Các dạng Toán cơ bản và nâng cao lớp 10

Biên soạn: GV Nguyễn Bá Cư 09644.23689 
1 
CÁC DẠNG TOÁN CƠ BẢN VÀ NÂNG CAO LỚP 10 
1.Sự biến thiên của hàm số y = f(x) trên khoảng (a;b). 
 Hướng giải quyết: 
  x  (a;b) ; x1 x2. Tính f( x2) - f( x1 ) = ? 
 Lập tỉ số : 2 1
2 1
( ) f(x )
x
f x
x


 = k 
 Nếu : + k  0 thì hàm số f(x) đồng biến trên khoảng (a;b) 
 + k  0 thì hàm số f(x) nghịch biến trên khoảng (a;b) 
* Ví dụ: 
 Khảo sát sự biến thiên của hàm số y = x2 +2x- 2 trên khoảng (- ;-1) và (-1; 
+ ). 
Bài giải: 
 Xét (- ;-1): 
 x  (a;b) ; x1 x2,ta có : f(x2)-f(x1) = x2
2 
+ 2 x2 – 2 – ( x1
2 
+ 2x1 -2) = ( x2 – 
x1)(x2+ x1+ 2) 
 Suy ra : 2 1
2 1
( ) f(x )
x
f x
x


 = (x2+ x1+ 2 ) 
 Vì x1, x2  ( - ;-1) nên : x1  -1; x2  -1  x1+ x2  -2 hay x2+ x1+ 2  0 
 Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng (- ;-1). 
 Xét (-1; + ): Tương tự 
******************************************* 
2. Vẽ Parabol :y = ax2 + bx + c ( a 0 ) 
Hướng giải quyết: 
 Cho tập xác định D = R 
 Tìm đỉnh của (P) : I ;
2 4
b
a a
 
  
 
 Trục đối xứng của ( P) : x = 
2
b
a
 
 Lập bảng biến thiên : Với a > 0 
Biên soạn: GV Nguyễn Bá Cư 09644.23689 
2 
x  
2
b
a
 + 
y + + 
4a

 
* Chú ý : + Nếu a  0 thì bề lõm quay lên trên; nếu a  0 thì bề lõm quay xuống dưới. 
 + Hàm số này đồng biến trên khoảng ;
2
b
a
 
  
 
 và nghịch biến trên 
khoảng ;
2
b
a
 
  
 
* Ví dụ: Vẽ đồ thị của hàm số : 
2 2 3.y x x   
Bài giải: 
Đồ thị của hàm số : 2 2 3.y x x   được vẽ như sau: 
 Bảng biến thiên: 
x  2  
y  
-1 
  
 Đỉnh I(2; -1). 
 Trục đối xứng là đường thẳng: x = 2. 
 Giao điểm của đồ thị và trục tung: (0; 3) 
 Giao điểm của đồ thị và trục hoành: (1; 0) và (3; 0). 
 Đồ thị : 
43
2
1
3
-2 -1 21
y
xO
3. Tìm (P) : ax2 + bx + c ( a 0 ) thỏa mãn điều kiện cho trước. 
Biên soạn: GV Nguyễn Bá Cư 09644.23689 
3 
 Hướng giải quyết: 
 Đỉnh của (P) : I ;
2 4
b
a a
 
  
 
 Trục đối xứng của ( P) : x = 
2
b
a
 
 Nếu a  0 thì GTNN của hàm số là 
4a

 khi x = 
2
b
a
 và ngược lại nếu a  0 
thì GTLN của hàm số là 
4a

 khi x = 
2
b
a
 . 
* Ví dụ: Cho hàm số (P) : y = ax
2
 + bx + c ( a 0 ). Biết (P) đi qua gốc O và 
có đỉnh I( -2;-2), tìm đồ thị của hàm số này. 
Bài giải: 
 (P) đi qua gốc O nên suy ra: c = 0 
 Đỉnh I( -2;-2) 
2
b
a
 = -2; 
4a

 = -2  b = 4a (1) ; b
2
 – 4ac = 8a (2) 
* Thay c = 0 vào (2) ta được : b
2
 = 8a (3) 
* Thế b = 4a vào (3) ta được : a =0 (L) or a = 
1
2
 ( Thỏa mãn ) .Với a = 
1
2
 b = 2. 
 Vậy đồ thị của hàm số này là : 
************************************* 
4.Giải và biện luận phương trình bậc hai : ax2 + bx + c ( a 0 ) 
 Hướng giải quyết: 
 Cho tập xác định D = R 
 + Xét a = 0 
+ Xét a 0 : Tính = b2 – 4ac 
* Nếu   0 thì pt trên vô nghiệm 
* Nếu  = 0 thì pt trên có nghiệm kép : x1= x2 = 
2
b
a
 
 * Nếu   0 thì pt trên có 2 nghiệm phân biệt x1= (-b+  ) : 2a và 
 x2 = (-b-  ) : 2a. 
y = 
1
2
x
2
 + 2x. 
Biên soạn: GV Nguyễn Bá Cư 09644.23689 
4 
* Ví dụ: Giaỉ và biện luận phương trình sau: x
2
- 4x + m – 3 = 0 
Bài giải: 
 Cho tập xác định D = R 
 Ta có:  ’ = 7- m 
* Nếu  ’  0 7- m  0m  7. Khi đó pt vô nghiệm. 
* Nếu  ’  0 7- m  0m  7. Khi đó pt có 2 nghiệm phân biệt: x1 = 2+ 
(7-m) or x2 = 2- (7-m) 
* Nếu  ’= 0 7- m = 0m =7. Khi đó pt có 2 nghiệm kép: x1 = x2= 2. 
 Kết luận: - m  7: S =  
 - m  7: S =  2  
 - m = 0: S =  2+ (7-m); 2- (7-m)  
****************************************** 
5. Cho phương trình: ax2 + bx + c ( a 0 ). Với x1, x2 là nghiệm của phương trình, 
ta luôn có những đẳng thức sau: 
 x1 + x2 = 
2
b
a
 và x1. x2 = 
c
a
 (Hệ thức vi-ét) 
 x1
2 
+ 
x2
2
 = (x1 + x2)
 2
- 2x1. x2 
 (x1 - x2)
 2 
= (x1 + x2)
 2
- 4 x1. x2 
 x1
4
 + x2
4 
=  ( x1
+
x2)
 2
 - 2 x1x2 
2 
- 2 x1
2
x2 
 x1
3
+ x2
3
 = (x1 - x2)
3 
- 3 x1x2(x1 + x2) 
 x1 = 0  x2  
0
0
p
s



 x1  0 x2 
1 2
1 2
0
0
x x
x x
 
 
 
 1 2
0
0
0
p
x x
s

   

 0  x1  x2 
0
0
0
s
p
 


 
 ( Hai nghiệm cùng dương phân biệt ) 
 x1  x2  0 
0
0
0
s
p
 


 
 ( Hai nghiệm cùng âm phân biệt ) 
Biên soạn: GV Nguyễn Bá Cư 09644.23689 
5 
 0  x1 x2 
0
0
0
s
p
 


 
 x1 x2  0 
0
0
0
s
p
 


 
* Chú ý: + Phương trình có ít nhất một nghiệm dương 
1 2
1 2
1 2
0
0
0
x x
x x
x x
 

 
  
 + Hiệu giữa nghiệm lớn và nghiện nhỏ  x1 - x2 
* Ví dụ: Cho phương trình x
2 – 6x + m- 2 = 0. 
 a. Tìm m để phương trình này có hai nghiện dương phân biệt 
 b. Tìm m để phương trình này có hai nghiện âm phân biệt. 
Bài giải: 
 Phương trình này có hai nghiệm dương phân biệt (0  x1  x2 ) 
 
0
0
0
s
p
 


 
2( 3) 1( 2) 0
6
0
1
2 0
m
m
    


 

 
11
2
m
m



 2 11m   
 Vậy 2  m  11 thì phương trình trên đây có hai nghiệm dương phân biệt. 
 Phương trình này có hai nghiệm âm phân biệt (x1  x2  0): Tương tự 
6. Giải và biện luận phương trình : ax + b = cx + d (1) 
 Hướng giải quyết: 
 ax + b = cx + d  ax + b = cx + d (2) or ax + b = -( cx + d ) (3) 
 Giaỉ và biện luận pt (2) và (3). Khi đó nghiệm của pt (1) chính là hợp 
nghiệm của pt (2) và (3). 
* Ví dụ: Giải và biện luận pt sau : mx – x + 1 = x + 2 . (1) 
Bài giải: 
 D = R 
Biên soạn: GV Nguyễn Bá Cư 09644.23689 
6 
 Phương trình (1)  mx – x + 1 = 
2
( 2)
x
x

 
  
( 2) 1(2)
3(3)
m x
mx
 
  
 Giaỉ và biện luận pt (2) : 
 * Nếu m – 2  0m 2. Khi đó pt (2) có nghiệm duy nhất : x = 1 : 
 (m – 2) 
 * Nếu m = 2 m = 2 . Khi đó pt (2) vô nghiệm. 
 Giải và biện luận pt (3) : 
 * Nếu m 0, khi đó pt (3) có nghiệm duy nhất : x = 
3
m
 
 * Nếu m = 0, khi đó pt (3) vô nghiệm. 
Nhận xét : 
 Với m 0, pt(3)  2x = -3  x = 
3
2
 Với m = 0, pt (2)  -2x =1 
x= 
1
2
 
 Nếu 
3 1
2m m
 

  m = 
3
2
 Kết luận : Nếu m 2, m 0, m 
3
2
  S = 
3 1
;
2m m
 
 
 
 Nếu m = 2  S = 
3
2
 
 
 
 Nếu m = 0  S = 
3
m
 
 
 
 Nếu m = 
3
2
 S = { -2 }. 
7. Giải và biện luận phương trình : 
ax b
 e
cx d 
=


 Hướng giải quyết: 
 Đưa pt trên về dạng : ax = b 
 Từ đó giải và biện luận phương trình này để suy ra nghiệm của pt trên. 
* Ví dụ: Giải và biện luận pt sau: 
2 1
2
1
a
x



 (1) 
Biên soạn: GV Nguyễn Bá Cư 09644.23689 
7 
Bài giải: 
 Điều kiện : x 1 
 Pt (1)  ( a – 2 )x = 3a – 3 (2) 
 Giải và biện luận pt (2) : 
* Nếu a 2 : Pt (2) có nghiệm duy nhất : x = 
3 3
2
a
a


 Để pt (1) có nghiệm duy nhất thì : x = 
3 3
2
a
a


  1 a
1
2
* Nếu a = 2 : Pt (2) vô nghiệm. Do đó, pt (1) vô nghiệm. 
 Kết luận : * a 2 và a
1
2
 thì : S = 
3 3
2
a
a
 
 
 
 * a = 2 và a = 
1
2
 thì : S =  . 
8. Giải phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ : 
m . f (x) + n . )(xf + p = 0 . 
 Hướng giải quyết: 
 Đặt t = )(xf ( Điều kiện : t0 )  f (x) = t2 (*) 
 Thế (*) vào pt trên để ta được một pt mới toàn ẩn t. Giaỉ và biện luận pt 
new này để tìm được t, sau đó thế t vào để tìm được được x, giải quyết các 
vấn đề mà bài toán đặt ra. 
* Ví dụ: Giải pt sau : 4x
2 
- 12x – 5[ ( 4x2 – 12x + 11 ) ] + 15 = 0 (1) 
Bài giải: 
 Đặt t = ( 4x2 – 12x + 11 ) ( Điều kiện t0 ) 
  t
2 
= 4x
2 – 12x + 11 nên t2 – 11 = 4x2 – 12x (*) 
 Thế (*) vào pt (1), ta được : t2 – 11 – 5t + 15 = 0  t2 – 5t + 4 = 0 
Giải ra ta được : t = 1 or t = 4 
* Với t = 1 thì : ( 4x
2 – 12x + 11 ) = 1 ; Giải ra ta được : pt vô nghiệm 
* Với t = 4 thì : ( 4x
2 – 12x + 11 ) = 4 ; Giaỉ ra ta được : 
x = ( 3 - 14 ) : 2 or x = ( 3 + 14 ) : 2 
 Kết luận : Vậy S = {( 3 - 14 ) : 2 ; ( 3 + 14 ) : 2} 
9. Giải phương trình : 
A - B = C (1) 
Biên soạn: GV Nguyễn Bá Cư 09644.23689 
8 
 Hướng giải quyết: 
 Điều kiện : Đồng thời cả A, B, C đều 0 
 Đưa pt (1) về dạng : A = B + C (2) 
 Giải pt (2) bằng cách bình phương cả hai vế của pt : ( A )2 = ( B )2 + 
( C )
2
 Từ đó giải quyết các vấn đề mà bài toán yêu cầu. 
 * Chú ý: A = B  B0 và A = B
2
* Ví dụ: 
1. Giải pt sau : ( x2 – 3x ) = 2x + 4 (1) 
Bài giải: 
 Điều kiện: x2 – 3x 0 x 0 và x 3 
 Pt (1)  
2 2
2 4 0
3 (2 4)
x
x x x
 

  
2
2
3 19 16 0
x
x x
 
 
  
2
1
16
3
x
x
x


 
   

 1x  
 Kết luận : Vậy nghiệm của pt là x = -1 
2. Giải pt sau: 2 1 6 1x x x     (1) 
Bài giải: 
 Điều kiện: 
2 1 0
6 0
1 0
x
x
x
 

 
  
1
2
6
1
x
x
x



 
 


 1 6x   
 Pt (1)  2 1 6 1x x x      
2
2 1 6 1x x x      
 2 (6 )(x 1) 2 6x x     
2 2
3
3 0 3 5
( 1)(6 ) 3
( 1)(6 ) ( 3) 2 12 15 0 3
( )
2
x
x x x
x x x
x x x x x
x Loai

     
                  

Vậy : Nghiệm của pt là: 3x  và 5x  
10. Giải hệ pt gồm 1 pt bậc nhất hai ẩn và 1 pt bậc 2 hai ẩn. 
 Hướng giải quyết: Sử dụng phương pháp thế 
Biên soạn: GV Nguyễn Bá Cư 09644.23689 
9 
* Ví dụ: Giải hệ pt sau: 2 2
2(1)
164(2)
x y
x y
 

 
Bài giải: 
 Pt (1) 2y x   
 Thế vào pt (2) 2 2( 2) 164x x    22x 4x 160 0    
8 10
10 8
x y
x y
    
    
 Vậy hệ pt có nghiệm: 
8
10
x
y
 


 ; 
10
8
x
y



 . 
11. Hệ pt đối xứng hai ẩn x và y 
 Hướng giải quyết: Dùng phương pháp đặt ẩn phụ bằng cách biến đổi hệ pt đã 
cho về hệ pt mà chỉ có đại lượng x+y và xy: 
 Đặt 
s x y
p xy
 


 Điều kiện 2 4s 0s   
 Nếu 
s x y
p xy
 


 Suy ra x,y là nghiệm của pt 2 0t st p   
 * 
3 3 3( ) 3x ( )x y x y y x y     
* 
2 2 2( ) 2xx y x y y     
 Ví dụ: Giải hệ pt sau: 
2 2 8
5
x y x y
xy x y
    

  
 (1) 
Bài giải: 
Hệ pt (1) 
2( ) 2 8
5
x y xy x y
xy x y
     
 
  
 . Đặt s x y  ; p xy 
Khi đó hệ pt 
2 2 8(1)
5(2)
s p s
p s
   
 
  . Từ (2) suy ra p= 5 – s ; thế vào pt (1), ta được: 
2 2(5 s) s 8s     2
6
3 18 0
3
s
s s
s
 
      
Biên soạn: GV Nguyễn Bá Cư 09644.23689 
10 
 Với s = 3 suy ra p = 2 
3
2
x y
xy
 
 

Suy ra x và y là nghiệm của pt: 2
1
3 2 0
2
t
t t
t

     
Khi đó hệ pt có nghiệm: 
1
2
x
y



 và 
2
1
x
y



 Với s = - 6 suy ra p = 11. Ta có: s2 – 4p = 36-44 < 0 (Loại) 
 Kết luận : Vậy hệ pt có nghiệm 
1
2
x
y



 và 
2
1
x
y



12. Bất phương trình – Xét dấu 
f(x) = ax+b (a 0). 
 Hướng giải quyết: 
 Tập xác định: D = R 
 Cho ax+b = 0 suy ra x= 
b
a

 Bảng xét dấu: 
x  
b
a

  
ax+b Trái dấu a 0 Cùng dấu a 
* Ví dụ: 
1. Xét dấu f(x) = - 4x + 1. 
Bài giải: 
 D = R 
 - 4x + 1 = 0 suy ra x= 
1
4
 Bảng xét dấu: 
x  
1
4
  
-4x+1 + 0  
 Kết luận: * ( )f x > 0 
1
( ; )
4
x   * ( )f x < 0 
1
( ; )
4
x   . 
Biên soạn: GV Nguyễn Bá Cư 09644.23689 
11 
2. Giải bất pt sau: 
(3 )(2 )
0
1
x x
x
 


Bài giải: 
 D = R \{-1} 
 Ta có: + 3 0 3x x    
 + 2 0 2x x    
 + 1 0 1x x     
 Bảng xét dấu: 
Kết 
luận: Vậy S = ( ; 1) 2;3   . 
3. Giải bất pt sau: 2(2 1)( 30) 0x x x    
Bài giải: 
 D = R 
 Ta có: * 
1
2 1 0
2
x x

    
 * 
2
5
30 0
6
x
x x
x

      
 Bảng xét dấu: 
x  -6 
1
2

 5  
VT  0 + 0  0 + 
 Kết luận: Vậy S =  
1
6; 5;
2
 
    
 
. 
13. Tìm tham số m để f(x) = ax2 + bx + c luôn 0; 0; 0; 0    x R  
 Hướng giải quyết: 
 Xét a = 0 
 Ta có: 
 + f(x) 0 x R 
0
0
a 
 
 
 + f(x)  x R 
0
0
a 
 
 
x  1 2 3  
VT  KXĐ + 0  0 + 
Biên soạn: GV Nguyễn Bá Cư 09644.23689 
12 
 + f(x) 0 x R  
0
0
a 
 
 
 + f(x) 0 x R  
0
0
a 
 
 
* Ví dụ: Tìm m để f(x) = (m - 4)x
2
 + (m + 1)x + 2m-1 luôn không âm. 
Bài giải: 
 Xét m – 4 = 0 suy ra m = 4 
Khi đó f(x) = (4 1) 2.4 1 5 7x x     (Không thỏa mãn đề bài) 
 Ta có: 
2
4 0
( ) 0
( 1) 4( 4)(2 1) 0
m
f x
m m m
 
  
    
2
4
7 38 15 0
m
m

 
  
4
3
7
5
m
m
m



 

 
 5m  
 Kết luận: Vậy 5m  thì f(x) = (m - 4)x2 + (m + 1)x + 2m-1 luôn không âm. 
14. Giải và biện luận bất phương trình: 0ax b  (1) 
 Hướng giải quyết: 
 Tìm tập xác định: D = R 
 Biến đổi bất pt (1) về dạng: ax b  (2) 
+ Nếu a>0: Bất pt (2) 
b
x
a
   
+ Nếu a<0: Bất pt (2) 
b
x
a
   
+ Nếu a = 0: Bất pt (2) 0x b  (Tùy vào tình hình thực tế để giải quyết) 
* Ví dụ: Giải và biện luận bất pt sau: ( 1) 3 4 1m x m x     
Bài giải: 
 D = R 
 Bất pt (1) ( 3) 2m x m     
+ Nếu m – 3 0 suy ra m > 3. Khi đó bất pt (2) 
2
3
m
x
m
 
 

+ Nếu m – 3 < 0 suy ra m < 3. Khi đó bất pt (2) 
2
3
m
x
m
 
 

+ Nếu m – 3 = 0 suy ra m = 3. Khi đó bất pt (2) 0 5x  ( Thỏa mãn x 
Biên soạn: GV Nguyễn Bá Cư 09644.23689 
13 
 Kết luận: + m > 3: S = 
2
;
3
m
m
  
  
 + m < 3: S = 
2
;
3
m
m
  
  
 + m = 3: S = R 
15. Tìm m để bất pt có nghiệm 
 Hướng giải quyết: Áp dụng 
* Ví dụ: Tìm m để bất pt sau có nghiệm: 
2 5 6 0(1)
4 0(2)
x x
mx
   

 
Bài giải: 
 Ta có: 2 5 6x x  = 0 
3
2
x
x

  
 Suy ra S1 = (2;3) 
 Ta có: 4 0mx  4mx  
+ Nếu m > 0 suy ra x < 
4
m
 Suy ra: 2
4
;S
M
 
   
 
 Hệ bất pt có nghiệm 1 2S S    
0
4
2
m
m


 
 

0
2
m
m

 
 
 m   
+ Nếu m < 0 
4
x
m
  2
4
;S
m
 
    
 
 Hệ bất pt có nghiệm 1 2S S    
0
4
3
m
m


 
 

0
4
3
m
m


 
 

4
3
m   
+ Nếu m = 0 0 4x  (Vô lí) 2S   Dẫn đến hệ pt vô nghiệm 
 Kết luận: Vậy nghiệm của hệ bất pt này là: 
16. Giải bất pt dạng: 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
 




 
f x g x
f x g x
f x g x
f x g x
 Hướng giải quyết: Ta luôn có 
 ( ) ( )f x g x 
2 2
( ) 0
( ) ( )
g x
f x g x

 

4
3
m   
Biên soạn: GV Nguyễn Bá Cư 09644.23689 
14 
 ( ) ( )f x g x 
2 2
( ) 0
( ) ( )
g x
f x g x

 

 Hai cái còn lại ngược lại tương ứng 
* Ví dụ: Giải bất pt sau; 
2 1 2 5x x x     (1) 
Bài giải: 
Bất pt (1) 
2 2 2
2 5 0
( 10) (2 5)
x
x x x
 
 
    
2 2 2
5
2
( 1) (2 x 5) 0
x
x x

 
 
      
2 2
5
2
( 3 4)( 6) 0(2)
x
x x x x

 
 
       
Giải bất pt (2): 
Ta có: 
 2
1
3 4 0
4
x
x x
x
 
      
 2 6 0x x     Pt vô nghiệm 
 Bảng xét dấu: 
x  - 1 4  
VT + 0  0 + 
Suy ra 1 4x   ; khi đó hệ tương 
5
2
1 4
x
x


 
  
 1 4x   
Kết luận: Vậy nghiệm của bất pt này là: 
* Chú ý: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x g x g x f x g x    
( ) ( )
( ) ( )
f x g x
f x g x

 
 
 (Áp dụng với cả các 
dấu còn lại) 
* Ví dụ: Giải bất pt sau: 
2 24 5 4x x x    (1) 
Bài giải: 
 Bất pt (1) 
2 2 2
2 2
5
0
4 ( 5 4) 2 5 0 2
85 84 5 4
5
x
x x x x x
xx x x
x

         
    
     

 0x  
1 4x   
Biên soạn: GV Nguyễn Bá Cư 09644.23689 
15 
 Kết luận: Vậy nghiệm của bất pt này là: 
17. Giải bất pt dạng: ( ) ( ); (x) ( )f x g x f g x  
 Hướng giải quyết: 
 
2
( ) 0
( ) ( ) ( ) 0
( ) ( )
f x
f x g x g x
f x g x
 

  


 
2
( ) 0
(x) ( ) ( ) 0
(x) ( )
f x
f g x g x
f g x
 

  


* Ví dụ: Giải bất pt sau: 
2 12 7x x x    (1) 
Bài giải: 
 Bất pt (1) 
2 2
2 2
3
412 0 12 0 3
7 0 7 0 7 61
4
13 61 0 61 1312 (7 )
13
x
xx x x x x
x x x
x
xx x x
x
  
          
             
            

Kết luận: Vậy nghiệm của bất pt là: 
18. Giải bất pt dạng: ;A B A B  
 Hướng giải quyết: 
 
2
0
0
0
A
B
A B
B
A B
 


 
 

 
 
2
0
0
0
A
B
A B
B
A B
 


 
 

 
* Ví dụ: Giải bất pt sau: 
2 3 10 2x x x    
Bài giải: 
0x  
 3x   hoặc 
61
4
13
x  
Biên soạn: GV Nguyễn Bá Cư 09644.23689 
16 
Bất pt (1) 
2
2 2
3 10 0
(1)
2 0
2 0
(2)
3 10 ( 2)
x x
x
x
x x x
   

 
   
    
Giải hệ bất pt (1) 
2
25
2
x
xx
x
  
   
 
 ,Giải hệ bất pt (2) 
2
14
14
x
x
x

  

Kết luận: Vậy nghiệm của bất pt là: 
19. Giải bất pt bằng cách đặt ẩn phụ 
 Hướng giải quyết: Áp dụng 
* Ví dụ: Giải bất pt sau: 
2 23 6 3x x x x    (1) 
Bài giải: 
 Điều kiện: 2
3
3 0
0
x
x x
x
 
    
 ,Đặt t = 2 3x x ; t 0 2 2 3t x x   
Bất pt (1) 26t t   2 6 0 3 2t t t       
Kết hợp với điều kiện: 
3 2
0
t
t
  


 0 2t   hay 
2
2
2
3
3 0
0 3 2 0
3 2
4 1
x
x x
x x x
x x
x
           
     
4 3
0 1
x
x
   
   
Kết luận: Vậy nghiệm của bất pt là: 
2x   hoặc 14x  
4 3x   hoặc 0 1x 