Bài 1: Chứng minh rằng e x >1 +x với x ≠ 0
Giải
Xét hàm số f( )x = e x -1 - x liên tục và khả vi với mọi x ≠ 0
f,( )x = e x -1, f( )0 = 0
nếu x> 0 thì f,( )x =e x − 1 > 0 ⇔ f( )x đồng biến
⇔ f( )x > f( )0 ⇔ e x - 1 - x > 0 ⇔ e x > 1 +x (1)
Nếu x< 0 thì f,( )x =e x − 1 < 0 ⇔ f( )x nghịch biến
⇔ f( )x > f( )0 ⇔ e x -1- x > 0 ⇔ e x > 1 +x (2)
Từ (1),(2) ⇒ e x >1 +x với x ≠ 0 đpcm.
Bài 2 : ( ĐH Kiến Trúc Hà Nội )
Chứng minh rằng bất đẳng
2 1
2
x x
e x > + + đúng với mọi x > 0
Giải
Yêu cầu bài toán ⇔ x +x+ 1 −e x
2
2
< 0 ∀x> 0
Xét f( )x = x +x+ 1 −e x
2
2
Ta có f,( )x =x+ 1 −e x , f ,,( )x = 1 −e x < 0 ∀x > 0
Do đó f,( )x nghịch biến trong ∀x∈(0 ; +∞) ⇔ f,( )x < f,( )0 =0 với
∈
⇒ f( )x nghịch biến trong ∀x∈(0 ; +∞) ⇔ f( )x < f( )0 = 0 ∀x> 0
⇔ x +x+ 1 −e x
2
2
<0 hay
2 1
2
x x
e x > + + với ∀x> 0 đpcm.
Bài 3: Chứng minh rằng
6
3
x
x− < sinx< x với x> 0
Giải
Ta hớng dẫn cho học sinh chứng minh bất đẳng thức
⇔ chứng minh
<
−
>
x x x x x
sin
6 sin
3 với x> 0
Ta chứng minh sinx< x với x> 0
Xét f( )x =sinx - x , f( )0 = 0
⇒ f,( )x = cosx− 1 <0 ⇔ f( )x nghịch biến
⇔ f( )x < f( )0 với x> 0 ⇔ sinx - x <o ⇔ sinx< x (1)
Ta chứng minh
6
3
x
x− < sinx
Xét ( )
6 sin
3
x x x x
f = − + ⇒ f,( )x =
2 1 cos
2
x
x− + =g( )x
⇒ g,( )x = − sinx+x > 0 với mọi x >0 ⇔ g( )x đồng biến ⇔ g( )x >g( )0 =0
Trang 2với x> 0 hay f,( )x >0 với x> 0 ⇔ f( )x đồng biến ⇔ f( )x > f( )0 =0 với
0
>
6 sin
3
>
+
6
3
x
x− <sinx với x> 0 (2)
Từ (1),(2) ⇒
6
3
x
x− < sinx< x với x > 0 đpcm.
Bài 4: Chứng minh rằng 2 sinx + 2 tanx ≥ 2x+1 với
2
0< x <π
Giải
áp dụng bất đẳng thức côsi: 2 sinx + 2 tanx ≥ 2 2 sinx 2 tanx = 1
2 tan sin 2
tan sin
2 2
.
+ +
x x
⇔ 2 sinx + 2 tanx ≥ 1
2 tan sin
+ x x
Yêu cầu bài toán ⇔ Việc chứng minh 2 1 1
tan sin
2
+
x x
2
tan sinx+ x+ ≥x+
⇔ sinx+ tanx≥ 2x với
2
0< x<π
xét hàm số f( )x = sinx+ tanx− 2x với
2
0< x <π
, f( )0 = 0
cos
1 cos
2 cos
1
+
x
x x
cos
1 cos
x
(vì cosx> cos 2 x với
2
0< x<π
)
⇔ f,( )x ≥ 0 ⇔ f( )x đồng biến ⇔ f( )x > f( )0 với
2
0< x<π
⇔ f( )x = sinx+ tanx− 2x> 0
⇔ sinx+ tanx≥ 2x hay 2 sinx + 2 tanx ≥ 2x+1 với
2
0< x<π đpcm.
Bài 5: (ĐH Dợc )
Với
2
0≤ x<π , chứng minh rằng 1
2
3 tan sin
.
2 x + x > x+
Giải
Xét hàm số ( )
2
3 tan 2
1
x
2
π
<
≤ x o
x
x x
x x
x
2 2
,
2
3 cos 2
1 2
cos 2
cos 2
3 cos 2
1
2
3 cos
1 2
cos 2
cos
.
3 3
x
x
∈
∀
2
;
0 π
x ⇔ f( )x đồng biến trong khoảng
2
;
0 π
⇔ f( )x ≥ f( )0 ⇔ 0
2
3 tan 2
1
∈
∀
2
;
0 π
x
⇔
2
3 tan 2
1
∈
∀
2
;
0 π
x Đẳng thức xảy ra ⇔ x = 0
3 tan
2
1 sin tan
sin 2 tan
sin
2
x x
x x
x x
Trang 3⇒ 32
1 tan sin
2
x x
≥
π
x Đẳng thức chỉ xảy ra ⇔ { 0
tan sin
2 =
=
x
x x
2
3 tan sin
.
2 x + x > x+ với
∈
∀
2
;
0 π
x đpcm Bài 6 Cho
4
3
0 < α ≤ , Chứng minh rằng 2 + 12 > 3
α
α
Giải
Xét hàm số ( ) 2 12
x x x
f = + trên
4
3
;
0 ,
18
59 4
3=
f
3
3 3
2
x
x x
x
∈
4
3
; 0
⇒ f( )x giảm trên
4
3
;
0 ⇔ ( )
≥
4
3
f x
∈
∀
4
3
; 0
x
⇔ ( )
≥
4
3
f
f α ,
∈
∀
4
3
; 0
α
18
59 1
2 + 2 ≥ >
α
α Hay 2 + 12 > 3
α
∈
∀
4
3
; 0
α đpcm.
Bài 7: Chứng minh rằng với 0 <a< 3 b <a+ 1 thì
( ) ( ) ( [ ) ]
b a
a b b
a
b a a
+ +
+ + +
<
<
+
+
3
3 3
3
3
1 2
2 1 1
2
2
Giải Xét hàm số ( ) ( )
b x
b x x x f
+
+
2
.
2 với 0 <a< x<a+ 1
Ta có f( )3 b = 3 b và ( ) ( )
2
2 3
2 3
+
−
=
b x
b x x
⇒ f( )x đồng biến ⇔ f( )a < f( )3 b < f(a+ 1) với 0 <a< x<a+ 1
b a
a b b
a
b a
a
+ +
+ + +
<
<
+
+
3
3 3
3
3
1 2
2 1 1
2
2
Bài 8: ( Đề thi thử ĐH Quảng Xơng I)
Cho
2
0<a<b<π
Chứng minh rằng a sina−b sinb > 2 (cosb cos− a)
Giải
Yêu cầu bài toán ⇔ a sina+ 2 cosa > b sinb+ 2 cosb
Xét hàm số f( )x =x sinx+ 2 cosx với 0<
2
π
<
x
f,( )x = sinx+x cosx− 2 sinx , f ,( )0 = 0
Trang 4( )x x x x x x x x
f ,, = cos + cos − sin − 2 cos = − sin
(vì
2
0< x<π thì
0 sinx > ) nên f ,,( )x < 0 do đó f,( )x < 0 khi 0<
2
π
<
x
⇒ f( )x là hàm số giảm trên khoảng
2
;
0 π ⇒
f( )a > f( )b với 0
2
π
<
<
<a b
⇔ a sina+ 2 cosa > b sinb+ 2 cosb
hay a sina−b sinb > 2 (cosb cos− a) đpcm.
Bài 9: Chứng minh rằng 4 tan 5 0 tan 9 0 < 3 tan 6 0 tan 10 0
Giải
Xét hàm số ( )
x
x x
f = tan với
4
0< x<π
2 cos 2
2 sin 2
2 2
x x
x x
x
f ( vì ta đã có sin α < α < tan α nếu
2
0<α <π
)
⇒ hàm số f( )x là đồng biến trên
2
0< x<π
với 5<6 thì f( )5 < f( )6 ⇔
<
180
6 180
180
6180
6 tan
180
5180
5
tan
π
π π
π
< ⇔ 6 tan 5 0 < 5 tan 6 0 ( 2)
chứng minh tơng tự ta cũng có 10 tan 9 0 < 9 tan 10 0 (3)
Nhân từng vế (2) và (3) ta suy ra 4 tan 5 0 tan 9 0 < 3 tan 6 0 tan 10 0 đpcm.
Bài 10: Cho x≥ y≥z>0 chứng minh
y
x z x
z y z
y
x2 2 2
+
Giải
z y x
z x y z y x
.
.
2 2 3 2 3 3
x2 + y2 +z2 ⇔
3 2 3
2
2
z y x xz y
z x y
z
y
≥ +
3
3
y
z y
x y
z y
x y
x y
z y
z y x
đặt u=
y
x
, v =
y
z
ta có u≥ 1 ≥v > 0
nên bất đẳng thức có dạng u3 +v2 +u2 v3 ≥u.v(u2 +v2 + 1)
⇔ u3(1 −v)+u2 v3 −u.v(1 +v2)+v2 ≥ 0 (2)
Nếu v=1 thì (2) có dạng u2 − 2 u+ 1 ≥ 0 tức là (2) đúng
Nếu 0 <v< 1 xét hàm số f( )u =u3(1 −v)+u2 v3 −u.v(1 +v2)+v2 với v ≥ 1
Ta có f,( )u = 3 u2(1 −v)+ 2 u.v3 −v(1 +v2)
f ,,( )u = 6 u(1 −v)+ 2 v3 > 0 (do 0 <v< 1 và u≥ 1) ⇒ f,( )u là hàm số đồng biến khi u≥ 1 nên mọi u≥ 1 ta có f,( )u ≥ f'( )1
Trang 5mà f'( )1 =v3 − 4 v+ 3 = (v− 1 )(v2 +v− 3 )>0 nên f,( )u ≥ 0 ⇔ f (u) là hàm số đồng biến khi u ≥ 1 Tức là ∀≥ 1 ta có f(u) ≥ f(1) = v2 - 2v + 1 = (v- 1)2 > 0
Vậy u3(1 - v) + u2v2 - u2v3 - uv (1 + v2) + v2≥ 0 ∀≥ 1 > v > 0
Hay
y
x z x
z y z
y
x2 2 2
+
Bài 11: Chứng minh x− x < ln(1 +x)< x
2
2
với mọi x > 0
Giải
Ta chứng minh x− x < ln(1 +x)
2
2
∀x> 0
2 1
ln
2
>
+
−
1
1 1
>
>
+
= +
−
x x x
Suy ra f( )x đồng biến với mọi x > 0
2 1
ln
2
>
+
−
+x x x ,x> 0 ⇔ x− x < ln(1 +x)
2
2
với mọi x> 0 (1)
Ta chứng minh ln(1 +x)< x,x > 0
Đặt g( )x = x− ln(1 + x), với x > 0 , g( )0 =o
1 1
1 1
+
= +
−
=
x
x x x
⇔ g( )x > 0 ,∀x> 0 ⇔ x− ln(1 +x)> 0 , khi x> 0
⇔ ln(1 +x)< x, với x> 0 (2)
Từ (1),(2) ⇒ x− x < ln(1 +x)
2
2
<x ,với mọi x> 0 đpcm.
Bài 12 Chứng minh rằng x
x
x x
+
<
−
1 2
2
với x> 0
Giải
Do x> 0 nên x
x
x x
+
<
−
1 2
2
1
1 2
+
<
−
x
x
, ∀x> 0
Hớng dẫn học sinh đa về chứng minh ⇔
<
+
−
>
+
1 1 1
2 1 1 1
x x x
Ta chứng minh 1
1
1 <
+
x ∀x > 0
Vì x > 0 nên x+ 1 > 1 ⇒ x+1>1 ⇒ 1
1
1 <
+
x (1)
Ta chứng minh
1
1 2
1
+
<
−
x x
∀x> 0
Trang 6Đặt ( ) 1
2 1
+
x x
g x> 0 ,g( )0 = 0
( )
1 1
2
1
3
+
−
=
x x
g , với x> 0 ⇒ hàm số đồng biến với x> 0
⇔ g( ) ( )x >g 0 = 0 với ∀x > 0
2 1
1 + − >
+
x
x ∀x> 0 ⇔
1
1 2
1
+
<
−
x
x
∀x > 0
1
1 2
+
<
−
x
x
x
x x
+
<
−
1 2
2
, ∀x> 0 đpcm.
Bài 13: Chứng minh rằng :( ) 2 2 42
1 sin
π
− +
− x
2
0< x<π
Giải
Yêu cầu bài toán ⇔ ( ) 2
2
1 sin
π
−
≤
− x x
Xét hàm số f( )x =( ) 2 2
sinx − −x− với
2
0< x<π
Ta có f,( )x =-2(sinx)− 3 cosx+ 2 x− 3 > 0 với
2
0< x<π
⇔ 2 x− 3 > 2 (sinx)− 3 cosx ⇔
x
x
x3 sin 3
cos
1 > do các vế đều dơng ⇒ 3
cos
sin
x
x
x<
cos
sin
3 −x >
x
x
⇔ sin (cos ) 3 0
1
>
−
− x x
x đặt g( )x = x( x)− −x
3
1 cos
⇒ ( ) ( ) (cos ) sin 1
3
1
3
4 3
2
3
2
9
2
0< x<π ⇒ g,,( )x >g,,( )0 = 0 với
2
0< x<π
⇒ g,( )x đồng biến
2
;
0 π ⇒ g,( )x >g,( )0 ⇒ g( )x đồng biến
2
;
0 π
.⇒ g( )x >g( )0 ⇒ f( )x đồng biến
2
;
0 π
⇒ f( )x
2
2
4 1 2
1
π
−
=
≤
−
∈
∀
2
;
0 π
x
Do đó ( ) 2 2
sinx − −x− 1 42
π
−
1 sin
π
− +
− x
∈
∀
2
;
0 π
đpcm.
Bài 14: Cho a,b,c>0 và a2 +b2 +c2 = 1 chứng minh rằng
2
3 3 2 2 2 2 2
+
+ +
+
c a
c
b c
b
Trang 7Từ giả thiết ⇒ b2 +c2 =1 a− 2 , c2 +a2 =1 b− 2 và a2 +b2 =1 c− 2
thay vào (1) ta có
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2 2 2
2
c b
b
b a
a
a c
c b
b a
a b
a
c a
c
b
c
b
a
−
+
−
+
−
=
−
+
−
+
−
= +
+ +
+
3 3
( do a, b ,c đều dơng )
Xét hàm số f( )x = x(1 −x)= −x3 +x , x∈( )0 ; 1
f,( )x = − 3 x2 + 1
⇒ f,( )x >0 ∀ ∈ 3
1
; 0
x và f,( )x <0 ∀ ∈ 3;1
1
x
⇒ 0< f( )x ≤
3 3
2 3
1 =
3 3
1 ≥
x
Do đó 0< ( )
3 3
2
1 −a2 ≤
3 3 1
1
2 ≥
−a
⇒ ( 2) 2
2
2
3 3
a
−
Tơng tự ( ) 2
2
2
2
3 3
b
−
( 2) 2
2
2
3 3
c
−
Do đó
2
3 3 2 2 2 2 2
+
+ +
+
c a
c
b c
b
Bài 15: Choe≤ x1 ≤ x2 ≤ ≤ x n < y1 ≤ y2 ≤ y3 ≤ ≤ y m và ∑ ∑
=
=
i y
n
y x
1 1
chứng minh ∏ ∏
=
=
> m
y i n
i
x
1 1
Giải
Xét hàm số ( )
x
x x
f = ln với x > 0 ta có ,( )=1−ln2 ≤ 0
x
x x
Nên f( )x là hàm số nghịch biến Từ giả thiết ta có
n
n n
n
y
y y
y y
y x
x x
x x
ln ln
ln
ln ln
2
2 1
1 2
2 1
Từ đó ta có
1
1 1 1
ln ln
y
y x
x >
Trang 8
1
1 2 2
ln ln
y
y x
x >
………
1 1 ln ln
y
y x
x n > n
=
=
=
≥
i i n
i i n
i
y
y x
y
y x
1 1
1 1
1
1 1
.
ln
ln
Lại có
1
1 2 2
ln ln
y
y y
y ≤
1
1 3 3
ln ln
y
y y
y ≤
………
1 1 ln ln
y
y y
y n ≤ n
=
=
i i m
i
y
y y
1 1
1 1
.
ln
Từ (1) và (2) ⇒ ∑ ∑
=
=
> m
n
y x
1 1
ln ln
hay ∏ ∏
=
=
> m
y i n
i
x
1
1 đpcm.
Loại 2: Dùng định lý lagrange:
1.Cơ sở để giải quyết vấn đề
Định lý lagrange: Nếu hàm số y= f( )x liên tục trên đoạn[ ]a; b và khả vi ( )a; b thì tồn
tại một số c sao cho a<c<b khi đó ( ) ( ) ( )
a b
a f b f c f
−
−
=
,
2.Bài tập
Bài1: Chứng minh rằng
a
a b a
b b
a
b− <ln < − với 0<a<b
Giải :
xét hàm số :f( )x = lnx ⇒ ( )
x x
c c
Hàm số f( )x = lnx thoã mãn các yêu cầu của định lý Larange trên[ ]a; b
Trang 9⇒ ∃c∈( )a;b ta có: ( ) ( ) ( )
a b
a f b f c f
−
−
=
a b
a b
−
1
Do a<c <b
a c b
1 1
1 < <
a a b
a b b
1 ln ln
−
−
<
⇔
a
a b a
b b
a
b− <ln < −
đpcm.
Bài 2 Chứng minh rằng với mọi x;y ∈R ta có:sinx− siny ≤ x− y
Giải :
Xét h m số f à ( )x = sint , f,( )x = cosx ⇒ f,( )c = cosc
H m số fà ( )x = sint liên tục và khả vi trên [ ]x; y với mọi x;y∈R thoả mãn các điều
kiện của định lý lagrange ⇒ ∃c∈( )x;y ta có:
( ) ( ) ( )
x y
x f y f c f
−
−
=
,
⇔
x y
x y c
−
−
cos do cosc≤ cosc ≤ 1 ⇔ cos sin sin ≤ 1
−
−
=
y x
y x
Bài 3: Chứng minh rằng:
b
a b Tana Tanb
a
a b
2
cos
−
<
−
<
2
π
Giải:
Xét hàm số f( )x =Tanx liên tục và khả vi trên ( )a; b
( )
x x
cos
1
c c
cos
1
=
⇒ ∃c∈( )a;b sao cho ( ) ( ) ( )
a b
Tana Tanb
a b
a f b f c f
−
−
=
−
−
=
⇔
a b
Tana Tanb
−
=
2
cos
1
⇔
c
a b Tana
cos
−
=
Do a<c<b vày cos= x nghịch biến trên
2
; π
o nên
b
a b c
a b
a
a
b
2 2
cos
−
<
−
<
b
a b Tana Tanb
a
a b
2
cos
−
<
−
<
2
π
Bài 4: Cho x> 1 vàα > 1 chứng minh rằng x a − 1 > α(x− 1)
Giải:
Xét hàm số f( )t =t a với 1 ≤t ≤ x ta có f,( )t = α t a−1
Theo định lý lagrange thì tồn tại c∈( )1 ;x thoả mãn ( ) ( ) ( )
1
1 ,
−
−
=
x
f x f c f
⇔ f,( )c = α cα − 1 =
1
1 1
−
−
−
x
xα ⇔ x a − 1 =(x− 1)α c n− 1
⇒ x a − 1 > α(x− 1) ⇔ α(x− 1).c a− 1 > α(x− 1) ( vì α(x− 1)> 0 ) ⇔ c a− 1 >1
Trang 10bất đẳng thức đúng với c>1 và α -1>0
hay x a − 1 > α(x− 1) với x> 1 và α > 1 đpcm.
Bài 5 : Chứng minh rằng: ln(x+ 1) <x mọi x >0
Giải
Xét hàm số f( )t = lnt với t ∈[1 ; 1 +x] theo định lý lagrange
⇒ ∃c∈(1 ; 1 +x) sao cho f ,( )c = ( ) ( )
1 1
− +
− +
x
f x f
, ( )
t t f
ln
1 , =
⇔ ( )
x
x c
+
= ln1
1
⇔ ln( ) 1
1
1 + = < x =
c
x
hay ln(x+ 1) <x mọi x >0 đpcm.
Trờng hợp gặp bài toán cha thể vận dụng định lý lagrange đợc ngay việc chọn hàm
số thoã mãn các điều kiện của định lý lagrange rất quan trọng
Bài 6: Chox> 0chứng minh rằng:
x x
x
+ +
>
+
1
1 1 1
1 1
1
(1)
Giải:
Đây là dạng bài toán cha thể vận dụng đính lý lagrănge đợc ngay
Ta hớng dẫn học sinh đa về chứng minh
+
>
+ + +
x
x x
1
1 1 ln
+
=
x x
x ln 1 1 = x[ln(x+ 1)− lnx]
f ( ) ( )
x x
x x
+
−
− +
=
1
1 ln
1 ln
Xét hàm số G( )t = ln( )t trên [x;x+ 1] theo định lý lagrange thì tồn tại c : x<c< x+ 1
sao cho G ( ) ( ( ) ) ( )
x x
x G x
G c
− +
− +
=
1
1 ,
⇔ =
c
1
ln(x+ 1)− lnx
Vì c<x+1 ⇔
c
1
>( 1)
1
+
x ⇒ ln(x+ 1)− lnx> ( 1)
1
+
x
⇔ ln(x+ 1)− lnx
-1
1
+
x >0 ⇔ f,( )x >0 ⇔ f( )x đồng biến trên [x;x+ 1] ⇔ f(x+ 1)> f( )x ⇔ ( )
+
>
+ + +
x
x x
1
1 1 ln
hay
x x
x
+ +
>
+ +
+
1
1 1 1
1 1
1
với x>0 đpcm.
Trang 11Bài 7: Cho n∈ Ζ + chứng minh rằng : x n 1 −x <
ne
2
1
với mọi x∈( )0 ; 1
Giải
Hớng dẫn học sinh chứng minh bất đẳng thức tơng tơng với chứng minh bất
đẳng thức x2n(1 −x) <
ne
2
1
⇔ x2n2n(1 −x) <
e
1
với mọi x∈( )0 ; 1 ( )1
ta có
n
x2n2 1
n
x x x xx x
2
. ( 2n− 2nx) ≤ cosi ( ) =
+
−
1 2
2 2
n
nx n
1 2
+
n
n
n ( )2
từ ( )1 và ( )2 ta sẽ chứng minh
1 2
1 2
+
n
n
n <
e
1
⇔ (2n+ 1) ( [ln 2n+ 1)− ln( )2n] > 1 ⇔ ln(2n+ 1)− ln( )2n >
1 2
1
+
n
Xét hàm số f( )x = lnx khả vi trên (2n; 2n+ 1) theo định lý lagrang
⇒ ∃c∈(2n; 2n+ 1) để ( ) ( ) ( )
n n
n f n
f c f
2 1 2
2 1 2 ,
− +
− +
c ln 2 1 ln 2
Do 2n<c< 2n+ 1 nên
1 2
1 1
+
>
n
c ⇔ ln(2n+ 1)− ln( )2n >
1 2
1
+
n
Vậy x n 1 −x <
ne
2
1
với mọi x∈( )0 ; 1 và n∈ Ζ + đpcm.
Bài 8: Cho 0<a<b ,n>1 ,chứng minh rằng
na n− 1(b−a)<b n-a n <nb n− 1(b−a) ( )1
Giải:
Xét hàm số:f( )x = x n,x∈( )a;b
( f,( )x =nx n− 1 ) theo định lý lagrage thì tồn tại c∈( )a; b thoã mãn
( ) ( ) ( )
a b
a f b f c
f
−
−
=
a b
a b
−
−
=
⇔ − 1 ⇔ b n −a n = n.c n− 1(b−a) Nên từ (1) ⇔ na n− 1(b−a)<b n-a n <nb n− 1(b−a)
⇔ n.a n− 1(b−a)<n.c n− 1(b−a)<n.b n− 1(b−a)
⇔ a n− 1 <c n− 1 <b n− 1 ( vì n(b−a)> 0 )
Bất đẳng thức đúng vì o<a<c<b và n-1>0
Vậy ( )1 đã đợc chứng minh
II Kết quả thực nghiệm.
+ Sau khi đợc bổ sung thêm những dạng bài tập toán,học sinh đã biết mở rộng để giải
quyết thêm các dạng bài tập khác khau nh giải phơng trình ,giải bất phơng trình, tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất
+ Trong các kỳ thi thử đại học Đại học, thi Đại học