≤3
+3
+3
2
2
2
=1 + a + b + c = 2 ( do a + b + c =1) ⇒ P ≤ 2 :
Vậy Max P = 6 khi a= b= c=
2
= 6
3
1
3
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
172
1
)
3
Website: tailieumontoan.com
* Tìm MinP
Sử dụng tính chất: 0 ≤ x ≤ 1 thì x ≥ x
Do a, b, c ≥ 0 và a + b + c =
1 nên 0 ≤ a + b, b + c, c + a ≤ 1
Có P = b + c + c + a + a + b ≥ (b + c) + (c + a ) + (a + b) ≤ 1
= 2(a + b + c)= 2 ( do a + b + c= 1).
Vậy MinP = 2 khi (a; b; c) là hoán vị (1;0;0) .
Ví dụ 2: Cho a ≥ 0; b ≥ 0; c ≥ 0 và a + b + c =
3 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức
T=
b+c + c+a + a+b .
Lời giải
* Tìm MaxP
Cách 1: ( Sử dụng bất đẳng thức Bunhia)
2
Xét T=
(1. b + c + 1. c + a + 1. a + b ) 2
≤ Bunhia (12 + 12 + 12 )
(
2
2
b+c + c+a + a+b
2
)
= 6(a + b + c) = 18( do a + b + c = 3) ⇒ P ≤ 3 2
Vậy MaxT = 3 2 khi a= b= c= 1
Cách 2: ( Sử dụng bất đẳng thức Cosi - dự đoán max đạt tại a= b= c= 1 )
Xét T. 2= 2(b + c) + 2(c + a ) + 2(a + b)
2 + (b + c) 2 + (c + a ) 2 + (a + b)
≤
+
+
2
2
2
= 3 + a + b + c = 6 ( do a + b + c = 3) ⇒ P ≤ 6 : 2 = 3 2
Vậy MaxT = 3 2 khi a= b= c= 1
* Tìm MinP
Sử dụng tính chất: 0 ≤ x ≤ 1 thì x ≥ x
a+b+c
a+b b+c c+a
Do a, b, c ≥ 0 và a + b + c = 3 ⇒
= 1 nên 0 ≤
;
;
≤1
3
3
3
3
 b+c
c+a
a+b 
b+c c+a a+b
Có
=
T
3 
+
+
+
+
 ≥ 3 

3
3
3
3
3
3 



2(a + b + c)
= 3
= 2 3 ( do a=
+ b + c 3).
3
Vậy MinT = 2 3 khi (a; b; c) là hoán vị (3;0;0) .
Ví dụ 3: Cho a ≥ 0; b ≥ 0; c ≥ 0 và a + b + c =
1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
F=
3a + 1 + 3b + 1 + 3c + 1 .
Lời giải:
Cách 1: Có a ≥ 0; b ≥ 0; c ≥ 0; a + b + c =
1
⇒ 0 ≤ a , b, c ≤ 1 ⇒ a ≥ a 2 , b ≥ b 2 , c ≥ c 2 .
Do đó :
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
173
Website: tailieumontoan.com
F=
3a + 1 + 3b + 1 + 3c + 1=
a + 2a + 1 + b + 2b + 1 + c + 2c + 1
≥ a 2 + 2a + 1 + b 2 + 2b + 1 + c 2 + 2c + 1 = a + b + c + 3 = 4
Vậy MinF = 4 khi (a; b; c) là hoán vị (0;0;1)
.
Cách 2: Có a + b + c =1 ⇔ 3a + 3b + 3c =3 ⇔ ( 3a + 1) + ( 3b + 1) + ( 3c + 1) =6
Đặt x =3a + 1; y =3b =1; z =3c + 1.
⇒ x, y, z ≥ 1 và x + y + z =
6 và F = x + y + z
Từ x, y, z ≥ 1 và x + y + z = 6 ⇒ 1 ≤ x, y, z ≤ 4
⇒
( x − 1)( x − 4 ) ≤ 0 ⇒ x − 3 x + 2 ≤ 0 ⇒ x ≥ x +3 2
x+ y+ z+6
y+2
z+2
, suy ra x + y + z ≥
; z≥
⇒F ≥4
3
3
3
Vậy MinF = 4 khi ( x; y; z ) là hoán vị (1;1; 4) nên ( a, b, c ) là hoán vị (0;0;1) .
Tương tự:
y≥
1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
Ví dụ 4: Cho a ≥ 0; b ≥ 0; c ≥ 0 và a + b + c =
2a 2 + 3a + 4 + 2b 2 + 3b + 4 + 2c 2 + 3c + 4 .
M
=
Lời giải:
Có a ≥ 0; b ≥ 0; c ≥ 0; a + b + c =
1
⇒ 0 ≤ a, b, c ≤ 1 ⇒ a 2 ≤ a, b 2 ≤ b, c 2 ≤ c.
Do đó :
M=
a 2 + ( a 2 + 3a + 4 ) + b 2 + ( b 2 + 3b + 4 ) + c 2 + ( c 2 + 3c + 4 )
≤ a 2 + ( a + 3a + 4 ) + b 2 + ( b + 3b + 4 ) + c 2 + ( c + 3c + 4 )
= ( a + 2) +
2
.
( b + 2 ) + ( c + 2 ) =a + b + c + 6 =7
2
2
Vậy MinM = 7 khi (a; b; c) là hoán vị (0;0;1) .
DẠNG 6 : DỰ ĐOÁN KẾT QUẢ RỒI XÉT HIỆU
Ví dụ 1: Cho x; y ≥ 0 thỏa mãn x + y =10 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
( x 4 + 1)( y 4 + 1) .
Lời giải
Có P =
( x + 1)( y + 1) = x y + ( x + y ) + 1 = x y + ( x + y ) − 2 x y + 1
4
4
4
4
4
4
4
4
2
2 2
2
2
= x 4 y 4 + (10 − 2 xy ) − 2 x 2 y 2 +=
1 x 4 y 4 + 2 x 2 y 2 − 40 xy + 101.
2
2
2
5
5
 x + y   10 
Đặt =
t xy > 0 thì xy ≤ 
 = ⇒ 0 ≤ t ≤
 = 
2
2
 2   2 
5
Ta được P = t 4 + 2t 2 − 40t + 101; 0 ≤ t ≤
2
Đến đây ta kẻ bảng dự đoán MinP
t
0
1
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
174
2
2,5
Website: tailieumontoan.com
P
101
64
Từ bảng trên ta dự đoán MinP = 45 khi t = 2 nên ta xét hiệu :
P − 45 =t 4 + 2t 2 − 40t + 56 =( t 4 − 8t 2 + 16 ) + (10t 2 − 40t + 40 )
=
45
52,5625
( t − 4 ) + 4 ( t − 2 ) ≥ 0 ⇒ P ≥ 45
2
2
2
 x + y =10
Vậy MinP = 45 khi t = 2 ⇒ 
⇒ x, y là hai nghiệm của phương trình :
 xy = 2
t 2 − 10.t + 2 = 0 ⇔ t =
10 ± 2
⇒x=
2
10 ± 2
;y=
2
10  2
.
2
Ví dụ 2: Cho a + b + 4ab= 4a 2 + 4b 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
A= 20 ( a 3 + b3 ) − 6 ( a 2 + b 2 ) + 2013 .
Lời giải
Có : a + b + 4ab= 4a 2 + 4b 2 ⇔ a + b + 4ab= 4 ( a + b ) − 2ab 


2
⇔ 12ab = 4 ( a + b ) − ( a + b ) , mà 4ab ≤ ( a + b ) hay 12ab ≤ 3 ( a + b ) .
2
2
2
Nên 4 ( a + b ) − ( a + b ) ≤ 3 ( a + b ) ⇔ ( a + b ) − ( a + b ) ≤ 0 ⇔ 0 ≤ a + b ≤ 1 .
2
2
2
Đặt x= a + b thì 0 ≤ x ≤ 1 và 12=
ab 4 x 2 − x
3
2
= 20 ( a + b ) − 3ab ( a + b )  − 6 ( a + b ) − 2ab  + 2013
Ta có A




= 20 ( a + b ) − 60ab ( a + b ) − 6 ( a + b ) + 12ab + 2013
3
2
= 20 x 3 − 5 ( 4 x 2 − x ) x − 6 x 2 + 4 x 2 − x + 2013= 3 x 2 − x + 2013
Đến đây ta kẻ bảng dự đoán MaxA
t
0
1
A
2013
2015
Từ bảng trên ta dự đoán MaxA = 2015 khi x = 1 nên ta xét hiệu
A − 2015 = 3 x 2 − x − 2 = ( x − 1)( 3 x + 2 ) . Do 0 ≤ x ≤ 1 nên ( x − 1)( 3 x + 2 ) ≤ 0 , suy ra A ≤ 2015
Vậy MaxA = 2015 khi x = 1 hay a= b=
1
.
2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
175
Website: tailieumontoan.com
HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỤNG TRONG CHỦ ĐỀ
I. BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI
1
+ 15 .
4x2
1
Bài 2. Cho x > 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = 4 x 2 − 3 x +
+ 2011 .
4x
x2 + y 2
.
Bài 3. Cho x > y > 0 và xy = 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức H =
x− y
Bài 1. Cho x ≠ 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = 8 x 2 − 4 x +
Bài 4. Cho a ≥ 1; b ≥ 1 . Chứng minh a b − 1 + b a − 1 ≤ ab .
Bài 5. Cho a ≥ 9; b ≥ 4; c ≥ 1 . Chứng minh ab c − 1 + bc a − 9 + ca b − 4 ≤
11abc
.
12
Bài 6. Cho a ≥ 0; b ≥ 0; a 2 + b 2 ≤ 2 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M= a b ( a + 2b ) + b a ( b + 2a ) .
Bài 7. Cho x ≥ 0; y ≥ 0; x 2 + y 2 ≤ 2 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=
Bài 8. Cho x > 0; y > 0 và
x (14 x + 10 y ) + y (14 y + 10 x ) .
xy ( x − y ) =x + y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= x + y .
1.
Bài 9. Cho a, b, c > 0 và ab + bc + ca =
Tính giá trị lớn nhất của biểu thức P =
a
+
b
a2 + 1
b2 + 1
1
Bài 10. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c =
+
c
c2 + 1
.
ab
bc
ca
3
+
+
≤
c + ab
a + bc
b + ca 2
Bài 11. Cho a > 0, b > 0, c > 0 và ab + bc + ca =
3abc
chứng minh
Tìm giá trị nhỏ nhất của P =
a2
b2
c2
+
+
c ( c2 + a 2 ) a ( a 2 + b2 ) b ( b2 + c2 )
1
Bài 12. Cho a > 0, b > 0, c > 0 và a + b + c =
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T =
a
b
c
+
+
2
2
1 + 9b 1 + 9c 1 + 9a 2
1
1
1
1
2 . Chứng minh rằng abc ≤ .
+
+
=
1+ a 1+ b 1+ c
8
Bài 14. Cho a > 0, b > 0, c > 0 và a 2 + b 2 + c 2 =
1 . Chứng minh :
ab bc ca
bc ca ab
a)
b)
+ +
≥ a+b+c
+ +
≥ 3
c
a
b
a
b
c
Bài 15. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của ∆ABC .
Bài 13. Cho a, b, c > 0 và
Chứng minh ( a + b − c )( b + c − a )( c + a − b ) ≤ abc
Bài 16. Cho a ≥ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức =
P 2a +
5
.
a
Bài 17. Cho x > 0, y > 0 và x + y ≤ 6 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức F = x + y +
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
176
6 24
+ .
x y
Website: tailieumontoan.com
28 1
Bài 18. Cho x > 0, y > 0 và x + y ≥ 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 x 2 + y 2 + + .
x y
Bài 19. Cho 2 ≤ x ≤ 3, 4 ≤ y ≤ 6, 4 ≤ z ≤ 6 và x + y + z =
12 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P = xyz .
x 8
x 2y
+
Bài 20. Cho x > 0, y > 0 và + ≤ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức K=
.
y x
2 y
( x + y + 1) + xy + x + y .
Bài 21. Cho x > 0, y > 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức A
=
xy + x + y ( x + y + 1)2
2
xy
x2 + y 2
.
+
xy
x+ y
Bài 22. Cho x > 0, y > 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
=
A
Bài 23. Cho a > 0, b > 0, c > 0 thỏa mãn b 2 + c 2 ≤ a 2 .
1
1 1
= 2 b2 + c2 + a 2  2 + 2  .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P
a
b c 
(
)
1 1
2 2
Bài 24. Cho x > 0, y > 0 và x + y ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
 +  1+ x y .
x y
1
1
P
+ + 4 xy .
Bài 25. Cho x > 0, y > 0 và x + y ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức=
2
2
x +y
xy
2
1 
1

Bài 26. Cho x > 0, y > 0 và x + y ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức K =  x +  +  y +  .
x 
y

Bài 27. Cho x > 0, y > 0 và x + y ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
3
1 
1

S = 1 + x +  + 1 + y +  .
x 
y

2
Bài 28. Cho x > 0, y > 0 và 2 x + 2 xy + y 2 − 2 x ≤ 8 .
2 4
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = + − 2 x − 3 y .
x y
3
Bài 29. Cho a > 0, b > 0, c > 0 thỏa mãn 2 ( b 2 + bc + c 2 ) = 3 ( 3 − a 2 ) .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = a + b + c +
Bài 30. Cho a > 0, b > 0 và a 3 + b3 + 6ab ≤ 8 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức =
P
Bài 31. Cho a > 0, b > 0 và a 2 + b 2 =a + b .
1
3
+
+ ab .
2
a +b
ab
2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a 4 + b 4 +
Bài 32. Cho x > 0, y > 0 và
( x + 1)( y + 1) ≥ 4 .
P
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức =
2 2 2
+ + .
a b c
2020
(a + b)
2
.
x2 y 2
+
.
y
x
II. BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIA
A 4x2 + 9 y 2 .
Bài 1. Cho 4 x + 9 y =
13 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức=
Bài 2.
Cho 4 x + 3 y =
A 4x2 + 3 y 2 .
1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức=
Bài 3.
Cho x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 và x + y + z =
2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x 2 + y 2 + z 2 .
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
177
Website: tailieumontoan.com
Bài 7.
Bài 8.
6
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức =
S 2x + 3y .
35
1
Cho 4a 2 + 25b 2 ≤ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức H
= 6a − 5b .
10
3
Cho x 2 + y 2 + z 2 =. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x + y + z .
4
x − 1 + 3 − x khi 1 ≤ x ≤ 3 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=
3.
Cho a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 0 và a + b + c =
4a + 5 + 4b + 5 + 4c + 5 .
Bài 9.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức K=
1.
Cho a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 0 và a + b + c =
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =
b+c + c+a + a+b .
Bài 4.
Bài 5.
Bài 6.
Bài 10.
Cho 3 x 2 + 2 y 2 ≤
Cho a, b, c ≥ 0 và
a+ b+ c=
3.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M =
a+b
b+c
c+a
+
+
.
2
2
2
III. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
Bài 1. Cho x ≥ −2 , y ≥ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = x + y − 2 x + 2 − 4 y − 1 + 24 .
1
Bài 2. Cho x ≥ − . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: E = 5x − 6 2x + 7 − 4 3x − 1 + 2
3
Bài 3. Cho x ≥ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T = x − x − 1 − 3 x + 7 + 28 .
Bài 4. Cho x ≥ 15 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
F = x2 + x −
( x − 15) ( x − 3) − x − 15 − x − 3 − 38 .
2
2
Bài 5. Cho a > 0, b > 0, c > 0 và a + b + c =
6 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
T = a 2 + 4ab + b 2 + b 2 + 4bc + c 2 + c 2 + 4ca + a 2 .
Bài 6. Cho x > 0, y > 0, z > 0, x + y + z =
1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
S=
x 2 − xy + y 2 + y 2 − yz + z 2 + z 2 − zx + x 2 .
Bài 7. Cho −2 ≤ a, b, c ≤ 3 và a 2 + b 2 + c 2 =
22 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M = a + b + c .
Bài 8. Cho x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 thỏa mãn x + y + z =
6 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức:
A = x 2 + y2 + z2 .
3 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức:
Bài 9. Cho a, b, c ≥ 0 và a + b + c =
K= 3a + 1 + 3b + 1 + 3c + 1 .
Bài 10. Cho 0 ≤ a, b, c ≤ 2 và a + b + c =
3 . Chứng minh: ab + bc + ca ≥ 2 .
Bài 11. Cho a ≥ 1, b ≥ 1, c ≥ 1 và ab + bc + ca =
9 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức:
2
2
2
P = a +b +c .
Bài 12. Cho −1 ≤ x, y, z ≤ 1 , x + y + z =
0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: T = x + y + z .
0 . Chứng minh: a 4 + b 4 + c 4 ≤ 32 .
Bài 13. Cho −2 ≤ a, b, c ≤ 2 và a + b + c =
3
Bài 14. Cho 0 ≤ x, y, z ≤ 1 và x + y + z = .
2
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: P = x 2 + y 2 + z 2 .
Bài 15. Cho 0 ≤ x, y, z ≤ 2 và x + y + z =
3.
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: M = x 4 + y 4 + z 4 + 12 (1 − x )(1 − y )(1 − z ) .
Bài 16. Cho 0 ≤ a, b, c ≤ 4 và a + b + c =
6.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
178
Website: tailieumontoan.com
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = a + b + c + ab + bc + ca .
1 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức:
Bài 17. Cho a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 0 và a + b + c =
2
2
2
P= b + c + c + a + a + b .
3 .Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức:
Bài 18. Cho a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 0 và a + b + c =
P= b + c + c + a + a + b .
1 .Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức:
Bài 19. Cho a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 0 và a + b + c =
F= 3a + 1 + 3b + 1 + 3c + 1 .
1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
Bài 20. Cho a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 0 và a + b + c =
2a 2 + 3a + 4 + 2b 2 + 3b + 4 + 2c 2 + 3c + 4 .
Bài 21. Cho x, y ≥ 0 thỏa mãn: x + y =10 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =
( x 4 + 1)( y4 + 1) .
Bài 22. Cho a + b + 4ab= 4a 2 + 4b 2 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A= 20 ( a 3 + b3 ) − 6 ( a 2 + b 2 ) + 2013 .
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
179
Website: tailieumontoan.com
I.
CHỦ ĐỀ 8 – PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG ............................................................................... 181
DẠNG 1: GHÉP THÍCH HỢP ĐƯA VỀ TÍCH...................................................................................... 181
DẠNG 2: NHÂN LIÊN HỢP ĐƯA VỀ TÍCH ........................................................................................ 182
DẠNG 3: DỰ ĐOÁN NGHIỆM ĐỂ TỪ ĐÓ TÁCH THÍCH HỢP ĐƯA VỀ TÍCH ....................... 185
II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ............................................................................................................. 191
DẠNG 1 : BIẾN ĐỔI VỀ MỘT BIỂU THỨC VÀ ĐẶT MỘT ẨN PHỤ ........................................... 191
DẠNG 2. BIẾN ĐỔI VỀ HAI BIỂU THỨC VÀ ĐẶT HAI ẨN PHỤ RỒI ĐƯA VỀ TÍCH ........... 193
DẠNG 3: ĐẶT ẨN PHỤ KẾT HỢP VỚI ẨN BAN ĐẦU ĐƯA VỀ TÍCH ....................................... 195
DẠNG 2: ĐÁNH GIÁ VẾ NÀY ≥ MỘT SỐ, VẾ KIA ≤ SỐ ĐÓ BẰNG BĐT CỐI, BUNHIA ... 197
HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỤNG TRONG CHỦ ĐỀ .............................................................................. 201
I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG ............................................................................... 201
II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ. ........................................................................................................ 201
III. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ ............................................................................................................ 202
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
180
Website: tailieumontoan.com
I.
PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
DẠNG 1: GHÉP THÍCH HỢP ĐƯA VỀ TÍCH
Ví dụ 1. Giải phương trình:
x + 9 + 2012 x +=
6 2012 +
( x + 9 )( x + 6 )
Lời giải
Điều kiện: x ≥ −6 .
Phương trình ⇔ 2012 x + 6 − 2012 + x + 9 −
( x + 6 − 1) − x + 9 ( x + 6 − 1) =0
⇔ ( x + 6 − 1)( x + 9 − 2012 ) =
0
0
( x + 9 )( x + 6 ) =
⇔ 2012
⇔x=
−5, x =
4048135 ( thỏa mãn điều kiện).
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: S =
Ví dụ 2. Giải phương trình:
2x + 1 + 3 4x 2 − 2x + 1 = 3 + 8x 3 + 1 .
Lời giải
1
Điều kiện: x ≥ − .
2
Phương trình ⇔ 2x + 1 − 3 + 3 4x 2 − 2x + 1 −
( 2x + 1 − 3) − 4x − 2x + 1 ( 2x + 1 − 3) =0
⇔ ( 2x + 1 − 3) ( 4x − 2x + 1 − 1) =
0
⇔
{−5; 4048135} .
( 2x + 1) ( 4x 2 − 2x + 1) =0
2
2
x = 4
 2x + 1 3
=
=
 2x + 1 9

⇔
⇔ 2
⇔
1
 x 0,=
x
1 =
 4x 2 − 2x + 1 =
1  4x − 2x + 1 =
2

(Thỏa mãn điều kiện).
1

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: S = 0; 4;  .
2

Ví dụ 3. Giải phương trình: x 3 + ( 4 + x 2 ) 4 − x 2 =8 − 2x 4 − x 2 .
Lời giải
Điều kiện: x ≤ 4 ⇔ −2 ≤ x ≤ 2 .
Khi đó phương trình đã cho trở thành
2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
181
Website: tailieumontoan.com
x3 − 8 + ( 4 + x 2 ) 4 − x 2 + 2 x 4 − x 2 =
0
⇔ ( x − 2) ( x2 + 2 x + 4) + ( x2 + 2 x + 4) 4 − x2 =
0
)
(
⇔ ( x + 1) + 3 ( x − 2 + 4 − x ) =
0


⇔ ( x2 + 2 x + 4) x − 2 + 4 − x2 =
0
2
2
⇔ 4 − x 2 =2 − x
2− x ≥ 0

⇔
2
2
4 − x =4 − 4 x + x
x = 0
⇔
x = 2
So với điều kiện, ta có tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {0; 2} .
0.
Ví dụ 4. Giải phương trình x + 2 7 − x + 7 x − x 2 − 2 x − 7 =
Lời giải.
Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 7 .
Khi đó, ta có
x + 2 7 − x + 7 x − x2 − 2 x − 7 =
0
⇔ 2 7 − x − 2 x + x(7 − x) − (7 − x) =
0
( 7 − x − x ) − 7 − x ( 7 − x − x ) =0
⇔ ( 7 − x − x )( 2 − 7 − x ) =
0
⇔2
 7−x − x =
0
⇔
0
 2 − 7 − x =
x
7 − x =
⇔
4
7 − x =
x=3
⇔
x = 7

2
 7
So với điều kiện, ta có tập nghiệm của phương trình là S = 3;  .
 2
DẠNG 2: NHÂN LIÊN HỢP ĐƯA VỀ TÍCH
a −b
a− b=
•
khi biểu thức xác định.
a+ b
a − b2
a −b =
•
khi biểu thức xác định.
a +b
Ví dụ 1. Giải phương trình x 2 + 1 + x 2 + x + 2 = 2 x + 3 x + 1 .
Lời giải.
1
Điều kiện: x ≥ − .
3
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
182
Website: tailieumontoan.com
Khi đó
x 2 + 1 + x 2 + x + 2 = 2 x + 3x + 1
⇔ x 2 − 2 x + 1 + x 2 + x + 2 − 3 x + 1 =0
( x + x + 2 ) − ( 3x + 1) =
⇔ x −1 +
0
(
)
2
2
x 2 + x + 2 + 3x + 1
⇔ ( x − 1) +
( x − 1)
2
2
x 2 + x + 2 + 3x + 1
=
0

1
2
⇔ ( x − 1) 1 +
0
=
x 2 + x + 2 + 3x + 1 

⇔x=
1
So với điều kiện, ta có tập nghiệm của phương trình là S = {1} .
Ví dụ 2. Giải phương trình x 2 + 2018 2 x 2 + 1 = x + 1 + 2018 x 2 + x + 2 .
Lời giải.
2
1 7

Ta có x 2 + x + 2 =  x +  + > 0, ∀x . Khi đó
2 4

x 2 + 2018 2 x 2 + 1 = x + 1 + 2018 x 2 + x + 2 ⇔ ( x 2 − x − 1) + 2018
( 2x +1 − x + x + 2 ) = 0
2
( 2 x + 1) − ( x + x + 2 ) = 0 ⇔ x − x − 1 + 2018.
⇔ ( x − x − 1) + 2018.
(
)
2
2
2
2
x2 − x −1
2
2 x2 + 1 + x2 + x + 2
2 x2 + 1 + x2 + x + 2


2018
2
⇔ ( x 2 − x − 1) 1 +
 = 0 ⇔ x − x −1 = 0
2
2
2x +1 + x + x + 2 

1± 5
⇔x=
2
1 ± 5 
Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 
.
 2 
Ví dụ 3. Giải phương trình
4 x 2 + 5 x + 1 +=
3 2 x2 − x + 1 + 9 x .
Lời giải.
2
1 3

Ta có x − x + 2 =  x −  + > 0, ∀x nên điều kiện là 4 x 2 + 5 x + 1 ≥ 0.
2 4

Khi đó
2
4 x 2 + 5 x + 1 +=
3 2 x2 − x + 1 + 9 x
⇔ 4 x2 + 5x + 1 − 4 x2 − 4 x + 4 − 9 x + 3 =
0
( 4 x + 5x + 1) − ( 4 x − 4 x + 4 ) − 9 x − 3 =
⇔
0
2
⇔
2
4 x2 + 5x + 1 + 4 x2 − 4 x + 4
9x − 3
4 x2 + 5x + 1 + 4 x2 − 4 x + 4
(
)
− ( 9 x − 3) =
0


1
⇔ ( 9 x − 3) 
− 1 =
0
2
2
 4 x + 5x + 1 + 4 x − 4 x + 4 
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
183
=0
Website: tailieumontoan.com
Trường hợp 1. 9 x − 3 = 0 ⇔ x =
Trường hợp 2.
1
(thỏa).
3
1
4 x + 5x + 1 + 4 x2 − 4 x + 4
1
2
⇔
− 1 =0
4 x2 + 5x + 1 + 4 x2 − 4 x + 4
1
=
1
⇔ 4 x2 + 5x + 1 + 4 x2 − 4 x + 4 =
Vì
4 x 2 − 4 x +=
4
( 2 x − 1) + 3 ≥ 3 nên trường hợp 2 vô nghiệm.
2
1 
Vậy phương trình có tập nghiệm là S =   .
3
Ví dụ 4. Giải phương trình
5 x + 4 + 3 x + 2=
4x + 5 + 2x + 3 .
Lời giải.
2
Điều kiện: x ≥ − .
3
Với điều kiện trên phương trình trở thành
5 x + 4 + 3 x + 2=
4x + 5 + 2x + 3
⇔
( 5x + 4 − 4 x + 5 ) + ( 3x + 2 − 2 x + 3 ) =0
⇔
( 5 x + 4 ) − ( 4 x + 5 ) + ( 3 x + 2 ) − ( 2 x + 3) =
0
5x + 4 + 4 x + 5
3x + 2 + 2 x + 3
x −1
x −1
⇔
+
=
0
5x + 4 + 4 x + 5
3x + 2 + 2 x + 3
1
1


⇔ ( x − 1) 
+
0
=
3x + 2 + 2 x + 3 
 5x + 4 + 4 x + 5
⇔x=
1
So với điều kiện ta có tập nghiệm của phương trình là S = {1} .
Ví dụ 5. Giải phương trình
3x 2 − 7 x + 3 − x 2 − 2 = 3x 2 − 5 x − 1 − x 2 − 3x + 4 .
Lời giải.
3 x 2 − 7 x + 3 ≥ 0
2
3 7


Ta có x 2 − 3 x + 4 =  x −  + > 0, ∀x nên điều kiện là  x 2 − 2 ≥ 0
2 4

 3x 2 − 5 x − 1 ≥ 0

Với điều kiện trên, phương trình trở thành
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
184
Website: tailieumontoan.com
3x 2 − 7 x + 3 − x 2 − 2 =
⇔
3x 2 − 5 x − 1 − x 2 − 3x + 4
( 3x − 7 x + 3 − 3x − 5x −1) + ( x − 3x + 4 − x − 2 ) =0
2
2
2
2
( 3x − 7 x + 3) − ( 3x − 5x − 1) + ( x − 3x + 4 ) − ( x − 2 ) =
⇔
0
2
⇔
2
2
3x 2 − 7 x + 3 + 3x 2 − 5 x − 1
4 − 2x
3x 2 − 7 x + 3 + 3x 2 − 5 x − 1
+
2
x 2 − 3x + 4 + x 2 − 2
6 − 3x
x 2 − 3x + 4 + x 2 − 2
=
0


2
3
⇔ (2 − x)
+
=0
2
2
x 2 − 3x + 4 + x 2 − 2 
 3x − 7 x + 3 + 3x − 5 x − 1
⇔ 2− x =
0
⇔x=
2
So với điều kiện ta được tập nghiệm của phương trình là S = {2} .
Ví dụ 6. Giải phương trình 6 1 − x 2 − 4=
x 3
( 1 + x − 1) .
Lời giải.
Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 1 .
Khi đó, phương trình trở thành
6 1 − x 2 − 4=
x 3
( 1 + x − 1)
⇔ 6 1 − x2 − 3 1 + x − 4x + 3 =
0
(
)
⇔ 3 1+ x 2 1− x −1 − 4x + 3 =
0
 3 1 x .
4(1  x )  12
 4x  3  0
2 1 x  1
3  4x
 3 1 x .
 4x  3  0
2 1 x  1
 3 1 x

3


 (3  4 x ).
 1  0  x  ( thỏa mãn)
 2 1  x  1 
4

 3

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S  
 


 4



DẠNG 3: DỰ ĐOÁN NGHIỆM ĐỂ TỪ ĐÓ TÁCH THÍCH HỢP ĐƯA VỀ TÍCH
• Nếu nhẩm được một nghiệm x = α của phương trình thì ta tách được phương
trình đó về dạng tích (x – α).f(x) = 0.
• Nếu nhẩm được một nghiệm x = –α của phương trình thì ta tách được phương
trình đó về dạng tích (x +α).f(x) = 0.
• Trong trường hợp f(x) = 0 mà phức tạp thì ta thường chứng minh f(x) = 0 vô
nghiệm hoặc chứng minh f(x) = 0 có nghiệm duy nhất.
Bước 1: Nhẩm các số nguyên thỏa mãn điều kiện xem số nào thỏa mãn phương trình, ta thường
nhẩm các số mà thay vào các căn đều khai căn được.
Bước 2: Lập bảng để chọn số cần chèn vào phần căn.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
185
Website: tailieumontoan.com
a-b2
Bước 3: Kết hợp công thức
a  b=
Ví dụ 1: Giải phương trình
3x+1  6  x  3x 2  14x  8  0 .
ab
để đưa về tích.
Phân tích bài toán: Phương trình này ta nhẩm được một nghiệm x = 5 nên ta sẽ tách được nhân tử
x–5
x=5
6x
4
1
3x+1 sẽ đi với số 4, còn 6  x sẽ đi với số 1.
Từ bảng này, ta suy ra
Trình bày lời giải:
1
3
3x+1
Điều kiện :   x  6
Phương trình 

3x+1  4
 3x+1  4   6  x 1  3x 14x  5  0
2
2
6  x  1
2

 3x 2  15x+x  5  0
3x+1  1
6x 2
3x-15
5 x


 3x x  5  x  5  0
3x+1  1
6x 2


1
1
 x  5

 3x+1  0

 3x+1  1
6x 2
Trường hợp 1: Xét x – 5 = 0  x = 5 ( thỏa mãn điều kiện)
1
1

 3x+1 =0 loại vì
Trường hợp 2: Xét
3x+1  1
6x 2
1
1
1

 3x+1 > 0 ∀   x  6
3
3x+1  1
6x 2

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S  5
Ví dụ 2: Giải phương trình
x  1  6  x  3x 2  4x  1
Phân tích bài toán: Phương trình này ta nhẩm được một nghiệm x = 2 nên ta sẽ tách được nhân tử
x–2
x=2
Từ bảng này, ta suy ra
Trình bày lời giải:
Điều kiện : 1  x  6
Phương trình 
x 1
6x
1
2
x  1 sẽ đi với số 1, còn 6  x sẽ đi với số 2.
 x 1 1   6  x  2  3x  4x  4
2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
186
Website: tailieumontoan.com
x 1 1
2

2
 3x 2  6x+2x  4
6x 2
2x


 3x x  2 +2x  2
x 1  1
6x 2


1
1
 x  2

 3x  2  0
 x  1  1

6x 2
Trường hợp 1: Xét x – 2 = 0  x = 2 ( thỏa mãn điều kiện)
1
1

 3x  2  0
Trường hợp 2: Xét
x 1  1
6x 2
1
1
(*)


 3x  2
x 1  1
6x 2
1
1


 3x+2
x 1  1
6x 2
Do
x 1  1
x2

6  x  2
x  1  1  1 nên
1
x 1  1
1
Với 1  x  6 thì 3x  2  3.1  2  5 nên
1
6x 2
Do đó phương trình (*) vô nghiệm
 3x  2  5

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S  2
 3x  2  x  3  4x  24x  35
Ví dụ 3: Giải phương trình 5.
2
Phân tích bài toán: Phương trình này ta nhẩm được một nghiệm x = 1 nên ta sẽ tách được nhân tử
x–1
x=1
Từ bảng này, ta suy ra
Trình bày lời giải:
3x  2
x3
1
2
x  1 sẽ đi với số 1, còn 6  x sẽ đi với số 2.
2
3


2
Phương trình 5.  3x  2  1  x  3  2   4x  24x  20


2
2
 3x  2  1 x  3  2 
  4x 2  24x  20
 5. 


x  3  2 
 3x  2  1
3x  2  12 x  3  22 

  4x 2  4x  20x  20
 5.

 3x  2  1
x  3  2 
Điều kiện : x 

 

Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
187
Website: tailieumontoan.com
 3x  3
x  1 
 5.

  4x x  1  20x  1
 3x  2  1
x  3  2 


15
5
 x  1

 4x+20  0
 3x  2  1

x3 2
Trường hợp 1: Xét x – 1 = 0  x = 1 ( thỏa mãn điều kiện)
15
Trường hợp 2: Xét
3x  2  1
15

3x  2  1
15
5

x3 2
5

x3 2
5
 4x+20=0
 4x+20=0

 4x  20
(*)
3x  2  1
x3 2
15
5
15
5



=4 (*)
3x  2  1
x3 2
3.6  2  1
63 2

Nếu x < 6 thì
Mà 4.x – 20 < 4.6 – 20 = 4 nên phương trình (*) vô nghiệm.
Nếu x >6 thì
15
3x  2  1
5

x3 2

15
3.6  2  1

5
63 2
=4 (*)
Mà 4.x – 20 > 4.6 – 20 = 4 nên phương trình (*) vô nghiệm.
Nếu x = 6 thỏa mãn (*) và thỏa mãn điều kiện
 
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S  1;6
Ví dụ 4: Giải phương trình x  2 x  2  4  0
3
Phân tích bài toán: Phương trình này ta nhẩm được một nghiệm x = 2 nên ta sẽ tách được nhân tử
x–2
x2
x=2
x  2 sẽ đi với số 2.
Từ bảng này, ta suy ra
Trình bày lời giải:
Điều kiện : x  2

2

Phương trình x 3  8  2
 x  2  2  0
 x  2x  2x  4  2
2
 x  2x 2  2x  4  2
x  2  2
2
x2 2
x2
0
0
x2 2

2
  0
 x  2x 2  2x  4 


x  2  2 
Trường hợp 1: Xét x – 2 = 0  x = 2 ( thỏa mãn điều kiện)
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
188
Website: tailieumontoan.com
Trường hợp 2: Xét x  2x  4 
2
2
Do
x2 2
2
x  2  2  2 nên
x2 2
 x 2  2x  4 
2
x2 2
(*)
1
2


Mà x  2x  4  x  1  3  3 nên phương trình (*) vô nghiệm.
2

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S  2
Ví dụ 5: Giải phương trình x3 + x − 7=
x2 + 5 .
Phân tích bài toán: Phương trình này ta nhẩm được một nghiệm x = 2 nên ta sẽ tách được nhân
tử x − 2
x=2
Từ bảng này ta suy ra
Trình bày lời giải:
x2 + 5
3
x + 5 sẽ đi với số 3 .
2
x2 + 5 − 3
Phương trình ⇔ x3 + x − 10=
x 2 + 5) − 3
(
3
⇔ ( x − 8) + ( x − 2 ) =
x2 + 5 + 3
x2 − 4
⇔ ( x − 2) ( x2 + 2x + 4) + ( x − 2) −
=
0
x2 + 5 + 3

x+2 
⇔ ( x − 2)  x2 + 2x + 5 −
0
=
x2 + 5 + 3 

0 ⇔x=
2 ( thỏa mãn điều kiện ).
Trường hợp 1: Xét x − 2 =
Trường hợp 2:
x+2
x+2
Xét x 2 + 2 x + 5 −
=
0 ⇔ x2 + 2x + 5 =
x2 + 5 + 3
x2 + 5 + 3
 x 2 + 5 > x 2 = x ≥ x
x+2
Do 
nên x 2 + 5 + 3 > x + 2 hay
<1
2
x +5 +3
3 > 2
Mà x 2 + 2 x + 5 = ( x + 1) + 4 ≥ 4 nên phương trình ( ∗) vô nghiệm.
2
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {2} .
Ví dụ 6: Giải phương trình
3
x2 + 7
x+ =
.
x 2 ( x + 1)
Phân tích bài toán: Phương trình này ta nhẩm được một nghiệm x = 1 nên ta sẽ tách được nhân tử
x −1 .
x+
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
189
3
x
Website: tailieumontoan.com
2
x =1
Từ bảng này , ta suy ra
x+
3
sẽ đi với số 2 .
x
3 x2 + 3
Do x + =
nên điều kiện là : x > 0 .
x
x
3
−4
x2 − 4 x + 3
x
=
2 ( x + 1)
3
x+ +2
x
2
2

1
1 
x − 4x + 3
x − 4x + 3
⇔ ( x 2 − 4 x + 3) 
−
0
⇔
=
=
3
2 ( x + 1)
x3 + 3x + 2 x
 x + 3x + 2 x 2 x + 2 
 x2 − 4 x + 3 =
0
 x2 − 4 x + 3 =
0
x = 1
⇔
( thỏa mãn)
⇔
⇔ 3
0
x = 3
 x3 + 3 x + 2 x = 2 x + 2
 x + 3x − 4 =
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {1;3} .
x2 + 7
3
−2
−2 ⇔
Phương trình ⇔ x + =
x
2 ( x + 1)
x+
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
190
Website: tailieumontoan.com
II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ
DẠNG 1 : BIẾN ĐỔI VỀ MỘT BIỂU THỨC VÀ ĐẶT MỘT ẨN PHỤ
Ví dụ 1: Giải phương trình
x + 4 + x − 4 = 2 x − 12 + 2 x 2 − 16 .
Lời giải
Điều kiện : x ≥ 4 .
Phương trình ⇔ x + 4 + x − 4 = 2x − 12 + 2 ( x − 4 )( x + 4 )
⇔ x+4 + x−4 =
( x − 4 + x + 4 + 2 ( x − 4)( x + 4) ) − 12
⇔ x + 4 + x − 4=
( x + 4 + x − 4 ) − 12
2
x + 4 + x − 4 ≥ 0 , ta được t = t 2 − 12 ⇔ t 2 − t − 12 = 0
Đặt t =
⇔ ( t + 3)( t − 4 ) =
0 ⇔ t =−3 ( loại ), t = 4 ( thỏa mãn ).
⇔ t 2 − t − 12 = 0 ⇒ x + 4 + x − 4 = 4 ⇔ 2 x + 2 x 2 − 16 = 16
8 − x ≥ 0
⇔x=
5 ( thỏa mãn )
⇔ x 2 − 16 = 8 − x ⇔  2
2
 x − 16 = x − 16 x + 64
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là S = {5} .
Ví dụ 2: Giải phương trình
x +1 + 4 − x +
( x + 1)( 4 − x ) =5 .
Điều kiện : −1 ≤ x ≤ 4 .
( x + 1 + 4 − x ) + 2 ( x + 1)( 4 − x ) =10
⇔ 2 ( x + 1 + 4 − x ) + ( x + 1 + 4 − x + 2 ( x + 1)( 4 − x ) ) =
15
⇔ 2( x +1 + 4 − x ) + ( x +1 + 4 − x ) =
15
Phương trình ⇔ 2
2
Đặt t=
x + 1 + 4 − x ≥ 0 , ta được 2t + t 2 = 15 ⇔ t 2 + 2t + 1 = 16 ⇔ ( t + 1) =
16 ⇔ t + 1 =±4
2
⇔t=
3 ( thỏa mãn ), t = −5 (loại).
⇒ x + 1 + 4 − x = 3 ⇔ 5 + 2 ( x + 1)( 4 − x ) = 9
0 ⇔ x= 0, x= 3 ( thỏa mãn ).
( x + 1)( 4 − x ) = 2 ⇔ 4x − x 2 + 4 − x = 4 ⇔ x 2 − 3x =
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {0;3} .
⇔
Ví dụ 3: Giải phương trình 5 x +
5
2 x
= 2x +
1
+4 .
2x
Điều kiện : x > 0 .
1 
1 


Phương trình ⇔ 5  x +
 = 2  x + 4x  + 4
2 x



2


1 
1 

⇔ 5 x + =
 2  x +
 − 1 + 4
2 x
2 x



Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
191
Website: tailieumontoan.com
Đặt t = x +
1
2 x
≥2
x.
1
2 x
= 2 ta được 5=
t 2 ( t 2 − 1) + 4
0
⇔ 2t 2 − 5t + 2 =
0 ⇔ 2t 2 − 4t − t + 2 =0 ⇔ 2t ( t − 2 ) − ( t − 2 ) =
1
⇔ ( t − 2 )( 2t − 1) =
0 ⇔ t = (loại), t = 2 ( thỏa mãn ).
2
1
⇒ x+
= 2 ⇔ 2x − 4 x +1 = 0
2 x
2± 2
3
⇔ x=
⇔ x = ± 2 ( thỏa mãn ).
2
2
3

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là =
S  ± 2 .
2

Ví dụ 4: Giải phương trình ( x − 1) =2 − x x −
2
1
.
x
Lời giải
 x2 −1
 1
−
≥
x
0
≥0


Điều kiện 
⇔ x
x
 x ≠ 0
x ≠ 0

Phương trình ⇔ x 2 − 2 x + 1 = 2 − x x −
1
1
⇔ x 2 − 1 − 2 x + x x − =0
x
x
1
1
1
1
⇔ x− −2+ x− = 0 ⇔ x− + x− −2 = 0 .
x
x
x
x
Đặt t =
x−
1
0
≥ 0 , ta được t 2 + t − 2 =0 ⇔ ( t − 1)( t − 2 ) =
x
⇔t=
2 (loại), t = 1 (thỏa mãn) ⇒ x −
1
=
1
x
1± 5
(thỏa mãn điều kiện).
2
1 ± 5 
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = 
.
 2 
⇔ x2 − x −1 = 0 ⇔ x =
3 4
x + x 2 + 1 =0 .
3
Lời giải
∗ Nếu x ≤ 0 thì phương trình đã cho vô nghiệm.
∗ Xét x > 0 , chia hai vế cho x ta được
Ví dụ 5: Giải phương trình x 2 − 3 x + 1 +
2
x+
1
3 2 1
1
3 
1
−3+
x + 2 +1 =
0 ⇔ x + −3+
0.
 x +  −1 =
x
3
x
x
3 
x
1
1
≥ 2 x. = 2
x
x
3 2
ta được t − 3 +
t −1 = 0 ⇔ t2 −1 =
3
Đặt t = x +
3 (3 − t )
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
192
Website: tailieumontoan.com
3 − t ≥ 0
t ≤ 3
⇔ 2
⇔
⇔ t = 2 ⇒ x = 1 (thỏa mãn)
 2
2
0
2t − 18t + 28 =
t − 1= 3 ( 9 − 6t + t )
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {1}
DẠNG 2. BIẾN ĐỔI VỀ HAI BIỂU THỨC VÀ ĐẶT HAI ẨN PHỤ RỒI ĐƯA VỀ TÍCH
(
Ví dụ 1. Giải phương trình 5 x 3 + =
8 2 x2 − x + 6
)
Lời giải
Điều kiện: x ≥ −8 ⇔ x ≥ −2
3
Phương trình ⇔ 5
( x + 2 ) ( x 2 − 2 x + 4=) 2 ( x 2 − x + 6 )
⇔ 5 ( x + 2 ) ( x 2 − 2 x + 4=
) 2 ( x 2 − 2 x + 4 ) + ( x + 2 )
Đặt a =
x 2 − 2 x + 4 > 0, b =
x + 2 ≥ 0 , ta được
2a 2 − 5ab + 2b 2 =0 ⇔ ( a − 2b )( 2a − b ) =0
2
2x + 4 = 4x + 8
 x2 − 6x − 4 0
 a 2b  x − =
⇔
⇒
⇔
 2
2
0
 2a = b  4 ( x − 2 x + 4 ) =x + 2
 4 x − 9 x + 14 =
⇔ x = 3 ± 13 (thỏa mãn)
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S=
{3 ± 13}
2
7 3 x3 + 3x 2 + x + 3
Ví dụ 2. Giải phương trình x + 2 x +=
Lời giải
Điều kiện: x ≥ −3
( x + 1) ( x + 3)
⇔ ( x + 1) + 2 ( x +=
3) 3 ( x + 1) ( x + 3)
2
7 3
Phương trình ⇔ x + 2 x +=
2
2
2
Đặt a=
x 2 + 1 > 0, b=
x + 3 ≥ 0 , ta được
a 2 + 2b 2 =
3ab ⇔ a 2 − 3ab + 2b 2 =⇔
0
0
( a − b )( a − 2b ) =
 x 2 + 1=
 x 2 − x − 2= 0
x+3
 a= b
⇔ 2
 a = 2b ⇒  2
0
 x + =

1 2 x+3
 x − 4 x − 11 =
⇔x=
−1, x =
2, x =
2 ± 15 (thỏa mãn)
{
−1;2;2 ± 15
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S =
Ví dụ 3. Giải phương trình
}
4
1
5
+ x − =x + 2 x −
x
x
x
Lời giải
1
5
≥ 0, 2 x − ≥ 0
x
x
5 
1
5
1
4
5
1

Phương trình ⇔ x − + 2 x − − x − =
0
0 ⇔  2x −  −  x −  + 2x − − x − =
x 
x
x
x
x
x
x

Điều kiện: x ≠ 0, x −
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
193
Website: tailieumontoan.com
1
0
≥ 0 ta được a 2 − b 2 + a − b =
x
5
1
⇔ ( a − b )( a + b + 1) = 0 ⇔ a = b ⇒ 2 x − = x −
x
x
2
⇔x =
4⇔ x=
−2 (loại), x = 2 (thỏa mãn)
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {2}
Đặt a =
2x −
5
≥ 0, b =
x
x−
(
)
Ví dụ 4. Giải phương trình 4 x 2 + 1 x =( 3 − x ) 5 − 2 x
Lời giải
5
2
Phương trình ⇔ ( 4 x 2 + 1) ( 2 x ) =
(6 − 2x) 5 − 2x
Điều kiện: x ≤
⇔ ( 4 x 2 + 1) ( 2 x ) =( 5 − 2 x ) + 1 5 − 2 x
Đặt a = 2 x, b =
5 − 2 x ≥ 0 , ta được ( a 2 + 1) a = ( b 2 + 1) b ⇔ a 3 + a = b3 + b
2

b  3b 2 
⇔ ( a − b ) ( a + ab + b + 1) =0 ⇔ ( a − b )  a +  +
+ 1 =0
2
4


2
2
2 x ≥ 0
⇔ a = b ⇒ 2x = 5 − 2x ⇔  2
4 x = 5 − 2 x
−1 + 21
(thỏa mãn)
⇔x=
4
 −1 + 21 

4


Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = 
Ví dụ 5. Giải phương trình x 3 + 3 x 2 + 9 x + 7 + ( x − 10 ) 4 − x =
0
Lời giải
Điều kiện: 4 − x ≥ 0 ⇔ x ≤ 4
Phương trình ⇔ x 3 + 3 x 2 + 3 x + 1 + 6 x + 6=
(10 − x ) 4 − x
⇔ ( x + 1) + 6 ( x + 1) =6 + ( 4 − x )  4 − x
3
⇔ ( x + 1) + 6 ( x + 1)=
3
(
4− x
) +6 4− x
3
Đặt a =x + 1, b = 4 − x , b ≥ 0 ta được
⇔ a 3 + 6a = b3 + 6b ⇔ ( a 3 − b3 ) + ( 6a − 6b ) = 0
⇔ ( a − b ) ( a 2 + ab + b 2 + 6 ) =
0
2


b  3b 2
⇔ ( a − b )  a +  +
+ 6 = 0 ⇔ a = b
2
4


x +1 ≥ 0
 x ≥ −1
⇒ 4 − x = x +1 ⇔ 
⇔
 2
2
4 − x = x + 2 x + 1  x + 3x − 3 = 0
−3 + 21
(thỏa mãn)
⇔x=
2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
194
Website: tailieumontoan.com
 −3 + 21 

2


Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = 
Ví dụ 6. Giải phương trình
64 x 3 + 4 x
5x2 + 6 x + 5 = 2
5x + 6 x + 6
Lời giải
Vì 5 x + 6 x + 5 > 0 ∀x nên phương trình xác định ∀x
2
64 x 3 + 4 x
Phương trình ⇔ 5 x + 6 x + 5 = 2
( 5 x + 6 x + 5) + 1
2
⇔
(
)
3
5 x 2 + 6 x + 5 + 5 x 2 + 6 x + 5=
Đặt =
a
( 4x) + 4x
3
5 x 2 + 6 x + 5 > 0,=
b 4 x ta được
a 3 + a = b3 + b ⇔ ( a − b ) ( a 2 + ab + b 2 + 1) = 0
2

b  3b 2 
⇔ ( a − b )  a +  +
+ 1 = 0 ⇔ a = b ⇒ 5 x 2 + 6 x + 5 = 4 x
2
4


x ≥ 0
x ≥ 0
⇔ 2
⇔
⇔x=
1
 2
x + 6 x + 5 16 x 2
x − 6x − 5 0
5=
11=
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {1}
DẠNG 3: ĐẶT ẨN PHỤ KẾT HỢP VỚI ẨN BAN ĐẦU ĐƯA VỀ TÍCH
Ví dụ 1. Giải phương trình 6 x 2 + 2 x=
+ 1 3x 6 x + 3
Lời giải
1
2
Phương trình ⇔ 18 x 2 + ( 6 x +=
3) 9 x 6 x + 3
Điều kiện: x ≥ −
Đặt y=
6 x + 3 ≥ 0 ta được 18 x 2 + y 2 =
9 xy
2
2
⇔ 18 x − 9 xy + y =0 ⇔ ( 6 x − y )( 3 x − y ) =0
 6 x + 3= 3 x
9 x 2 − 6 x − 3= 0, x ≥ 0
 y= 3 x
⇔
⇒
⇔
2
6x
 y = 6 x  6 x + 3 =
36 x − 6 x − 3= 0, x ≥ 0
⇔ x = 1, x =
1 + 13
(thỏa mãn)
12
 1 + 13 

12 

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = 1;
Ví dụ 2: Giải phương trình 4 x + 1 = x 2 − 5 x + 14
Lời giải
Điều kiện x ≥ 1 .
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
195
Website: tailieumontoan.com
0
x − 5 x + 14 − 4 x + 1 =
2
⇔ x 2 − 6 x + 9 + x + 1 − 4 x + 1 =0
Phương trình tương đương với ⇔ ( x − 3)2 +
( x + 1 − 2) =0
2
0
 x − 3 =
3
⇔
⇔x=
2
 x + 1 =
Vậy nghiệm của phương trình là x = 3 .
11
Ví dụ 3: Giải phương trình x + 4 x + 3 + 2 3 − 2 x =
Lời giải
3
Điều kiện −3 ≤ x ≤ .
2
0
Phương trình ⇔ 11 − x − 4 x + 3 − 2 3 − 2 x =
⇔ x + 3 − 4 x + 3 + 4 + 3 − 2x − 2 3 − 2x +1 =
0
⇔
( x + 3 − 2) + ( 3 − 2 x − 1) =0
2
2
2
 x + 3 =
⇔
⇔x=
1
1
 3 − 2 x =
Vậy nghiệm phương trình đã cho là x = 1 .
0
Ví dụ 4: Giải phương trình x − x − 8 − 3 x + 1 =
Lời giải
Điều kiện x ≥ 8 .
0
Phương trình ⇔ 2 x − 2 x − 8 − 6 x + 2 =
⇔ x − 8 − 2 x − 8 + 1 + 1x − 6 x + 9 =0
⇔
( x − 8 − 1) + ( x − 3) =0
2
2
 x − 8 =
1
9
⇔
⇔x=
 x = 3
Vây nghiệm của phương trình là x = 9 .
9
Ví dụ 5: Giải phương trình x 2 + x −=
( x − 8) ( x − 2 ) + x − 8 + x − 2
2
2
Lời giải
Điều kiện x ≥ 8
18 2
Phương trình ⇔ 2 x 2 + 2 x −=
⇔
( x − 8) ( x − 2 ) + 2 x − 8 + 2 x − 2
2
( x − 8 − x − 2 ) + ( x − 8 −1) + ( x − 2 −1) =0
2
2
2
2
 x2 − 8 =
x−2


⇔  x2 =
−8 1
⇔
=
x 3

1
 x − 2 =
Vậy nghiệm của phương trình là x = 3 .
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
196
2
2
Website: tailieumontoan.com
Ví dụ 6: Giải phương trình 1 − 2 x + 1 + 2 x =2 − x 2
Lời giải
1
1
Điều kiện − ≤ x ≤ ⇒ 2 − x 2 > 0 .
2
2
Phương trình ⇔ 2 + 2 1 − 4 x 2 = x 4 − 4 x 2 + 4
x4 − 4 x2 − 2 1 − 4 x2 + 2 =
0
⇔ x 4 + (1 − 4 x ) − 2 1 − 4 x 2 + 1 =
0
2
⇔ x4 +
0
( 1 − 4 x −1) =
2
2
 x 4 = 0
⇔
⇔x=
0.
2
1
 1 − 4 x =
Vậy nghiệm của phương trình là x = 0 .
DẠNG 2: ĐÁNH GIÁ VẾ NÀY ≥ MỘT SỐ, VẾ KIA ≤ SỐ ĐÓ BẰNG BĐT CỐI, BUNHIA
Ví dụ 1: Giải phương trình
x − 2 + 4 − x = x 2 − 6 x + 11
Lời giải
Điều kiện 2 ≤ x ≤ 4 .
Có x 2 − 6 x + 11 = ( x − 3) + 2 ≥ 2
2
Ta sẽ đánh giá x − 2 + 4 − x ≤ 2
Cách 1: (Sử dụng BĐT Côsi)
x − 2 + 4 − x ) = 2 + 2 ( x − 2 )( 4 − x ) ≤ 2 + 2
Xét (
2
x − 2 + (4 − x)
=4
2
⇒ x−2 + 4− x ≤ 2
Cách 2 (Sử dụng bất đẳng thức Bunhia)
(
Xét 1. x − 2 + 1. 4 − x
) ≤ (1 + 1 ) ( x − 2 + 4 − x ) = 4 ⇒ x − 2 + 4 − x ≤ 2
2
2
2
2
2
Như vậy x − 2 + 4 − x ≤ 2 , x 2 − 6 x + 11 ≥ 2 nên phương trình xảy ra dấu bằng
0
x − 3 =
⇔x=
3.

x − 2 = 4 − x
Vậy nghiệm của phương trình là x = 3
Ví dụ 2: Giải phương trình
x − 1 + 3 − x = x 4 − 4 x3 + 7 x 2 − 12 x + 14
Lời giải
Điều kiện 1 ≤ x ≤ 3
Ta có x 4 − 4 x3 + 7 x 2 − 12 x + 14 = ( x 4 − 4 x3 + 4 x 2 ) + ( 3 x 2 − 12 x + 12 ) + 2
=
( x − 2x ) + 3( x − 2) + 2 ≥ 2
2
2
2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
197
Website: tailieumontoan.com
Ta sẽ đánh giá x − 1 + 3 − x ≤ 2
Cách 1: (Sử dụng BĐT Côsi)
x − 1 + 3 − x ) = 2 + 2 ( x − 1)( 3 − x ) ≤ 2 + 2
Xét (
2
x −1 + (3 − x )
= 4
2
⇒ x −1 + 3 − x ≤ 2
Cách 2 (Sử dụng bất đẳng thức Bunhia)
(
Xét 1. x − 1 + 1. 3 − x
) ≤ (1 + 1 ) ( x − 1 + 3 − x ) = 4 ⇒ x − 1 + 3 − x ≤ 2
2
2
2
2
2
Như vậy x − 1 + 3 − x ≤ 2 , x 4 − 4 x3 + 7 x 2 − 12 x + 14 ≥ 2 nên phương trình xảy ra dấu bằng
 x2 − 2 x =
0

 x − 2= 0 ⇔ x= 2 .
x −1 = 3 − x

Vậy nghiệm của phương trình là x = 2 .
Ví dụ 3: Giải phương trình
2 x − 5 + 7 − 2 x = x 4 − 4 x3 − 2 x 2 + 12 x + 11
Lời giải
5
7
≤x≤
2
2
4
3
2
Ta có x − 4 x − 2 x + 12 x + 11 = ( x 4 − 4 x3 + 4 x 2 ) − 6 x 2 + 12 x + 11
Điều kiện
=( x 2 − 2 x ) − 6 ( x 2 − 2 x ) + 11
2
2
( x − 2x) − 6 ( x − 2x) + 9 + 2
= ( x − 2 x − 3) + 2 ≥ 2
=
2
2
2
2
2
Ta sẽ đánh giá 2 x − 5 + 7 − 2 x ≤ 2
Cách 1: (Sử dụng BĐT Côsi)
Xét
( 2 x − 5 + 7 − 2 x ) = 2 + 2 ( 2 x − 5)( 7 − 2 x ) ≤ 2 + 2
2
5x − 2 + ( 7 − 2 x )
=4
2
⇒ 2x − 5 + 7 − 2x ≤ 2
Cách 2 (Sử dụng bất đẳng thức Bunhia)
(
Xét 1. 2 x − 5 + 1. 7 − 2 x
)
2 Bunhia
≤
(12 + 12 ) ( 2 x − 5 2 + 7 − 2 x 2 ) =4
⇒ 2x − 5 + 7 − 2x ≤ 2 .
Như vậy 2 x − 5 + 7 − 2 x ≤ 2 , x 4 − 4 x3 − 2 x 2 + 12 x + 11 ≥ 2 nên phương trình chỉ xảy ra khi
 x2 − 2 x − 3 =
0⇔x=
3 (thỏa mãn)

2 x − 5 = 7 − 2 x
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {3} .
Ví dụ 4. Giải phương trình x 3 − 2 x = 3 x 2 − 6 x + 4
Lời giải
3
Điều kiện: 3 − 2 x ≥ 0 ⇔ x ≤ .
2
Cách 1 (Đánh giá 2 vế)
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
198
Website: tailieumontoan.com
Có 3 x 2 − 6 x + 4 = 3 x 2 − 6 x + 3 + 1 = 3 ( x − 1) + 1 ≥ 1 .
2
Suy ra x 3 − 2 x ≥ 1 ⇒ x > 0 .
x 2 ( 3 − 2 x=
)
x
Do đó x 3 − 2=
3
 x + x + 3 − 2x 
x.x ( 3 − 2 x ) ≤ 
= 1
3


Nên x 3 − 2 x ≤ 1 .
Như vậy nên phương trình xảy ra khi
x − 1 =0
⇔x=
1 ( thỏa mãn).
x= 3 − 2 x
{
Cách 2 (Đưa về bình phương)
Có x 3 − 2 x = 3 x 2 − 6 x + 4 ⇔ 2 x 3 − 2 x = 6 x 2 − 12 x + 8
0
⇔ x 2 − 2 x 3 − 2 x + ( 3 − 2 x ) + 5 x 2 − 10 x + 5 =
(
⇔ x − 3 − 2x
(
Do x − 3 − 2 x
0
) + 5 ( x − 1)2 =
2
) ≥ 0; 5 ( x − 1)2 ≥ 0 nên phương trình chỉ xảy ra khi
2
=
x
3 − 2x ⇔ x =
1 (thỏa mãn).

 x − 1 =0
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {1} .
Ví dụ 5. Giải phương trình
2x −
3
6
3
+
− 2 x =1 +
.
x
x
2x
Lời giải
3
6
≥ 0; − 2 x ≥ 0.
x
x
Cách 1 (Sử dụng bất đẳng thức Côsi)
Điều kiện x ≠ 0; 2 x −
3

6

1.  2 x −  + 1.  − 2 x 
x

x

3

6

1+  2x −  1+  − 2x 
3
x
x
=
≤ 
+ 
1+
2
2
2x
3 6
3
Do đó phương trình xảy ra khi 2 x − = − 2 x =1 ⇔ x = (thỏa mãn).
2
x x
Cách 2 (Sử dụng bất đẳng thức Bunhia)
2x −
Có
3
6
2x
+
−=
x
x
2
Có

 

3
6
3
6
− 2 x=
 2 x − +
 1. 2 x − + 1. − 2 x 
x
x
x
x

 

3 6

 6
≤ 12 + 12  2 x − + − 2 x  =
x x

 x
3
6
6
2x − +
− 2x ≤
x
x
x
(
Nên
Mà 1 +
2
)
3
3
6
3
≥ 2 1 = nên dấu “=” xảy ra khi x = (thỏa mãn).
2x
2x
x
2
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
199
Website: tailieumontoan.com
3
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S =   .
2
Ví dụ 6. Giải phương trình 12 −
Điều kiện x ≠ 0; 12 −
3
3
x
2
+ 4 x2 −
3
2
=
4 x2 .
x
Lời giải
3
≥0 .
x2
3
3 1 
3 
 2 3 
Cách 1 Có 12 − 2 + 4 x 2 −=
9
12
−
+
1


 4x − 2 
x
x2 3 
x2 
x 

1
3  1
3 
1
≤  9 + 12 − 2  + 1 + 4 x 2 − 2  = 2 x 2 − 2 + 4
6
x  2
x 
2x
x
≥ 0; 4 x 2 −
2
2
1
1



= 4 x − 2  x2 + 2 − 2  = 4 x2 − 2  x −  ≤ 4 x2.
x
x



Do đó phương trình xảy ra khi
3
3
1
±1 (thỏa mãn).
12 − 2 =
9; 4 x 2 − 2 =
1; x − =
0⇔ x=
x
x
x
3
Cách 2 Đặt a = 4 x 2 > 0; b = 2 > 0 ⇒ ab = 12,
x
a.
Ta được ab − b + a − b =
b + ( a − 1) 1 + ( a − b )
b
b ( a − 1) + 1( a − b ) ≤
+
= a.
Có ab − b + a −=
2
2
3
 2
4 x − 1 =x 2
Dấu “=” xảy ra khi 
⇔ 4 x 4 − x 2 − 3 =0 ⇔ x =±1 (thỏa mãn).
3
1 4 x 2 −
=
x2

2
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S =
{±1} .
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
200
Website: tailieumontoan.com
HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỤNG TRONG CHỦ ĐỀ
I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
Giải các phương trình sau
( x + 9 )( x + 6 ) .
Bài 1.
x + 9 + 2012 x +=
6 2012 +
Bài 2.
2 x + 1 + 3 4 x 2 − 2 x + 1 = 3 + 8 x3 + 1 .
(
Bài 3. x3 + 4 + x 2
) 4 − x2 =8 − 2 x 4 − x2 .-
Bài 4. x + 2 7 − x + 7 x − x 2 − 2 x − 7 =.
0
Bài 5. x 2 + 1 + x 2 + x + 2 = 2 x + 3 x + 1 .
Bài 6. x 2 + 2018 2 x 2 + 1 = x + 1 + 2018 x 2 + x + 2 .
Bài 7.
4 x 2 + 5 x + 1 +=
3 2 x2 − x + 1 + 9 x .
Bài 8.
5 x + 4 + 3 x + 2=
Bài 9.
3x 2 − 7 x + 3 − x 2 − 2 =
Bài 10. 6 1 − x 2 − 4 x= 3
Bài 12.
4 x + 5 + 2 x + 3= 0 .
3x 2 − 5 x − 1 − x 2 − 3x + 4 .
( 1 + x − 1) .
x − 1 + 6 − x= 3 x 2 − 4 x − 1.
Bài 13. 5
( 3x − 2 + x + 3 )= 4 x − 24 x + 35
2
0.
Bài 14. x 3 − 2 x + 2 − 4 =
Bài 15. x 3 + x − 7=
Bài 16.
x+
x 2 + 5.
3
x2 + 7
=
.
x 2 ( x + 1)
II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ.
Giải các phương trình sau.
Bài 1.
x + 4 + x − 4 = 2 x − 12 + 2 x 2 − 16.
Bài 2.
x +1 + 4 − x +
Bài 3. 5 x +
5
2 x
= 2x +
( x + 1)( 4 − x ) =5.
1
+ 4.
2x
1
2
Bài 4. ( x − 1) =2 − x x − .
x
Bài 5. x 2 − 3 x + 1 +
3 4
x + x 2 + 1 =0.
3
Bài 6. 5 x3 +=
8 2 ( x2 − x + 6) .
7 3 x3 + 3 x 2 + x + 3.
Bài 7. x 2 + 2 x +=
4
1
5
+ x − =x + 2 x − .
x
x
x
2
Bài 9. ( 4 x + 1) x =( 3 − x ) 5 − 2 x .
Bài 8.
0.
Bài 10. x3 + 3 x 2 + 9 x + 7 + ( x − 10 ) 4 − x =
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
201
Website: tailieumontoan.com
Bài 11.
64 x + 4 x
5x2 + 6 x + 5 = 2
.
5x + 6 x + 6
3
Bài 12. 2 (1 − x ) x 2 + 2 x − 1 = x 2 − 2 x + 1 .
Bài 13. ( 4 x − 1) x 2 + 1= 2 x 2 + 2 x + 1.
5.
Bài 14. x 2 + x + 5 =
+ 1 2 3 2 x − 1.
Bài 15. x 2 =
4x + 9
với x > 0.
Bài 16. 7 x 2 + 7 x =
28
2.
Bài 17. x 2 − x − 2 1 + 16 x =
Bài 18. 3 x + 1 = x3 − 15 x 2 + 75 x − 131.
III. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
Giải các phương trình sau:
Bài 1. x 2 + 7 x + 12= 2 3 x + 7.
Bài 2. 4 x + 1 = x 2 − 5 x + 14.
11.
Bài 3. x + 4 x + 3 + 2 3 − 2 x =
0.
Bài 4. x − x − 8 − 3 x + 1 =
9
Bài 5. x 2 + x −=
( x − 8) ( x − 2 ) + x − 8 + x − 2.
2
2
Bài 6. 1 − 2 x + 1 + 2 x =2 − x 2 .
Bài 7.
Bài 8.
x − 2 + 4 − x = x 2 − 6 x + 11.
x − 1 + 3 − x = x 4 − 4 x3 + 7 x 2 − 12 x + 14.
Bài 9.
2 x − 5 + 7 − 2 x = x 4 − 4 x3 − 2 x 2 + 12 x + 11.
Bài 10. x 3 − 2 x = 3 x 2 − 6 x + 4.
2x −
3
6
3
+
− 2 x =1 + .
x
x
2x
Bài 12. 12 −
3
3
+ 4x2 − 2 =
4x2 .
2
x
x
Bài 11.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038
202