Đơn điệu của hàm số và các tính chất của hàm số đơn điệu

Định nghĩa về hàm số đồng biến và hàm số nghịch biến

Giả sử $K$ là một khoảng, một đoạn hoặc một nửa khoảng và$f$ là hàm số xác định trên $K.$

Hàm số $f$ được gọi là đồng biến trên $K$ nếu $\forall {{x}_{1}},{{x}_{2}}\in K,{{x}_{1}}<{{x}_{2}}\Rightarrow f({{x}_{1}})<f({{x}_{2}}).$

Hàm số $f$ được gọi là nghịch biến trên $K$ nếu $\forall {{x}_{1}},{{x}_{2}}\in K,{{x}_{1}}<{{x}_{2}}\Rightarrow f({{x}_{1}})>f({{x}_{2}}).$

Phát biểu khác:

Hàm số $f$ đồng biến trên $K$ khi và chỉ khi

\[\forall {{x}_{1}},{{x}_{2}}\in K,{{x}_{1}}\ne {{x}_{2}}\] thì $\dfrac{f({{x}_{1}})-f({{x}_{2}})}{{{x}_{1}}-{{x}_{2}}}>0.$

Hàm số $f$ nghịch biến trên $K$ khi và chỉ khi

\[\forall {{x}_{1}},{{x}_{2}}\in K,{{x}_{1}}\ne {{x}_{2}}\] thì $\dfrac{f({{x}_{1}})-f({{x}_{2}})}{{{x}_{1}}-{{x}_{2}}}<0.$

+ Hàm số đồng biến hay nghịch biến trên $K$ được gọi chung là đơn điệu trên $K.$

+ Nếu $f$ đơn điệu trên $K$ thì tất nhiên $f$ đơn điệu trên $D$ (khoảng, đoạn hoặc nửa khoảng) với $D\subset K.$

Mối quan hệ với đồ thị hàm số

+ Hàm số $f$ đồng biến trên $K$ thì đồ thị đi lên từ trái sang phải.

+ Hàm số $f$ nghịch biến trên $K$ thì đồ thị đi xuống từ trái sang phải.

Mối quan hệ với bảng biến thiên

+ Hàm số $f$ đồng biến trên khoảng $(a;b)$ chiều mũi tên chỉ giá trị hàm số đi lên.

+ Hàm số $f$ nghịch biến trên khoảng $(a;b)$ chiều mũi tên chỉ giá trị hàm số đi xuống.

Tính chất của hàm số đơn điệu

+ Tổng của các hàm số đồng biến trên $K$ là hàm đồng biến trên $K$

+ Tổng của các hàm số nghịch biến trên $K$ là hàm nghịch biến trên $K$

+ Nếu $f$ đơn điệu trên $K$ thì phương trình $f\left( x \right)=0$ có tối đa một nghiệm trên $K$

+ Nếu $f$ đơn điệu trên $K$ thì với mọi $a,b\in K$ thì $f(a)=f(b)\Leftrightarrow a=b.$

+ Nếu $f$ đồng biến trên $K$ thì với mọi $a,b\in K$ thì $f(a)\ge f(b)\Leftrightarrow a\ge b.$

+ Nếu $f$ nghịch biến trên $K$ thì với mọi $a,b\in K$ thì $f(a)\ge f(b)\Leftrightarrow a\le b.$

+ Cho hàm số $y=f\left( x \right)$ xác định trên $\mathbb{R}$ thoả mãn $f\left( x \right)=f\left( 2{{x}_{0}}-x \right),\text{ }\forall x\in \mathbb{R}\text{ }\left( {{x}_{0}}\in \mathbb{R} \right)$ (đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ nhận đường thẳng $x={{x}_{0}}$ làm trục đối xứng) và đơn điệu trên mỗi nửa khoảng $\left( -\infty ;{{x}_{0}} \right],\text{ }\left[ {{x}_{0}};+\infty \right)$ thì với mọi $a,\text{ }b\in \mathbb{R}$ ta có $f(a)=f(b)$ khi và chỉ khi $a=b$ hoặc $a+b=2{{x}_{0}}.$

Chứng minh.

TH1: Nếu $a,\text{ }b\in \left( -\infty ;{{x}_{0}} \right]\Rightarrow f\left( a \right)=f\left( b \right)\Leftrightarrow a=b.$

TH2: Nếu $a,\text{ }b\in \left[ {{x}_{0}};+\infty \right)\Rightarrow f\left( a \right)=f\left( b \right)\Leftrightarrow a=b.$

TH3: Nếu $a\in \left( -\infty ;{{x}_{0}} \right],\text{ }b\in \left[ {{x}_{0}};+\infty \right)\Rightarrow 2{{x}_{0}}-b\in \left( -\infty ;{{x}_{0}} \right],\text{ }f\left( b \right)=f\left( 2{{x}_{0}}-b \right)$

$\Rightarrow f\left( a \right)=f\left( b \right)\Leftrightarrow f\left( a \right)=f\left( 2{{x}_{0}}-b \right)\Leftrightarrow a=2{{x}_{0}}-b\Leftrightarrow a+b=2{{x}_{0}}.$

TH4: Nếu $a\in \left[ {{x}_{0}};+\infty \right),\text{ }b\in \left( -\infty ;{{x}_{0}} \right]\Rightarrow 2{{x}_{0}}-b\in \left[ {{x}_{0}};+\infty \right),\text{ }f\left( b \right)=f\left( 2{{x}_{0}}-b \right)$

$\Rightarrow f\left( a \right)=f\left( b \right)\Leftrightarrow f\left( a \right)=f\left( 2{{x}_{0}}-b \right)\Leftrightarrow a=2{{x}_{0}}-b\Leftrightarrow a+b=2{{x}_{0}}.$

Từ bốn trường hợp trên suy ra với mọi $a,\text{ }b\in \mathbb{R}$ ta có $f(a)=f(b)$ khi và chỉ khi $a=b$ hoặc $a+b=2{{x}_{0}}.$

Note: Điều kiện $f\left( x \right)=f\left( 2{{x}_{0}}-x \right),\text{ }\forall x\in \mathbb{R},\text{ }{{x}_{0}}\in \mathbb{R}$ có thể thay bằng $f\left( {{x}_{0}}-x \right)=f\left( {{x}_{0}}+x \right),\text{ }\forall x\in \mathbb{R}\text{ }\left( {{x}_{0}}\in \mathbb{R} \right).$ Các em nên ghi nhớ tính chất này để sử dụng trong quá trình làm bài tập.

Các em cùng xét một ví dụ đơn giản sau:

Xét hàm số $f\left( x \right) = \left| {x - 1} \right| = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {x - 1}&{{\text{khi }}x \geqslant 1} \\ { - x + 1}&{{\text{khi }}x < 1} \end{array}} \right..$

Ta có $f\left( x \right)=\left| x-1 \right|=\left| \left( 2-x \right)-1 \right|=f\left( 2-x \right),\text{ }\forall x\in \mathbb{R}$ và nghịch biến trên $\left( -\infty ;1 \right],$ đồng biến trên $\left[ 1;+\infty \right).$

Vì vậy $f\left( a \right)=f\left( b \right)\Leftrightarrow a=b$ hoặc $a+b=2.$

Giờ ta giải trực tiếp theo kiến thức cơ bản về phương trình trị tuyệt đối:

Xét $f\left( a \right) = f\left( b \right) \Leftrightarrow \left| {a - 1} \right| = \left| {b - 1} \right| \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} a - 1 = b - 1 \hfill \\ a - 1 = - b + 1 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} a = b \hfill \\ a + b = 2 \hfill \\ \end{gathered} \right..$ Ta có cùng kết quả trên.

Ví dụ. Cho hàm số $y=f\left( x \right)$ xác định trên $\mathbb{R}$ thoả mãn $f\left( x \right)=f\left( 4-x \right),\text{ }\forall x\in \mathbb{R}$ và đơn điệu trên mỗi nửa khoảng $\left( -\infty ;2 \right],\text{ }\left[ 2;+\infty \right).$ Có bao nhiêu cặp số nguyên $\left( a;\text{ }b \right)$ thoả mãn $f\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)=f\left( 2a+4b \right)?$

Giải. Áp dụng tính chất: Cho hàm số $y=f\left( x \right)$ xác định trên $\mathbb{R}$ thoả mãn $f\left( x \right)=f\left( 2{{x}_{0}}-x \right),\text{ }\forall x\in \mathbb{R}\text{ }\left( {{x}_{0}}\in \mathbb{R} \right)$ (đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ nhận đường thẳng $x={{x}_{0}}$ làm trục đối xứng) và đơn điệu trên mỗi nửa khoảng $\left( -\infty ;{{x}_{0}} \right],\text{ }\left[ {{x}_{0}};+\infty \right)$ thì với mọi $a,\text{ }b\in \mathbb{R}$ ta có $f(a)=f(b)$ khi và chỉ khi $a=b$ hoặc $a+b=2{{x}_{0}}.$

Vậy $f\left( {{a^2} + {b^2}} \right) = f\left( {2a + 4b} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} {a^2} + {b^2} = 2a + 4b{\text{ }}\left( 1 \right) \hfill \\ {a^2} + {b^2} + 2a + 4b = 4{\text{ }}\left( 2 \right) \hfill \\ \end{gathered} \right..$

Ta có $\left( 1 \right)\Leftrightarrow {{\left( a-1 \right)}^{2}}+{{\left( b-2 \right)}^{2}}=5={{1}^{2}}+{{2}^{2}}$$\Rightarrow \left( \left| a-1 \right|;\left| b-2 \right| \right)\in \left\{ \left( 1;2 \right);\left( 2;1 \right) \right\}$

$\Rightarrow \left( a;b \right)\in \left\{ \left( -1;1 \right);\left( -1;3 \right);\left( 0;0 \right);\left( 0;4 \right);\left( 2;0 \right);\left( 2;4 \right);\left( 3;1 \right);\left( 3;3 \right) \right\}.$

Ta có $\left( 2 \right)\Leftrightarrow {{\left( a+1 \right)}^{2}}+{{\left( b+2 \right)}^{2}}=9={{0}^{2}}+{{3}^{2}}$$\Rightarrow \left( \left| a+1 \right|;\left| b+2 \right| \right)\in \left\{ \left( 0;3 \right);\left( 3;0 \right) \right\}$

$\Rightarrow \left( a;b \right)\in \left\{ \left( -4;-2 \right);\left( -1;-5 \right);\left( -1;1 \right);\left( 2;-2 \right) \right\}.$

Cặp số nguyên $\left( -1;1 \right)$ bị lặp lại trong hai trường hợp. Do đó số cặp số nguyên thoả mãn là $8+4-1=11$ cặp. Chọn đáp án B.

+ Cho hàm số $y=f\left( x \right)$ xác định trên $D=\left( -\infty ;{{x}_{1}} \right)\cup \left( {{x}_{2}};+\infty \right)$ và đơn điệu trên mỗi khoảng $\left( -\infty ;{{x}_{1}} \right),\text{ }\left( {{x}_{2}};+\infty \right).$

Khi đó ta có:

TH1: Nếu $a,\text{ }b\in \left( -\infty ;{{x}_{1}} \right)\Rightarrow f\left( a \right)=f\left( b \right)\Leftrightarrow a=b<{{x}_{1}}.$

TH2: Nếu $a,\text{ }b\in \left( {{x}_{2}};+\infty \right)\Rightarrow f\left( a \right)=f\left( b \right)\Leftrightarrow a=b>{{x}_{2}}.$

TH3: Nếu $a\in \left( -\infty ;{{x}_{1}} \right),\text{ }b\in \left( {{x}_{2}};+\infty \right)$ hoặc $a\in \left( {{x}_{2}};+\infty \right),\text{ }b\in \left( -\infty ;{{x}_{1}} \right)\Rightarrow f\left( a \right)=f\left( b \right)$ ta cần dựa vào tính chất đặc biệt khác của hàm số $y=f\left( x \right)$ để giải phương trình này. Và cũng xét tương tự vậy cho bất phương trình $f\left( a \right)\ge f\left( b \right).$

Các em cùng xét ví dụ đơn giản sau đây:

Xét hàm số $f\left( x \right)=\dfrac{1}{x}$ xác định trên $D=\left( -\infty ;0 \right)\cup \left( 0;+\infty \right)$ và nghịch biến trên mỗi khoảng $\left( -\infty ;0 \right),\text{ }\left( 0;+\infty \right).$

Và nhận thấy $f\left( x \right)<0,\text{ }\forall x\in \left( -\infty ;0 \right);f\left( x \right)>0,\text{ }\forall x\in \left( 0;+\infty \right).$

Vì vậy $f\left( a \right) \geqslant f\left( b \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} a \leqslant b < 0 \hfill \\ 0 < a \leqslant b \hfill \\ \left\{ \begin{gathered} a > 0 \hfill \\ b < 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} \right..$

Giờ ta sẽ giải bất phương trình trên dựa trên biến đổi cơ bản để kiểm chứng:

$f\left( a \right) \geqslant f\left( b \right) \Leftrightarrow \dfrac{1}{a} \geqslant \dfrac{1}{b} \Leftrightarrow \dfrac{{b - a}}{{ab}} \geqslant 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} \left\{ \begin{gathered} b - a \geqslant 0 \hfill \\ ab > 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \left\{ \begin{gathered} b - a \leqslant 0 \hfill \\ ab < 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} 0 < a \leqslant b \hfill \\ a \leqslant b < 0 \hfill \\ \left\{ \begin{gathered} a > 0 \hfill \\ b < 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} \right..$ Ta có kết quả tương tự trên.

Ví dụ. Xét hàm số $f\left( x \right)=\dfrac{x-2}{x-1}$ xác định trên $D=\left( -\infty ;1 \right)\cup \left( 1;+\infty \right)$ và đồng biến trên mỗi khoảng $\left( -\infty ;1 \right),\text{ }\left( 1;+\infty \right).$

Đồ thị của hàm số này nhận điểm $I\left( 1;1 \right)$ làm tâm đối xứng nên điểm $M\left( x;f\left( x \right) \right)\in \left( C \right):y=f\left( x \right)$ thì điểm $N\left( 2-x;2-f\left( x \right) \right)$ đối xứng với $M$ qua $I$ cũng thuộc $\left( C \right)$ hay $2-f\left( x \right)=f\left( 2-x \right),\text{ }\forall x\in D.$

Và $f\left( x \right)=1-\dfrac{1}{x-1}>1,\text{ }\forall x\in \left( -\infty ;1 \right);f\left( x \right)=1-\dfrac{1}{x-1}<1,\text{ }\forall x\in \left( 1;+\infty \right).$

Giờ ta cùng xét $f\left( a \right) + f\left( b \right) \geqslant 2 \Leftrightarrow f\left( a \right) \geqslant 2 - f\left( b \right) = f\left( {2 - b} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} a \geqslant 2 - b > 1 \hfill \\ 1 > a \geqslant 2 - b \hfill \\ \left\{ \begin{gathered} a < 1 \hfill \\ 2 - b > 1 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} \right..$

Ví dụ. Cho hàm số $f\left( x \right)=\dfrac{5}{{{x}^{3}}}+\ln \left( \dfrac{x+2}{x-2} \right).$ Có bao nhiêu số nguyên $a\in \left( -\infty ;2100 \right)$ thỏa mãn

$f\left( a-2023 \right)+f\left( 5a-29 \right)\ge 0?$

Giải. Điều kiện xác định: $x\ne 0;\dfrac{x+2}{x-2}>0\Leftrightarrow x\in D=\left( -\infty ;-2 \right)\cup \left( 2;+\infty \right).$

Ta có ${f}'\left( x \right)=-\dfrac{15}{{{x}^{4}}}+\dfrac{\dfrac{-4}{{{\left( x-2 \right)}^{2}}}}{\dfrac{x+2}{x-2}}=-\dfrac{15}{{{x}^{4}}}-\dfrac{4}{\left( x-2 \right)\left( x+2 \right)}<0,\text{ }\forall x\in D.$

Bảng biến thiên:

Và $f\left( -x \right)=\dfrac{5}{-{{x}^{3}}}+\ln \left( \dfrac{-x+2}{-x-2} \right)=-\left[ \dfrac{5}{{{x}^{3}}}+\ln \left( \dfrac{x+2}{x-2} \right) \right]=-f\left( x \right),\text{ }\forall x\in D.$

Vậy $\text{BPT}\Leftrightarrow f\left( a-2023 \right)\ge -f\left( 5a-29 \right)=f\left( 29-5a \right)$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} a - 2023 \leqslant 29 - 5a < - 2 \hfill \\ 2 < a - 2023 \leqslant 29 - 5a \hfill \\ a - 2023 > 2 > - 2 > 29 - 5a \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} \dfrac{{31}}{5} < a \leqslant 342 \hfill \\ a > 2025 \hfill \\ \end{gathered} \right.$

$\Rightarrow a\in \left\{ 7,...,342,2026,...,2099 \right\}\Rightarrow 342-7+1+2099-2026+1=410$ số nguyên thoả mãn. Chọn đáp án B.

Ví dụ. Có bao nhiêu cặp số nguyên $\left( x;\text{ }y \right)$ thoả mãn

${{2}^{x+y+4}}-\dfrac{189}{x+y}={{2}^{xy-5x+4}}-\dfrac{189}{xy-5x}?$

Giải. Xét hàm số $f\left( t \right)={{2}^{t+4}}-\dfrac{189}{t}$ xác định trên $\mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}$ có ${f}'\left( x \right)={{2}^{t+4}}\ln 2+\dfrac{189}{{{t}^{2}}}>0,\text{ }\forall t\ne 0$ nên đồng biến trên mỗi khoảng $\left( -\infty ;0 \right),\text{ }\left( 0;+\infty \right).$

Bảng biến thiên của $f\left( t \right)$ như sau:

Ta có $\text{PT}\Leftrightarrow f\left( a \right)=f\left( b \right)$ với $a=x+y,\text{ }b=xy-5x$ do $x,\text{ }y\in \mathbb{Z}\Rightarrow a,\text{ }b\in \mathbb{Z}.$

TH1: Nếu $a,\text{ }b\in \left( 0;+\infty \right)\Rightarrow f\left( a \right)=f\left( b \right)\Leftrightarrow a=b>0.$

TH2: Nếu $a,\text{ }b\in \left( -\infty ;0 \right)\Rightarrow f\left( a \right)=f\left( b \right)\Leftrightarrow a=b<0.$

TH3: Nếu $a\in \left( -\infty ;0 \right),\text{ }b\in \left( 0;+\infty \right)$ hoặc $a\in \left( 0;+\infty \right),\text{ }b\in \left( -\infty ;0 \right).$

Nhận thấy $f\left( -3 \right)=f\left( 3 \right)=65$ và $f\left( x \right)<65,\text{ }\forall x\in \left( -\infty ;-3 \right);f\left( x \right)>65,\text{ }\forall x\in \left( 3;+\infty \right)$ và chỉ ra các phương trình $f\left( x \right)\in \left\{ f\left( -2 \right),f\left( -1 \right),f\left( 1 \right),f\left( 2 \right) \right\}$ không có hai nghiệm nguyên.

Nên $f\left( a \right)=f\left( b \right)\text{ }\left( a,b\in \mathbb{Z} \right)\Leftrightarrow \left( a;b \right)=\left( -3;3 \right);\left( 3;-3 \right).$

Do đó \[f\left( {x + y} \right) = f\left( {xy - 5x} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x + y = xy - 5x > 0{\text{ }}\left( 1 \right) \hfill \\ x + y = xy - 5x < 0{\text{ }}\left( 2 \right) \hfill \\ x + y = 3 = - \left( {xy - 5x} \right){\text{ }}\left( 3 \right) \hfill \\ x + y = - 3 = - \left( {xy - 5x} \right){\text{ }}\left( 4 \right) \hfill \\ \end{gathered} \right..\]

Ta có $\left( 3 \right)\Leftrightarrow \left( x;y \right)=\left( -3;6 \right);\left( 1;2 \right)$ và $\left( 4 \right)\Leftrightarrow \left( x;y \right)=\left( -4-\sqrt{13};1+\sqrt{13} \right);\left( -4+\sqrt{13};1-\sqrt{13} \right).$

Ta có $\left( 1 \right) \cup \left( 2 \right) \Leftrightarrow x + y = xy - 5x \ne 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} y\left( {x - 1} \right) = 6x \hfill \\ x \ne 0 \hfill \\ y \ne 5 \hfill \\ \end{gathered} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} y = \dfrac{{6x}}{{x - 1}} = \dfrac{{6\left( {x - 1} \right) + 6}}{{x - 1}} = 6 + \dfrac{6}{{x - 1}} \in \mathbb{Z} \hfill \\ x - 1 \ne - 1 \hfill \\ x - 1 \ne - 6 \hfill \\ \end{gathered} \right.$

$\Rightarrow x-1\in \left\{ 1,\pm 2,\pm 3,6 \right\}\Rightarrow \left( x;y \right)=\left( 2;12 \right);\left( 3;9 \right);\left( -1;3 \right);\left( 4;8 \right);\left( -2;4 \right);\left( 7;7 \right).$

Vậy có tất cả $8$ cặp số nguyên thoả mãn. Chọn đáp án B.

Theo định nghĩa hàm số đơn điệu, ta có

+ Nếu $f(x)$ đồng biến trên $K$ thì với mọi $a,\text{ }b\in K$ ta có $\left( a-b \right)\left( f\left( a \right)-f\left( b \right) \right)\ge 0.$ Dấu bằng đạt tại $a=b.$

+ Nếu $f(x)$ nghịch biến trên $K$ thì với mọi $a,\text{ }b\in K$ ta có $\left( a-b \right)\left( f\left( a \right)-f\left( b \right) \right)\le 0.$ Dấu bằng đạt tại $a=b.$

Ví dụ 1. Số nghiệm thực phân biệt của phương trình $\left( {{x}^{2}}-4 \right){{2}^{x}}+x{{3}^{{{x}^{2}}-4}}={{x}^{2}}+x-4$ là

Giải. Đặt $a={{x}^{2}}-4,\text{ }b=x$ phương trình trở thành

$a{{.2}^{b}}+b{{.3}^{a}}=a+b\Leftrightarrow a\left( {{2}^{b}}-1 \right)+b\left( {{3}^{a}}-1 \right)=0\text{ }\left( 1 \right).$

Nhận thấy $ab=0$ thoả mãn $\left( 1 \right),$ xét $ab\ne 0$ lúc này nhân thêm vào hai vế của $\left( 1 \right)$ với $ab$ ta được:

${{a}^{2}}.b\left( {{2}^{b}}-1 \right)+{{b}^{2}}.a\left( {{3}^{a}}-1 \right)=0\text{ }\left( 2 \right).$

Mặt khác hàm số $f\left( x \right)={{2}^{x}},\text{ }g\left( x \right)={{3}^{x}}$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ nên $a\left( {{3}^{a}}-1 \right)=\left( a-0 \right)\left( g\left( a \right)-g\left( 0 \right) \right)>0$ và $b\left( {{2}^{b}}-1 \right)=\left( b-0 \right)\left( f\left( b \right)-f\left( 0 \right) \right)>0$ với mọi $a\ne 0,\text{ }b\ne 0.$

Do đó $\left( 2 \right)$ vô nghiệm. Vậy phương trình tương đương với ${{x}^{2}}-4=0\vee x=0\Leftrightarrow x\in \left\{ -2;0;2 \right\}.$

Combo X Luyện thi 2025 Môn Toán (THPT, ĐG năng lực, ĐG tư duy) (2K7 – Chương trình SGK mới)

Link đăng ký: https://bit.ly/45sFkXS

PRO X: Luyện thi THPT 2025 Môn Toán (Luyện mọi dạng bài từ cơ bản đến 9 điểm)

XMAX: Luyện mọi dạng bài vận dụng cao Môn Toán 2025 (Mức 9+)

LIVE X: Tổng ôn kiến thức và chữa đề thi THPT 2025 Môn Toán (100 ngày)

Đăng ký cả Combo giảm trực tiếp 532.000 đồng học phí đến lúc thi chỉ còn: 2.268.000 đồng

Đăng ký cả Combo đối với học sinh đã tham gia các khoá PRO X11 giảm trực tiếp 800.000 đồng học phí đến lúc thi chỉ còn 2.000.000 đồng

Đăng ký cả Combo được tặng khoá học: XPLUS: LUYỆN GIẢI ĐỀ THI THPT 2024 MÔN TOÁN

Gồm khoảng 200 đề thi thử chọn lọc của các trường, sở giáo dục các năm gần đây và Bộ đề dự đoán do trực tiếp thầy Đặng Thành Nam biên soạn các năm 2024, 2023. Tất cả các đề đều có thi online tại Vted.vn và Lời giải chi tiết, một số đề gồm cả Video Live chữa đề.

Đăng ký cả Combo học sinh được tham gia nhóm LIVE: được học Livestream một số bài giảng chuyên đề của khoá PRO X, Vận dụng cao XMAX và Live Chữa đề ôn tập theo từng chủ đề, tổng kết chương và học kì. Thầy Nam bắt đầu Live vào đầu tháng 8, mỗi tuần hai buổi vào tối thứ 3 và thứ 5 hàng tuần.

Nhóm Live Combo X Luyện thi 2025 Môn Toán (2K7 - Chương trình SGK mới)

Khoá học PRO X và XMAX khai giảng từ ngày 20/06/2024 và Khoá học LIVE X khai giảng dự kiến 100 ngày trước thi hoặc sớm hơn vào tháng 12/2024.

Khoá học Biên soạn dựa trên:

Sách giáo khoa Toán 12 (tập 1, tập 2) (Kết Nối Tri Thức Với Cuộc Sống) - NXB GD Việt Nam

Sách giáo khoa Toán 12 (tập 1, tập 2) (Chân Trời Sáng Tạo) - NXB GD Việt Nam

Sách giáo khoa Toán 12 (tập 1, tập 2) (Cánh Diều) - NXB ĐH Sư Phạm

Các khoá học được sử dụng kể từ ngày đăng kí đến khi kì thi THPT 2025 kết thúc.