Chuyên đề Toán 12

CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!! 1 HÀM SỐ 1. TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ Dạng 1: Tính đơn điệu của hàm số I. Kiến thức cơ bản 1. Định nghĩa Giả sử hàm số y = f(x) xác định trên K: + Hàm số y = f(x) đƣợc gọi đồng biến trên khoảng K nếu: 1 2 1 2 1 2, , ( ) ( )x x K x x f x f x + Hàm số y = f(x) đƣợc gọi là nghịch biến trên khoảng K nếu: 1 2 1 2 1 2, , ( ) ( )x x K x x f x f x 2. Qui tắc xét tính đơn điệu a. Định lí Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên K: + Nếu f‟(x) > 0 với mọi x thuộc K thì hàm số đồng biến + Nếu f‟(x) < 0 với mọi x thuộc K thì hàm số nghịch biến b. Qui tắc B1: Tìm tập xác định của hàm số B2: Tính đạo hàm của hàm số. Tìm các điểm xi (i = 1, 2,…,n) mà tại đó đạo hàm bằng 0 hoặc không xác định. B3: Sắp xếp các điểm xi theo thứ tự tăng dần và lập bảng biến thiên. B4: Nêu kết luận về các khoảng đồng biến, nghịch biến. II. Các ví dụ Loại 1: Xét sự biến thiên của hàm số Ví dụ 1. Xét sự đồng biến và nghịc biến của hàm số: 3 2 2 4 2 1 1 . y = 2 2 b. y = -x 3 4 e. y = x ( 3), (x > 0) 3 2 x - 1 c. y = x 2 3 . y = x +1 a x x x x x x d Ví dụ 2. Xét sự biến thiên của các hàm số sau: 2 3 4 2 3 2 2 2 . y = 3x 8 b. y = x 8 5 c. y = x 6 9 3- 2x x 2 3 . y = e. y = f. y = 25-x x + 7 1 a x x x x x d x Loại 2: Chứng minh hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên khoảng xác định. Phƣơng pháp + Dựa vào định lí. Ví dụ 3. Chứng minh hàm số 22y x x nghịch biến trên đoạn [1; 2] Ví dụ 4 a. Chứng minh hàm số 2 9y x đồng biến trên nửa khoảng [3; + ). b. Hàm số 4 y x x nghịc biến trên mỗi nửa khoảng [-2; 0) và (0;2] Ví dụ 5. Chứng minh rằng a. Hàm số 3 2 1 x y x nghịch biến trên mỗi khoảng xác định của nó. b. Hàm số 22 3 2 1 x x y x đồng biến trên mỗi khoảng xác định của nó. c. Hàm số 2 8y x x nghịch biến trên R. CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!! 2 Dạng 2. Tìm giá trị của tham số để một hàm số cho trƣớc đồng biến, nghịch biến trên khoảng xác định cho trƣớc Phƣơng pháp: + Sử dụng qui tắc xét tính đơn điêu của hàm số. + Sử dụng định lí dấu của tam thức bậc hai Ví dụ 6. Tìm giá trị của tham số a để hàm số 3 21( ) ax 4 3 3 f x x x đồng biến trên R. Ví dụ 7. Tìm m để hàm số 2 25 6 ( ) 3 x x m f x x đồng biến trên khoảng (1; ) Ví dụ 8. Với giá trị nào của m, hàm số: 2 1 m y x x đồng biến trên mỗi khoảng xác định của nó. Ví dụ 9 Xác định m để hàm số 3 2( 1) ( 3) 3 x y m x m x đồng biến trên khoảng (0; 3) Ví dụ 10 Cho hàm số 4mx y x m a. Tìm m để hàm số tăng trên từng khoảng xác định b. Tìm m để hàm số tăng trên (2; ) c. Tìm m để hàm số giảm trên ( ;1) Ví dụ 11 Cho hàm số 3 23(2 1) (12 5) 2y x m x m x . Tìm m để hàm số: a. Liên tục trên R b. Tăng trên khoảng (2; ) Ví dụ 12 (ĐH KTQD 1997) Cho hàm số 3 2 2ax (2 7 7) 2( 1)(2 3)y x a a x a a đồng biến trên [2:+ ) Dạng 3. Sử dụng chiều biến thiên để chứng minh BĐT Phƣơng pháp Sử dụng các kiến thức sau: + Dấu hiệu để hàm số đơn điệu trên một đoạn. + f ( x) đồng biến trên [a; b] thì ( ) ( ) ()f a f x f + f(x) nghịch biến trên [a; b] thì ( ) ( ) ( )f a f x f b Ví dụ 1. Chứng minh các bất đẳng thức sau: 2 2 3 1 1 . tanx > sinx, 0< x < b. 1 + 1 1 , 0 < x < + 2 2 8 2 x x . cosx > 1 - , 0 d. sinx > x - , x > 0 2 6 x a x x x c x Ví dụ 2. Chohàm số f(x) = 2sinx + tanx – 3x a. Chứng minh rằng hàm số đồng biến trên nửa khoảng 0; 2 b. Chứng minh rằng 2sin tan 3 , (0; ) 2 x x x x Ví dụ 3 Cho hàm số ( ) t anx - xf x CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!! 3 a.Chứng minh hàm số đồng biến trên nửa khoảng 0; 2 b. Chứng minh 3 tan , (0; ) 3 2 x x x x Ví dụ 3 Cho hàm số 4 ( ) t anx, x [0; ] 4 f x x a. Xét chiều biến thiên của hàm số trên [0; ] 4 b. Chứng minh rằng 4 tan , [0; ] 4 x x x  CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ Dạng 1. Tìm cực trị của hàm số Phƣơng pháp: Dựa vào 2 qui tắc để tìm cực trị của hàm số y = f(x) Qui tắc I. B1: Tìm tập xác định. B2: Tính f‟(x). Tìm các điểm tại đó f‟(x) = 0 hoặc f‟(x) không xác định. B3. Lập bảng biến thiên. B4: Từ bảng biến thiên suy ra các cực trị Qui tắc II. B1: Tìm tập xác định. B2: Tính f‟(x). Giải phƣơng trình f‟(x) = 0 và kí hiệu là xi là các nghiệm của nó. B3: Tính f ”(xi) B4: Dựa vào dấu của f ” (xi) suy ra cực trị ( f ”(xi) > 0 thì hàm số có cực tiểu tại xi; ( f ”(xi) < 0 thì hàm số có cực đại tại xi) * Chú ý: Qui tắc 2 thƣờng dùng với hàm số lƣợng giác hoặc việc giải phƣơng trình f‟(x) = 0 phức tạp. Ví dụ 1. Tìm cực trị của hàm số 3 22 3 36 10y x x x Qui tắc I. TXĐ: R 2 2 ' 6 6 36 ' 0 6 6 36 0 2 3 y x x y x x x x + - - 54 71 ++ - 00 2-3 +- y y' x Vậy x = -3 là điểm cực đại và ycđ =71 x= 2 là điểm cực tiểu và yct = - 54 Qui tắc II TXĐ: R 2 2 ' 6 6 36 ' 0 6 6 36 0 2 3 y x x y x x x x y”= 12x + 6 y‟‟(2) = 30 > 0 nên hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và yct = - 54 y‟‟(-3) = -30 < 0 nên hàm số đạt cực đại tại x = -3 và ycđ =71 Bài1. Tìm cực trị của các hàm số sau: CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!! 4 2 3 4 3 3 2 4 2 3 2 . y = 10 + 15x + 6x b. y = x 8 432 . y = x 3 24 7 d. y = x - 5x + 4 e. y = -5x + 3x - 4x + 5 a x x c x x 3 f. y = - x - 5x Bài 2. Tìm cực trị của các hàm số sau: 2 2 2 2 2 2 x+1 x 5 (x - 4) . y = b. y = c. y = x 8 1 2 5 9 x 3 3 x . y = x - 3 + e. y = f. y = x - 2 1 x 4 x a x x x x d x Bài 3. Tìm cực trị các hàm số 2 2 2 3 2 2 x+1 5 - 3x . y = x 4 - x b. y = c. y = x 1 1 - x x x . y = e. y = f. y = x 3 - x 10 - x 6 a d x Bài 4. Tìm cực trị các hàm số: . y = x - sin2x + 2 b. y = 3 - 2cosx - cos2x c. y = sinx + cosx 1 d. y = sin2x e. y = cosx + os2x f. 2 a c y = 2sinx + cos2x víi x [0; ] Dạng 2. Xác lập hàm số khi biết cực trị Để tìm điều kiện sao cho hàm số y = f(x) đạt cực trị tại x = a B1: Tính y‟ = f‟(x) B2: Giải phƣơng trình f‟(a) = 0 tìm đƣợc m B3: Thử lại giá trị a có thoả mãn điều kiện đã nêu không ( vì hàm số đạt cực trị tại a thì f‟(a) = 0 không kể CĐ hay CT) Ví dụ 1. Tìm m để hàm số y = x3 – 3mx2 + ( m - 1)x + 2 đạt cực tiểu tại x = 2 LG 2' 3 6 1y x mx m . Hàm số đạt cực trị tại x = 2 thì y‟(2) = 0 23.(2) 6 .2 1 0 1m m m Với m = 1 ta đƣợc hàm số: y = x3 – 3x2 + 2 có : 2 0 ' 3 6 ' 0 2 x y x x y x tại x = 2 hàm số đạt giá trị cực tiểu Vậy m = 1 là giá trị cần tìm Bài 1. Xác định m để hàm số 3 23 5 2 ®³t cùc ®³i t³i x = 2y mx x x Bài 2. Tìm m để hàm số 3 2 2( ) 5 cã cùc trÞ t³i x = 1. Khi ®ã h¯m sè cã C§ hay CT 3 y x mx m x Bài 3. Tìm m để hàm số 2 1 ®³t cùc ®³i t³i x = 2 x mx y x m Bài 4. Tìm m để hàm số 3 2 22 2 ®³t cùc tiÓu t³i x = 1y x mx m x Bài 5. Tìm các hệ số a, b, c sao cho hàm số: 3 2( ) axf x x bx c đạt cực tiểu tại điểm x = 1, f(1) = -3 và đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 Bài 6. Tìm các số thực q, p sao cho hàm số ( ) 1 q f x xp x đạt cực đại tại điểm x = -2 và f(-2) = -2 Hướng dẫn: 2 '( ) 1 , x -1 ( 1) q f x x + Nếu 0 th× f'(x) > 0 víi x -1. Do ®ã h¯m sè lu«n ®ång biÕn . H¯m sè kh«ng cã cùc trÞ.q + Nếu q > 0 thì: CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!! 5 2 2 12 1 '( ) 0 ( 1) 1 x qx x q f x x x q Lập bảng biến thiên để xem hàm đạt cực tại tại giá trị x nào. Dạng 3. Tìm điều kiện để hàm số có cực trị Bài toán: „Tìm m để hàm số có cực trị và cực trị thoả mãn một tính chất nào đó.‟ Phƣơng pháp B1: Tìm m để hàm số có cực trị. B2: Vận dụng các kiến thức khác Chú ý: Hàm số 3 2ax ( 0)y bx cx d a có cực trị khi và chỉ khi phƣơng trình y‟ = 0 có hai nghiệm phân biệt. Cực trị của hàm phân thức ( ) ( ) p x y Q x . Giả sử x0 là điểm cực trị của y, thì giá trị của y(x0) có thể đƣợc tính bằng hai cách: hoặc 0 0 0 0 0 0 ( ) '( ) ( ) hoÆc y(x ) ( ) '( ) P x P x y x Q x Q x Ví dụ . Xác định m để các hàm số sau có cực đại và cực tiểu 2 3 21 x 2 4. y = ( 6) 1 . y = 3 mx m a x mx m x b x Hƣớng dẫn. a. TXĐ: R 2' 2 6y x mx m . Để hàm số có cực trị thì phƣơng trình: 2 2 6 0 cã 2 nghiÖm ph©n biÖtx mx m 2 3 ' 6 0 2 m m m m b. TXĐ: \ 2 2 2 2 2 2 (2 )( 2) ( 2 4) 4 4 4 ' ( 2) ( 2) ¯m sè cã cùc ®³i, cùc tiÓu khi ' 0 ã hai nghiÖm ph©n biÖt kh²c -2 4 4 4 0 ' 0 4 4 4 0 0 4 8 4 4 0 0 x m x x mx m x x m y x x H y c x x m m m m m Bài 1. Tìm m để hàm số 3 23 2. Víi gi² trÞ n¯o cña m th× h¯m sè cã C§, CT?y x mx Bài 2. Tìm m để hàm sô 2 3( 1) 1x m m x m y x m luôn có cực đại và cực tiểu. Bài 3. Cho hàm số 3 22 ± 12 13y x x . Tìm a để hàm số có cực đại, cực tiểu và các điểm cực tiểu của đồ thị cách đều trục tung. Bài 4. Hàm số 3 22( 1) 4 1 3 m y x m x mx . Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu. Bài 5. Cho hàm 2 1 x mx y x . Tìm m để hàm số có cực trị Bài 6. Cho hàm số 2 2 4 2 x mx m y x . Xác định m để hàm số có cực đại và cực tiểu. Dạng 4. Tìm tham số để các cực trị thoả mãn tính chất cho trƣớc. Phƣơng pháp + Tìm điều kiện để hàm số có cực trị CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!! 6 + Vận dụng các kiến thức về tam thức, hệ thức Viet để thoả mãn tính chất. Ví dụ . Bài1. Tìm cực trị của các hàm số sau: 2 3 4 3 3 2 4 2 3 2 . y = 10 + 15x + 6x b. y = x 8 432 . y = x 3 24 7 d. y = x - 5x + 4 e. y = -5x + 3x - 4x + 5 a x x c x x 3 f. y = - x - 5x Bài 2. Tìm cực trị của các hàm số sau: 2 2 2 2 2 2 x+1 x 5 (x - 4) . y = b. y = c. y = x 8 1 2 5 9 x 3 3 x . y = x - 3 + e. y = f. y = x - 2 1 x 4 x a x x x x d x Bài 3. Tìm cực trị các hàm số 2 2 2 3 2 2 x+1 5 - 3x . y = x 4 - x b. y = c. y = x 1 1 - x x x . y = e. y = f. y = x 3 - x 10 - x 6 a d x Bài 4. Tìm cực trị các hàm số: . y = x - sin2x + 2 b. y = 3 - 2cosx - cos2x c. y = sinx + cosx 1 d. y = sin2x e. y = cosx + os2x f. 2 a c y = 2sinx + cos2x víi x [0; ] Bài 5. Xác định m để hàm số 3 23 5 2 ®³t cùc ®³i t³i x = 2y mx x x Bài 6. Tìm m để hàm số 3 2 2( ) 5 cã cùc trÞ t³i x = 1. Khi ®ã h¯m sè cã C§ hay CT 3 y x mx m x Bài 7. Tìm m để hàm số 2 1 ®³t cùc ®³i t³i x = 2 x mx y x m Bài 8. Tìm m để hàm số 3 2 22 2 ®³t cùc tiÓu t³i x = 1y x mx m x Bài 9. Tìm các hệ số a, b, c sao cho hàm số: 3 2( ) axf x x bx c đạt cực tiểu tại điểm x = 1, f(1) = -3 và đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 Bài 10. Tìm các số thực q, p sao cho hàm số ( ) 1 q f x xp x đạt cực đại tại điểm x = -2 và f(-2) = -2 Bài 11. Tìm m để hàm số 3 23 2. Víi gi² trÞ n¯o cña m th× h¯m sè cã C§, CT?y x mx Bài 12. Tìm m để hàm sô 2 3( 1) 1x m m x m y x m luôn có cực đại và cực tiểu. Bài 13. Cho hàm số 3 22 ± 12 13y x x . Tìm a để hàm số có cực đại, cực tiểu và các điểm cực tiểu của đồ thị cách đều trục tung. Bài 14. Hàm số 3 22( 1) 4 1 3 m y x m x mx . Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu. Bài 15. Cho hàm 2 1 x mx y x . Tìm m để hàm số có cực trị Bài 16. Cho hàm số 2 2 4 2 x mx m y x . Xác định m để hàm số có cực đại và cực tiểu. CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!! 7  GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ DẠNG 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số Để tìm GTLN, GTNN của hàm số y = f(x) trên ;a b : +B1: Tính đạo hàm của hàm số y‟ = f‟(x) + B2: Xét dấu đạo hàm f‟(x), lập bảng biến thiên Trong đó tại x0 thì f‟(x0) bằng 0 hoặc không xác định Để tìm GTLN, GTNN của hàm số y = f(x) trên [a; b]: B1: Tìm caùc giaù trò xi ;a b (i = 1, 2, ..., n) laøm cho ñaïo haøm baèng 0 hoaëc khoâng xaùc ñònh . B2: Tính 1 2 ( ), ( ), ( ),..., ( ), ( ) n f a f x f x f x f b B3: GTLN = max{ 1 2 ( ), ( ), ( ),..., ( ), ( ) n f a f x f x f x f b } GTNN = Min{ 1 2 ( ), ( ), ( ),..., ( ), ( ) n f a f x f x f x f b } Ví dụ 1. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số 1 y x x trên khoảng (0; ) Hƣớng dẫn: Dễ thầy h àm số liên tục trên (0; ) 2 2 2 2 1 1 ' 1 ' 0 1 0 1 x y y x x x x . Dễ thấy 1 (0; )x Vậy Minf(x) = 2 khi x = 1 và hàm số không có giá trị lớn nhất. Ví dụ 2. Tính GTLN, GTNN của hàm số 3 22 3 4 3 x y x x trên đoạn [-4; 0] Hƣớng dẫn Hàm số liên tục trên [-4; 0], 2 2 [-4;0] [-4;0] 1 '( ) 4 3 '( ) 0 4 3 0 3 16 16 ( 4) , ( 3) 4, ( 1) , (0) 4 3 3 Ëy Max 4 x = -3 hoÆc x = 0 16 Min khi x = -4 hoÆc x = -1 3 x x x f x x x f x x x x f f f f V y khi y Bài 1. Tìm GTLN, GTNN của hàm số (nếu có): 3 2 3 4 2 3 2 . f(x) = x 3 9 1 trªn [-4; 4] b. f(x) = x 5 4 trªn ®o³n [-3; 1] c. f( ) 8 16 trªn ®o³n [-1; 3] d. f(x) x 3 9 7 trª ®o³n [-4; 3] a x x x x x Bài 2. Tìm GTLN, GTNN của hàm số (nếu có): GTLN -+ y y' bx0ax GTNN +- y y' bx0ax ++ 0 2 +- y y' +10x CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!! 8 2 x 1 . f(x) = trªn nöa kho°ng (-2; 4] b. f(x) = x +2 + trªn kho°ng (1; + ) x + 2 x- 1 c. f(x) = x 1 - x d. f(x) a 1 3 = trªn kho°ng ( ; ) cosx 2 2  TIỆM CẬN CỦA HÀM SỐ I. Kiến thức cần nắm Cho hàm số y = f(x) có đồ thị là (C) y = y0 là tiệm cận ngang của nếu một trong hai điệu kiên sau đƣợc thoả mãn: 0 0 lim ( ) ,hoÆc lim ( ) x x f x y f x y x = x0 là tiệm cận đứng của (C) nếu một trong các điều kiện sau đựơc thoả mãn: 0 0 0 0 lim , lim , lim , lim x x x x x x x x Đƣờng thẳng y = ax + b ( 0a ) đƣợc gọi là tiệm cận xiên nếu một trong hai điều kiện sau thoả mãn: lim [ ( ) (ax + b)] = 0 hoÆc lim [ ( ) (ax+b)]=0 x x f x f x II. Các dạng toán Dạng 1: Tiệm cận hàm số hữu tỉ ( ) ( ) P x y Q x Phƣơng pháp Tiệm cận đứng: Nghiệm của mẫu không phải là nghiệm của tử cho phép xác định tiệm cận đứng. Tiệm cận ngang, xiên: + Det(P(x)) < Det (Q(x)): Tiệm cận ngang y = 0 + Det(P(x)) = Det(Q(x)): Tiệm cận ngang là tỉ số hai hệ số bậc cao nhất của tử và mẫu. + Det (P(x)) = Det(Q(x)) + 1: Không có tiệm cận ngang; Tiệm cận xiên đƣợc xác định bằng cách phân tích hàm số thành dạng: f(x) = ax + b + ( )x với lim ( ) 0 x x thì y = ax + b là tiệm cận xiên. Ví dụ 1. Tìm các tiệm cận của các hàm số: 2 2 2x- 1 x 7 x + 2 . y = b. y = c. y = x + 2 3 1 x a x Hƣớng dẫn a. Ta thấy 2 2 2 1 2 1 lim ; lim 2 2x x x x x x nên đƣờng thẳng x= 2 là tiệm cận đứng. Vì 1 2 2 1 lim lim 2 22 1 x x x x x x nên y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. b. + 2 3 7 lim 3x x x x . Nên x = 3 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. + 1 2 3 y x x . Ta thấy 1 lim[y - (x + 2)]= lim 0 3x x x Vậy y = x+ 2 là tiệm cân xiên của đồ thị hàm số. c. Ta thấy 2 1 2 lim . 1x x x Nên x = 1 là đƣờng tiệm cận đứng. + 2 1 2 lim 1x x x . Nên x = -1 là tiệm cận đứng. + 2 2 2 1 2 2 lim 0 11 1 x x x x x x . Nên y = 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!! 9 Dạng 2. Tiệm cận của hàm vô tỉ 2ax ( 0)y bx c a Phƣơng pháp Ta phân tích 2 ax ( ) 2 b bx c a x x a Với lim ( ) 0 x x khi đó ( ) 2 b y a x a có tiệm cận xiên bên phải Với lim ( ) 0 x x khi đó ( ) 2 b y a x a có tiệm cận xiên bên tr ái VÝ dô T×m tiÖm cËn cña hµm sè: 29 18 20y x x H•íng dÉn 29( 2) 6y x C¸c tÝnh giíi h¹n v« cùc cña hµm sè ( ) ( ) f x y g x lim ( ) 0 f x x x lim ( ) 0 g x x x DÊu cña g(x) ( ) lim ( )0 f x x x g x L Tuú ý 0 L > 0 0 + + - - L < 0 0 - + + - Bµi 1. T×m tiÖm cËn c¸c hµm sè sau: 2x - 1 3 - 2x 5 -4 . y = b. y = c. y = d. y = x + 2 3x + 1 2 - 3x x + 1 x 1 1 e. y = f. y = 4 + 2x + 1 x- 2 a -x + 3 4 - x g. y = h. y = x 3x + 1 Bµi 2. T×m tiÖm cËn cña c¸c hµm sè sau: 2 2 2 2 2 2 2 2 x 12 27 x 2 x 3 2- x . y = b. y = c. y = d. y = 4 5 ( 1) 4 x 4 3 1 x 2 . y = 2x -1 + f. y = x 3 x x x a x x x x x x e x 3 2 2 2 1 2x g. y = x- 3 + h. y = 2(x- 1) 1 x x Bµi 3. T×m tiÖm cËn c¸c hµm sè 2 2 x . y = 1 x+ 3 b. y = x+ 1 1 . 4 x a x x c y x Bµi 4. X¸c ®Þnh m ®Ó ®å thÞ hµm sè: 2 2 3 2( 2) 1 x y x m x m cã ®óng 2 tiÖm cËn ®øng. 2 -2 -4 -5 5 2 -2 -4 -5 5 2 -2 -4 -5 5 CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!! 10 Bµi 5. TÝnh diÖn tÝch cña tam gi¸c t¹o bëi tiÖm cËn xiªn cña ®å thÞ t¹o víi hai trôc to¹ ®é cña c¸c hµm sè: 2 23x 1 -3x 4 . y = b. y = 1 2 x x a x x Bµi 6.(§HSP 2000). T×m m ®Ó tiÖm cËn xiªn cña ®å thÞ hµm sè 2 2( 1) 4 3 2 x m x m y x t¹o víi hai trôc to¹ ®é mét tam gi¸c cã diÖn tÝch b»ng 8 (®vdt) Bµi 7. Cho hµm sè: 2 (3 2) 3 3 1 x x m m y x (1) a. T×m m ®Ó tiÖm cËn xiªn cña ®å thÞ ®i qua ®iÓm (4; 3)A b. T×m m ®Ó ®•êng tiÖm cËn xiªn cña (1) c¾t Parabol 2 y x t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt. 4. kh¶o s¸t vµ vÏ hµm bËc ba D¹ng 1: Kh¶o s¸t vµ vÏ hµm sè 3 2 (a 0)y ax bx cx d Ph•¬ng ph¸p 1. T×m tËp x¸c ®Þnh. 2. XÐt sù biÕn thiªn cña hµm sè a. T×m c¸c giíi h¹n t¹i v« cùc vµ c¸c giíi h¹n t¹i v« cùc (nÕu cã). T×m c¸c ®•êng tiÖm cËn. b. LËp b¶ng biÕn thiªn cña hµm sè, bao gåm: + T×m ®¹o hµm, xÐt dÊu ®¹o hµm, xÐt chiÒu biÕn thiªn vµ t×m cùc trÞ. + §iÒn c¸c kÕt qu¶ vµo b¶ng. 3. VÏ ®å thÞ cña hµm sè. + VÏ ®•êng tiÖm cËn nÕu cã. + X¸c ®Þnh mét sè ®iÓm ®Æc biÖt: Giao víi Ox, Oy, ®iÓm uèn. + NhËn xÐt ®å thÞ: ChØ ra t©m ®èi xøng, trôc ®èi xøng (kh«ng cÇn chøng minh) VÝ dô 1. Cho hµm sè: 3 23 1y x x a. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè. b. Tuú theo gi¸ trÞ cña m, biÖn luËn sè nghiÖm cña ph•¬ng tr×nh: 3 23 1x x m H•íng dÉn a. 1. TX§: D  2. Sù biÕn thiªn cña hµm sè a. Giíi h¹n t¹i v« cùc 3 3 2 3 3 3 2 3 3 1 lim ( 3 1) lim (1 ) 3 1 lim ( 3 1) lim (1 ) x x x x x x x x x x x x x x c. B¶ng biÕn thiªn 2 2 0 ' 3 6 ' 0 3 6 0 2 x y x x y x x x Hµm sè ®ång biÕn trªn c¸c kho¶ng ( ;0) v¯ (2; + ) Vµ nghÞch biÕn trªn kho¶ng (0; 2). Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i ®iÓm x= 2 ; vµ yC§=y(2)= 3 Hµm sè ®¹t cùc tiÓu t¹i ®iÓm x =0 vµ yCT = y(1) = -1 3. §å thÞ + Giao víi Oy: cho x = 0 0y . Vëy giao víi Oy t¹i ®iÓm O(0; -1) + '' 0 6 6 0 1y x x . §iÓm A (1; 1) + NhËn ®iÓm A lµm t©m ®èi xøng. b. 3 - + -1 -- + 00 20 +- y y' x 2 -2 -5 5 CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!! 11 Sè nghiÖm cña ph•¬ng tr×nh lµ sè giao ®iÓm cña 2 ®å thÞ 3 23 1y x x vµ y =m Dùa vµo ®å thÞ ta cã kÕt qu¶ biÖn luËn: m > 3: Ph•¬ng tr×nh cã 1 nghiÖm. 3 ph­¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm -1< m < 3: Ph­¬ng tr×nh cã 3 nghiÖm. m = -1: Ph­¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm m < -1: Ph­¬ng tr×nh cã 1nghiÖm m C¸c bµi to¸n vÒ hµm bËc ba Bµi 1(TNTHPT – 2008) Cho hµm sè 3 22 3 1y x x a. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè. b. BiÖm luËn theo m sè nghiÖm cña ph•¬ng tr×nh 3 22 3 1x x m Bµi 2 (TN THPT- lÇn 2 – 2008) Cho hµm sè y = x3 - 3x2 a. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè ®· cho. b. T×m c¸c gi¸ trÞ cña m ®Ó ph•¬ng tr×nh 3 23 0x x m cã 3 nghiÖm ph©n biÖt. Bài 3 (TNTHPT - 2007) Cho hàm số y= 3 3 2x x có đồ thị là (C) . a/ Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số . b/ Viết phƣơng trình tiếp tuyến tại điểm A(2 ;4) . Bài 4 (TNTHPT - 2006) Cho hàm số y= 3 23x x có đồ thị (C) . a/ Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số . b/ Dựa vào đồ thị biện luận số nghiệm phƣơng trình : 3 23x x -m=0 . Bài 5 (TNTHPT – 2004- PB) Cho hàm số y= 3 26 9x x x có đồ thị là (C) . a/ Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số . b/ Viết phƣơng trình tiếp tuyến tại điểm cã ho¯nh ®é l¯ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh y’’=0 . c/ Với giá trị nào của m thì đƣờng thẳng y=x+m2-m đi qua trung điểm của đoạn thẳng nối cực đại vào cực tiểu . Bài 6 (TNTHPT – 2004 - KPB) Cho hàm số y= 3 2 33 4x mx m . a/ Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m=1 . b/ Viết phƣơng trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x=1 . Bµi 7 (§H- A- 2002) Cho hµm sè 3 2 2 3 23 3(1 )y x mx m x m m a. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè víi m= 1 b. T×m k ®Ó ph•¬ng tr×nh: 3 2 3 23 3 0x x k k cã 3 nghiÖm ph©n biÖt. c. ViÕt ph•¬ng tr×nh ®•êng th¼ng qua 2 ®iÓm cùc trÞ cña ®å thÞ hµm sè (1). Bµi 8 (C§ SP MGTW- 2004) Cho hµm sè y = x3 - 3x2 + 4m CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!! 12 a. Chøng minh ®å thÞ hµm sè lu«n cã 2 cùc trÞ. b. Kh¶o s¸t vµ vÏ ®å thÞ hµm sè khi m = 1 Bµi 9 (§H-B- 2007) Cho hµm sè 3 2 2 23 3( 1) 3 1y x x m x m a. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè víi m =1 b. T×m m ®Ó hµm sè cã cùc ®¹i cùc tiÓu vµ c¸c ®iÓm cùc trÞ c¸ch ®Òu ®iÓm O. Bµi 10 (§H - D - 2004) Cho hµm sè y = x3 – 3mx2 + 9x + 1 a. Kh¶o s¸t vµ vÏ ®å thÞ hµm sè víi m = 2 b. T×m m ®Ó nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh y’’= 0 thuéc ®­êng th¼ng y = x+ 1 Bµi 8 Cho hµm sè y = (x -1)(x2 + mx + m) a. T×m m ®Ó ®å thÞ hµm sè c¾t trôc hoµnh t¹i 3 ®iÓm ph©n biÖt b. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè víi m= 4 Bµi 3 Cho hµm sè 3 22 3( 1) 6( 2) 1y x m x m x a. Kh¶o s¸t vµ vÏ ®å thÞ hµm sè víi m =2 b. Víi gi¸ trÞ nµo cña m hµm sè cã cùc ®¹i, cùc tiÓu. Bµi 5 (§H 2006- D) Cho hµm sè 3 3 2y x x a. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (C) cña hµm sè. b. Gäi d lµ ®•êng th¼ng qua ®iÓm A(3; 20) vµ cã hÖ sè gãc m. T×m m ®Ó ®•êng th¼ng d c¾t (C ) t¹i 3 ®iÓm phÇn biÖt. (Gîi ý ®•êng th¼ng d qua M(x0;y0) cã hÖ sè gãc m cã d¹ng: y = m(x - x0) + y 0) Bµi 7 Cho hµm sè y = (x - m)3 - 3x a. Kh¶o s¸t vµ vÏ ®å thÞ hµm sè víi m = 1 b. T×m m ®Ó hµm sè ®· cho ®¹t cùc tiÓu t¹i ®iÓm cã hoµnh ®é x = 0 Bµi 8 Cho hµm sè y = (x -1)(x2 + mx + m) c. T×m m ®Ó ®å thÞ hµm sè c¾t trôc hoµnh t¹i 3 ®iÓm ph©n biÖt d. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè víi m= 4 Bµi 11 Cho hµm sè y = 3 2 22 2x mx m x a. Kh¶o s¸t vµ vÏ ®å thÞ hµm sè khi m =1 b. T×m m ®Ó hµm sè ®¹t cùc tiÓu t¹i x = 1  Hµm bËc bèn trïng ph•¬ng vµ mét sè bµi tËp cã liªn quan I. Mét sè tÝnh chÊt cña hµm trïng ph•¬ng Hµm sè lu«n cã cùc trÞ víi mäi gi¸ trÞ cña tham sè sao cho 0a Hµm sè ®¹t gi¸ trÞ cùc ®¹i, cùc tiÓu 2' 0 2 (2 ) 0y x ax b cã ba nghiÖm ph©n biÖt 0 2 b a §å thÞ hµm sè lu«n nhËn Oy lµ trôc ®èi xøng. NÕu hµm sè cã ba cùc trÞ trÞ chóng t¹o thµnh mét tam gi¸c c©n. D¹ng to¸n: Kh¶o s¸t vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè VÝ dô 1 (TNTHPT-2008) CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!! 13 Cho hµm sè 4 22y x x a. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè. b. ViÕt ph•¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña ®å thÞ hµm sè t¹i ®iÓm cã hoµnh ®é x = -2 VÝ dô 2. Cho hµm sè 4 3 24 3( 1) 1y x mx m x a. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè víi m =0 b. Víi gi¸ trÞ nµo cña m hµm sè cã 3 cùc trÞ Bµi tËp hµm sè trïng ph•¬ng Bµi 1. Kh¶o s¸t vµ vÏ ®å thÞ c¸c hµm sè sau: 4 2 4 2 4 2 4 2 4 2 4 2 . y= -x 2 b. y = x 2 c. y = x 6 1 1 5 . y = 3 e.y = -x +2x +3 f. y = x +2x + 2 2 a x x x d x x 1 Bµi 2. Cho hµm sè 4 2 22 1y x m x a. Kh¶o s¸t vµ vÏ ®å thÞ hµm sè víi m =1 b. T×m m ®Ó ®å thÞ hµm sè cã ba cùc trÞ lµ ba ®Ønh cña tam gi¸c vu«ng c©n. Bµi 3 (§H §µ L¹t - 2002) a. Gi¶i ph•¬ng tr×nh 4 22 1 0x x b. Kh¶o s¸t vµ vÏ ®å thÞ hµm sè y = 4 22 1x x c. BiÖn luËn theo m sè nghiÖm cña ph•¬ng tr×nh 4 22 1 0x x m Bµi 4 (§H Th¸i Nguyªn - 2002) Cho hµm sè 4 2 m 2 (C )y x mx a. Kh¶o s¸t vµ vÏ ®å thÞ hµm sè víi m = 1 b. H·y x¸c ®Þnh m ®Ó hµm sè ®å thÞ hµm sè cã 3 cùc trÞ Bµi 5. (§H Vinh - 2002) 1. Kh¶o s¸t vµ vÏ ®å thÞ hµm sè 4 25 4y x x 2. X¸c ®Þnh m ®Ó ph•¬ng tr×nh 4 2 25 3 0x x m cã 4 nghiÖm ph©n biÖt. Bµi 6 Cho hµm sè 4 2 92 4 4 x y x a. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (C) cña hµm sè b. BiÖn luËn theo k sè giao ®iÓm cña (C) víi ®å thÞ (P) cña hµm sè 22y k x Bµi 7 Cho hµm sè 4 2 3 22y x mx m m a. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè khi m = 1 b. X¸c ®Þnh m ®Ó ®å thÞ ( ) m C cña hµm sè ®· cho tiÕp xóc víi trôc hoµnh t¹i 2 ®iÓm Bµi 8. (§H CÇn th¬ - 2002) Cho hµm sè 4 22 2y x x m (Cm) a. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè víi m = 0 b. T×m c¸c gi¸ trÞ cña m ®Ó ®å thÞ (Cm) cña hµm sè chØ cã hai ®iÓm chung víi Ox c. Chøng minh víi mäi m tam gi¸c cã 3 ®Ønh lµ ba cùc trÞ lµ mét tam gi¸c vu«ng c©n. CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!! 14 HOÏ ÑÖÔØNG CONG BAØI TOAÙN TOÅNG QUAÙT: Cho hoï ñöôøng cong ),(:)( mxfyCm ( m laø tham soá ) Bieän luaän theo m soá ñöôøng cong cuûa hoï )( mC ñi qua ñieåm );( 000 yxM cho tröôùc. PHÖÔNG PHAÙP GIAÛI: Ta coù : Hoï ñöôøng cong )( mC ñi qua ñieåm );( 000 yxM ),( 00 mxfy (1) Xem (1) laø phöông trình theo aån m. Tuøy theo soá nghieäm cuûa phöông trình (1) ta suy ra soá ñöôøng cong cuûa hoï (Cm) ñi qua M0 Cuï theå: Neáu phöông trình (1) coù n nghieäm phaân bieät thì coù n ñöôøng cong cuûa hoï (Cm) ñi qua M0 Neáu phöông trình (1) voâ nghieäm thì moïi ñöôøng cong cuûa hoï (Cm) ñeàu khoâng ñi qua M0 Neáu phöông trình (1) nghieäm ñuùng vôùi moïi m thì moïi ñöôøng cong cuûa hoï (Cm) ñeàu ñi qua M0 Trong tröôøng hôïp naøy ta noùi raèng M0 laø ñieåm coá ñònh cuûa hoï ñöôøng cong )( mC D¹ng 1: TÌM ÑIEÅM COÁ ÑÒNH CUÛA HOÏ ÑÖÔØNG CONG BAØI TOAÙN TOÅNG QUAÙT: Cho hoï ñöôøng cong ),(:)( mxfyCm ( m laø tham soá ) Tìm ñieåm coá ñònh cuûa hoï ñöôøng cong (Cm) PHÖÔNG PHAÙP GIAÛI Böôùc 1: Goïi );( 000 yxM laø ñieåm coá ñònh (neáu coù) maø hoï (Cm) ñi qua. Khi ñoù phöông trình: ),( 00 mxfy nghieäm ñuùng m (1) Böôùc 2: Bieán ñoåi phöông trình (1) veà moät trong caùc daïng sau: Daïng 1: 0BAm m Daïng 2: 02 CBmAm m AÙp duïng ñònh lyù: 0BAm 0 0 B A m (2) 0 0 0 02 C B A mCBmAm (3) Böôùc 3: Giaûi heä (2) hoaëc (3) ta seõ tìm ñöôïc );( 00 yx Bµi tËp Bµi 1. Cho hä (Cm) 3 2 23( 1) 2( 4 1) 4 ( 1)y x m x m m x m m. CMR: Khi m thay ®æi th× hä ®•êng cong lu«n qua mét ®iÓm cè ®Þnh. Bµi 2. Cho hä ®å thÞ (Cm): 1mx x m . T×m c¸c ®iÓm cè ®Þnh mµ ®å thÞ cña hµm sè lu«n ®i qua víi mäi 1m Bµi 3. Cho hä (Cm) cã ph•¬ng tr×nh: 2 1 1 x mx m y x . Chøng minh r»ng (Cm) lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh. CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!! 15 Bµi 4. Cho hµm sè (Cm): 3 3 2y x mx m a. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè víi m = 1. b. Chøng minh r»ng hä ®•êng cong lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh. Bµi 5. Cho hµm sè: 1 , m 1 mx y x m . Gäi (Hm) lµ ®å thÞ cña hµm sè ®· cho. a. Chøng minh r»ng víi mäi 1m , hä ®•êng cong lu«n qua 2 ®iÓm cè ®Þnh. b. Gäi M lµ giao ®iÓm cña 2 tiÖm cËn. T×m tËp hîp c¸c ®iÓm M khi m thay ®æi. Bµi 6. Cho hµm sè: 3 2 m ( 2) 2( 2) ( 3) 2 1 (C )y m x m x m x m . Chøng minh r»ng hä ®å thÞ lu«n qua ba ®iÓm cè ®Þnh vµ 3 ®iÓm cè ®Þnh ®ã cïng n»m trªn mét ®•êng th¼ng. D¹ng 2: T×m ®iÓm hä ®å thÞ hµm sè kh«ng ®i qua Ph•¬ng ph¸p: B1: Gi¶ sö M(x0; y0) lµ ®iÓm mµ hä ®•êng cong kh«ng thÓ ®i qua. B2: Khi cã ph•¬ng tr×nh: ),( 00 mxfy v« nghiÖm víi m tõ ®ã t×m ®•îc (x0; y0) B3: KÕt luËn vÒ ®iÓm mµ hä ®•êng cong kh«ng thÓ ®i qua. Bµi 1. Cho hµm sè 2 2 m ( 2)( 2 1) (C )y x x mx m . T×m c¸c ®iÓm mµ (Cm) kh«ng thÓ ®i qua. Bµi 2. Cho hµm sè 2(3 1)m x m m y x m a. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè víi m = 1. b. T×m c¸c ®iÓm trªn ®•êng th¼ng x = 1, sao cho kh«ng thÓ cã gi¸ trÞ nµo cña m ®Ó ®å thÞ hµm sè ®i qua. Bµi 3. Cho ®å thÞ hµm sè 3 2 m 2 3( 3) 18 8 (C )y x m x mx . Chøng minh r»ng trªn ®•êng cong y = x2 cã hai ®iÓm mµ (Cm) kh«ng ®i qua víi mä m. CHUYÊN ĐỀ : PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỈ I. PHƢƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƢƠNG ĐƢƠNG 1. Bình phƣơng 2 vế của phƣơng trình a) Phƣơng pháp  Thông thƣờng nếu ta gặp phƣơng trình dạng : A B C D , ta thƣờng bình phƣơng 2 vế , điều đó đôi khi lại gặp khó khăn hãy giải ví dụ sau  3 3 3 33 33 .A B C A B A B A B C và ta sử dụng phép thế : 3 3A B C ta đƣợc phƣơng trình : 33 . .A B A B C C b) Ví dụ Bài 1. Giải phƣơng trình sau : 3 3 1 2 2 2x x x x Giải: Đk 0x Bình phƣơng 2 vế không âm của phƣơng trình ta đƣợc: 1 3 3 1 2 2 1x x x x x , để giải phƣơng trình này dĩ nhiên là không khó nhƣng hơi phức tạp một chút . Phƣơng trình giải sẽ rất đơn giản nếu ta chuyển vế phƣơng trình : 3 1 2 2 4 3x x x x Bình phƣơng hai vế ta có : 2 26 8 2 4 12 1x x x x x Thử lại x=1 thỏa  Nhận xét : Nếu phƣơng trình : f x g x h x k x CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!! 16 Mà có : f x h x g x k x , thì ta biến đổi phƣơng trình về dạng : f x h x k x g x sau đó bình phƣơng ,giải phƣơng trình hệ quả Bài 2. Giải phƣơng trình sau : 3 21 1 1 3 3 x x x x x x Giải: Điều kiện : 1x Bình phƣơng 2 vế phƣơng trình ? Nếu chuyển vế thì chuyển nhƣ thế nào? Ta có nhận xét : 3 21. 3 1. 1 3 x x x x x x , từ nhận xét này ta có lời giải nhƣ sau : 3 21(2) 3 1 1 3 x x x x x x Bình phƣơng 2 vế ta đƣợc: 3 2 2 1 31 1 2 2 0 3 1 3 xx x x x x x x Thử lại : 1 3, 1 3x x l nghiệm Qua lời giải trên ta có nhận xét : Nếu phƣơng trình : f x g x h x k x Mà có : . .f x h x k x g x thì ta biến đổi f x h x k x g x 2. Trục căn thức 2.1. Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung a) Phƣơng pháp Một số phƣơng trình vô tỉ ta có thể nhẩm đƣợc nghiệm 0x nhƣ vậy phƣơng trình luôn đƣa về đƣợc dạng tích 0 0x x A x ta có thể giải phƣơng trình 0A x hoặc chứng minh 0A x vô nghiệm , chú ý điều kiện của nghiệm của phương trình để ta có thể đánh gía 0A x vô nghiệm b) Ví dụ Bài 1 . Giải phƣơng trình sau : 2 2 2 23 5 1 2 3 1 3 4x x x x x x x Giải: Ta nhận thấy : 2 23 5 1 3 3 3 2 2x x x x x v 2 2 3 4 3 2x x x x Ta có thể trục căn thức 2 vế : 2 22 2 2 4 3 6 2 3 43 5 1 3 1 x x x x xx x x x Dể dàng nhận thấy x=2 là nghiệm duy nhất của phƣơng trình . Bài 2. Giải phƣơng trình sau (OLYMPIC 30/4 đề nghị) : 2 212 5 3 5x x x Giải: Để phƣơng trình có nghiệm thì : 2 2 512 5 3 5 0 3 x x x x Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm của phƣơng trình , nhƣ vậy phƣơng trình có thể phân tích về dạng 2 0x A x , để thực hiện đƣợc điều đó ta phải nhóm , tách nhƣ sau : CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!! 17 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 12 4 3 6 5 3 3 2 12 4 5 3 2 1 2 3 0 2 12 4 5 3 x x x x x x x x x x x x x x Dễ dàng chứng minh đƣợc : 2 2 2 2 5 3 0, 312 4 5 3 x x x x x Bài 3. Giải phƣơng trình : 2 33 1 1x x x Giải :Đk 3 2x Nhận thấy x=3 là nghiệm của phƣơng trình , nên ta biến đổi phƣơng trình 2 2 33 2 3 2 233 3 3 93 1 2 3 2 5 3 1 2 51 2 1 4 x x xx x x x x xx x Ta chứng minh : 22 2 2 23 33 3 3 1 1 2 1 2 1 4 1 1 3 x x x x x 2 3 3 9 2 5 x x x Vậy pt có nghiệm duy nhất x=3 2.2. Đƣa về “hệ tạm “ a) Phƣơng pháp  Nếu phƣơng trình vô tỉ có dạng A B C , mà : A B C ở dây C có thể là hàng số ,có thể là biểu thức của x . Ta có thể giải nhƣ sau : A B C A B A B , khi đĩ ta có hệ: 2 A B C A C A B b) Ví dụ Bài 4. Giải phƣơng trình sau : 2 22 9 2 1 4x x x x x Giải: Ta thấy : 2 22 9 2 1 2 4x x x x x 4x không phải là nghiệm Xét 4x Trục căn thức ta có : 2 2 2 2 2 8 4 2 9 2 1 2 2 9 2 1 x x x x x x x x x x Vậy ta có hệ: 2 2 2 2 2 0 2 9 2 1 2 2 2 9 6 8 2 9 2 1 4 7 x x x x x x x x xx x x x x Thử lại thỏa; vậy phƣơng trình có 2 nghiệm : x=0 v x= 8 7 Bài 5. Giải phƣơng trình : 2 22 1 1 3x x x x x Ta thấy : 2 2 22 1 1 2x x x x x x , nhƣ vậy không thỏa mãn điều kiện trên. Ta có thể chia cả hai vế cho x và đặt 1 t x thì bài toán trở nên đơn giản hơn CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!! 18 Bài tập đề nghị Giải các phƣơng trình sau : 2 23 1 3 1x x x x 4 3 10 3 2x x (HSG Toàn Quốc 2002) 2 2 5 2 10x x x x x 23 4 1 2 3x x x 2 33 1 3 2 3 2x x x 2 32 11 21 3 4 4 0x x x (OLYMPIC 30/4-2007) 2 2 2 22 1 3 2 2 2 3 2x x x x x x x 2 22 16 18 1 2 4x x x x 2 215 3 2 8x x x 3. Phƣơng trình biến đổi về tích  Sử dụng đẳng thức 1 1 1 0u v uv u v 0au bv ab vu u b v a 2 2A B Bài 1. Giải phƣơng trình : 233 31 2 1 3 2x x x x Giải: 3 3 0 1 1 2 1 0 1 x pt x x x Bi 2. Giải phƣơng trình : 2 23 33 31x x x x x Giải: + 0x , không phải là nghiệm + 0x , ta chia hai vế cho x: 3 3 33 3 1 1 1 1 1 1 0 1 x x x x x x x x Bài 3. Giải phƣơng trình: 23 2 1 2 4 3x x x x x x Giải: : 1dk x pt 1 3 2 1 1 0 0 x x x x x Bài 4. Giải phƣơng trình : 4 3 4 3 x x x x Giải: Đk: 0x Chia cả hai vế cho 3x : 2 4 4 4 1 2 1 0 1 3 3 3 x x x x x x x  Dùng hằng đẳng thức Biến đổi phƣơng trình về dạng : k kA B Bài 1. Giải phƣơng trình : 3 3x x x Giải: Đk: 0 3x khi đó pt đ cho tƣơng đƣơng : 3 23 3 0x x x 3 31 10 10 1 3 3 3 3 x x Bài 2. Giải phƣơng trình sau : 22 3 9 4x x x Giải: CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!! 19 Đk: 3x phƣơng trình tƣơng đƣơng : 2 2 1 3 1 3 1 3 9 5 97 3 1 3 18 x x x x x xx x Bài 3. Giải phƣơng trình sau : 22 332 3 9 2 2 3 3 2x x x x x Giải : pttt 3 3 32 3 0 1x x x II. PHƢƠNG PHÁP ĐẶT ẦN PHỤ 1. Phƣơng pháp đặt ẩn phụ thông thƣờng  Đối với nhiều phƣơng trình vô vô tỉ , để giải chúng ta có thể đặt t f x và chú ý điều kiện của t nếu phƣơng trình ban đầu trở thành phƣơng trình chứa một biến t quan trọng hơn ta có thể giải đƣợc phƣơng trình đó theo t thì việc đặt phụ xem nhƣ “hoàn toàn ” .Nói chung những phƣơng trình mà có thể đặt hoàn toàn t f x thƣờng là những phƣơng trình dễ . Bài 1. Giải phƣơng trình: 2 21 1 2x x x x Điều kiện: 1x Nhận xét. 2 21. 1 1x x x x Đặt 2 1t x x thì phƣơng trình có dạng: 1 2 1t t t Thay vào tìm đƣợc 1x Bài 2. Giải phƣơng trình: 22 6 1 4 5x x x Giải Điều kiện: 4 5 x Đặt 4 5( 0)t x t thì 2 5 4 t x . Thay vào ta có phƣơng trình sau: 4 2 2 4 210 25 62. ( 5) 1 22 8 27 0 16 4 t t t t t t t 2 2( 2 7)( 2 11) 0t t t t Ta tìm đƣợc bốn nghiệm là: 1,2 3,41 2 2; 1 2 3t t Do 0t nên chỉ nhận các gái trị 1 31 2 2, 1 2 3t t Từ đó tìm đƣợc các nghiệm của phƣơng trình l: 1 2 2 3 vaø x x Cách khác: Ta có thể bình phƣơng hai vế của phƣơng trình với điều kiện 22 6 1 0x x Ta đƣợc: 2 2 2( 3) ( 1) 0x x x , từ đó ta tìm đƣợc nghiệm tƣơng ứng. Đơn giản nhất là ta đặt : 2 3 4 5y x và đƣa về hệ đối xứng (Xem phần dặt ẩn phụ đƣa về hệ) Bài 3. Giải phƣơng trình sau: 5 1 6x x Điều kiện: 1 6x Đặt 1( 0)y x y thì phƣơng trình trở thnh: 2 4 25 5 10 20 0y y y y y ( với 5)y 2 2( 4)( 5) 0y y y y1 21 1 17, 2 2 (loaïi)y y CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!! 20 Từ đó ta tìm đƣợc các giá trị của 11 17 2 x Bài 4. (THTT 3-2005) Giải phƣơng trình sau : 2 2004 1 1x x x Giải: đk 0 1x Đặt 1y x pttt 2 22 1 1002 0 1 0y y y y x Bài 5. Giải phƣơng trình sau : 2 12 3 1x x x x x Giải: Điều kiện: 1 0x Chia cả hai vế cho x ta nhận đƣợc: 1 1 2 3x x x x Đặt 1 t x x , ta giải đƣợc. Bài 6. Giải phƣơng trình : 2 4 23 2 1x x x x Giải: 0x không phải là nghiệm , Chia cả hai vế cho x ta đƣợc: 3 1 1 2x x x x Đặt t= 3 1 x x , Ta có : 3 2 0t t 1 5 1 2 t x Bài tập đề nghị Giải các phƣơng trình sau 2 215 2 5 2 15 11x x x x 2( 5)(2 ) 3 3x x x x 2(1 )(2 ) 1 2 2x x x x 2 217 17 9x x x x 23 2 1 4 9 2 3 5 2x x x x x 2 2 1 31x x 2 2 22 (1 ) 3 1 (1 ) 0 nn nx x x 2(2004 )(1 1 )x x x ( 3 2)( 9 18) 168x x x x x 32 21 2 1 3x x Nhận xét : đối với cách đặt ẩn phụ nhƣ trên chúng ta chỉ giải quyết đƣợc một lớp bài đơn giản, đôi khi phƣơng trình đối với t lại quá khó giải 2. Đặt ẩn phụ đƣa về phƣơng trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến :  Chúng ta đã biết cách giải phƣơng trình: 2 2 0u uv v (1) bằng cách Xét 0v phƣơng trình trở thành : 2 0 u u v v 0v thử trực tiếp Các trƣờng hợp sau cũng đƣa về đƣợc (1)  . .a A x bB x c A x B x  2 2u v mu nv CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!! 21 Chúng ta hãy thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vô tỉ thì sẽ nhận đƣợc phƣơng trình vô tỉ theo dạng này . a) . Phƣơng trình dạng : . .a A x bB x c A x B x Nhƣ vậy phƣơng trình Q x P x có thể giải bằng phƣơng pháp trên nếu .P x A x B x Q x aA x bB x Xuất phát từ đẳng thức : 3 21 1 1x x x x 4 2 4 2 2 2 21 2 1 1 1x x x x x x x x x 4 2 21 2 1 2 1x x x x x 4 2 24 1 2 2 1 2 2 1x x x x x Hãy tạo ra những phƣơng trình vô tỉ dạng trên ví dụ nhƣ: 2 44 2 2 4 1x x x Để có một phƣơng trình đẹp , chúng ta phải chọn hệ số a,b,c sao cho phƣơng trình bậc hai 2 0at bt c giải “ nghiệm đẹp” Bài 1. Giải phƣơng trình : 2 32 2 5 1x x Giải: Đặt 21, 1u x v x x Phƣơng trình trở thành : 2 2 2 2 5 1 2 u v u v uv u v Tìm đƣợc: 5 37 2 x Bài 2. Giải phƣơng trình : 2 4 233 1 1 3 x x x x Bài 3: giải phƣơng trình sau : 2 32 5 1 7 1x x x Giải: Đk: 1x Nhận xt : Ta viết 2 21 1 7 1 1x x x x x x Đồng nhất thức ta đƣợc: 2 23 1 2 1 7 1 1x x x x x x Đặt 21 0 , 1 0u x v x x , ta đƣợc: 9 3 2 7 1 4 v u u v uv v u Ta đƣợc : 4 6x Bài 4. Giải phƣơng trình : 33 23 2 2 6 0x x x x Giải: Nhận xét : Đặt 2y x ta hãy biến pt trên về phƣơng trình thuần nhất bậc 3 đối với x và y : 3 2 3 3 2 33 2 6 0 3 2 0 2 x y x x y x x xy y x y Pt có nghiệm : 2, 2 2 3x x b).Phƣơng trình dạng : 2 2u v mu nv CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!! 22 Phƣơng trình cho ở dạng này thƣờng khó “phát hiện “ hơn dạng trên , nhƣg nếu ta bình phƣơng hai vế thì đƣa về đƣợc dạng trên. Bài 1. giải phƣơng trình : 2 2 4 23 1 1x x x x Giải: Ta đặt : 2 2 1 u x v x khi đó phƣơng trình trở thành : 2 23u v u v Bài 2.Giải phƣơng trình sau : 2 22 2 1 3 4 1x x x x x Giải Đk 1 2 x . Bình phƣơng 2 vế ta có : 2 2 2 22 2 1 1 2 2 1 2 2 1x x x x x x x x x x Ta có thể đặt : 2 2 2 1 u x x v x khi đó ta có hệ : 2 2 1 5 2 1 5 2 u v uv u v u v Do , 0u v . 21 5 1 52 2 1 2 2 u v x x x Bài 3. giải phƣơng trình : 2 25 14 9 20 5 1x x x x x Giải: Đk 5x . Chuyển vế bình phƣơng ta đƣợc: 2 22 5 2 5 20 1x x x x x Nhận xét : không tồn tại số , để : 2 22 5 2 20 1x x x x x vậy ta không thể đặt 2 20 1 u x x v x . Nhƣng may mắn ta có : 2 220 1 4 5 1 4 4 5x x x x x x x x x Ta viết lại phƣơng trình: 2 22 4 5 3 4 5 ( 4 5)( 4)x x x x x x . Đến đây bài toán đƣợc giải quyết . Các em hãy tự sáng tạo cho mình những phƣơng trình vô tỉ “đẹp “ theo cách trên 3. Phƣơng pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn  Từ những phƣơng trình tích 1 1 1 2 0x x x , 2 3 2 3 2 0x x x x Khai triển và rút gọn ta sẽ đƣợc những phƣơng trình vô tỉ không tầm thƣờng chút nào, độ khó của phƣơng trình dạng này phụ thuộc vào phƣơng trình tích mà ta xuất phát . Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phƣơng trình dạng này .Phƣơng pháp giải đƣợc thể hiện qua các ví dụ sau . Bài 1. Giải phƣơng trình : 2 2 23 2 1 2 2x x x x Giải: 2 2t x , ta có : 2 3 2 3 3 0 1 t t x t x t x CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!! 23 Bài 2. Giải phƣơng trình : 2 21 2 3 1x x x x Giải: Đặt : 2 2 3, 2t x x t Khi đó phƣơng trình trở thnh : 21 1x t x 2 1 1 0x x t Bây giờ ta thêm bớt , để đƣợc phƣơng trình bậc 2 theo t có chẵn : 2 2 2 2 3 1 2 1 0 1 2 1 0 1 t x x x t x t x t x t x Từ một phƣơng trình đơn giản : 1 2 1 1 2 1 0x x x x , khai triển ra ta sẽ đƣợc pt sau Bài 3. Giải phƣơng trình sau : 24 1 1 3 2 1 1x x x x Giải: Nhận xét : đặt 1t x , pttt: 4 1 3 2 1x x t t x (1) Ta rút 21x t thay vào thì đƣợc pt: 23 2 1 4 1 1 0t x t x Nhƣng không có sự may mắn để giải đƣợc phƣơng trình theo t 2 2 1 48 1 1x x không có dạng bình phƣơng . Muốn đạt đƣợc mục đích trên thì ta phải tách 3x theo 2 2 1 , 1x x Cụ thể nhƣ sau : 3 1 2 1x x x thay vào pt (1) ta đƣợc: Bài 4. Giải phƣơng trình: 22 2 4 4 2 9 16x x x Giải . Bình phƣơng 2 vế phƣơng trình: 2 24 2 4 16 2 4 16 2 9 16x x x x Ta đặt : 22 4 0t x . Ta đƣợc: 29 16 32 8 0x t x Ta phải tách 2 2 29 2 4 9 2 8x x x làm sao cho t có dạng chính phƣơng . Nhận xét : Thông thƣờng ta chỉ cần nhóm sao cho hết hệ số tự do thì sẽ đạt đƣợc mục đích 4. Đặt nhiều ẩn phụ đƣa về tích  Xuất phát từ một số hệ “đại số “ đẹp chúng ta có thể tạo ra đƣợc những phƣơng trình vô tỉ mà khi giải nó chúng ta lại đặt nhiều ẩn phụ và tìm mối quan hệ giữa các ẩn phụ để đƣa về hệ Xuất phát từ đẳng thức 3 3 3 3 3a b c a b c a b b c c a , Ta có 33 3 3 0a b c a b c a b a c b c Từ nhận xét này ta có thể tạo ra những phƣơng trình vô tỉ có chứa căn bậc ba . 2 23 33 7 1 8 8 1 2x x x x x 3 3 3 33 1 5 2 9 4 3 0x x x x Bài 1. Giải phƣơng trình : 2 . 3 3 . 5 5 . 2x x x x x x x Giải : 2 3 5 u x v x w x , ta có : 2 2 2 22 3 3 5 5 u v u wu uv vw wu v uv vw wu u v v w w uv vw wu v w u w , giải hệ ta đƣợc: 30 239 60 120 u x CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!! 24 Bài 2. Giải phƣơng trình sau : 2 2 2 22 1 3 2 2 2 3 2x x x x x x x Giải . Ta đặt : 2 2 2 2 2 1 3 2 2 2 3 2 a x b x x c x x d x x , khi đó ta có : 2 2 2 2 2 a b c d x a b c d Bài 3. Giải các phƣơng trình sau 1) 2 24 5 1 2 1 9 3x x x x x 2) 3 3 244 44 1 1 1 1x x x x x x x x 5. Đặt ẩn phụ đƣa về hệ: 5.1 Đặt ẩn phụ đƣa về hệ thông thƣờng  Đặt ,u x v x và tìm mối quan hệ giữa x và x từ đó tìm đƣợc hệ theo u,v Bài 1. Giải phƣơng trình: 3 33 325 25 30x x x x Đặt 3 3 3 335 35y x x y Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ phƣơng trình sau: 3 3 ( ) 30 35 xy x y x y , giải hệ này ta tìm đƣợc ( ; ) (2;3) (3;2)x y . Tức là nghiệm của phƣơng trình là {2;3}x Bài 2. Giải phƣơng trình: 4 4 1 2 1 2 x x Điều kiện: 0 2 1x Đặt 4 4 2 1 0 2 1,0 2 1 x u u v x v Ta đƣa về hệ phƣơng trình sau: 4 4 2 2 4 4 4 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 u v u v u v v v Giải phƣơng trình thứ 2: 2 2 2 4 1 ( 1) 0 2 v v , từ đó tìm ra v rồi thay vào tìm nghiệm của phƣơng trình. Bài 3. Giải phƣơng trình sau: 5 1 6x x Điều kiện: 1x Đặt 1, 5 1( 0, 0)a x b x a b thì ta đƣa về hệ phƣơng trình sau: 2 2 5 ( )( 1) 0 1 0 1 5 a b a b a b a b a b b a Vậy 11 17 1 1 5 1 1 5 2 x x x x x CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!! 25 Bài 8. Giải phƣơng trình: 6 2 6 2 8 35 5 x x x x Giải Điều kiện: 5 5x Đặt 5 , 5 0 , 10u x v y u v . Khi đó ta đƣợc hệ phƣơng trình: 22 2 ( ) 10 210 2 44 4 8 ( ) 12( ) 33 u v uvu v u vu z uvu v 5.2 Xây dựng phƣơng trình vô tỉ từ hệ đối xứng loại II  Ta hãy đi tìm nguồn gốc của những bài toán giải phƣơng trình bằng cách đƣa về hệ đối xứng loại II  Ta xét một hệ phƣơng trình đối xứng loại II sau : 2 2 1 2 (1) 1 2 (2) x y y x việc giải hệ này thì đơn giản Bây giời ta sẽ biến hệ thành phƣơng trình bằng cách đặt y f x sao cho (2) luôn đúng , 2 1y x , khi đó ta có phƣơng trình : 2 21 ( 2 1) 1 2 2x x x x x Vậy để giải phƣơng trình : 2 2 2x x x ta đặt lại nhƣ trên và đƣa về hệ Bằng cách tƣơng tự xét hệ tổng quát dạng bậc 2 : 2 2 x ay b y ax b , ta sẽ xây dựng đƣợc phƣơng trình dạng sau : đặt y ax b , khi đó ta có phƣơng trình : 2 a x ax b b Tƣơng tự cho bậc cao hơn : n nax ax b b Tóm lại phƣơng trình thƣờng cho dƣới dạng khai triển ta phải viết về dạng : ' ' n nx p a x b v đặt ny ax b để đƣa về hệ , chú ý về dấu của ??? Việc chọn ; thông thƣờng chúng ta chỉ cần viết dƣới dạng : ' ' n nx p a x b là chọn đƣợc. Bài 1. Giải phƣơng trình: 2 2 2 2 1x x x Điều kiện: 1 2 x Ta có phƣơng trình đƣợc viết lại là: 2( 1) 1 2 2 1x x Đặt 1 2 1y x thì ta đƣa về hệ sau: 2 2 2 2( 1) 2 2( 1) x x y y y x Trừ hai vế của phƣơng trình ta đƣợc ( )( ) 0x y x y Giải ra ta tìm đƣợc nghiệm của phƣơng trình là: 2 2x Bài 6. Giải phƣơng trình: 22 6 1 4 5x x x Giải Điều kiện 5 4 x CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!! 26 Ta biến đổi phƣơng trình nhƣ sau: 2 24 12 2 2 4 5 (2 3) 2 4 5 11x x x x x Đặt 2 3 4 5y x ta đƣợc hệ phƣơng trình sau: 2 2 (2 3) 4 5 ( )( 1) 0 (2 3) 4 5 x y x y x y y x Với 2 3 4 5 2 3x y x x x Với 1 0 1 1 2x y y x x Kết luận: Nghiệm của phƣơng trình là {1 2; 1 3} Các em hãy xây dựng một sồ hệ dạng này ?  Dạng hệ gần đối xứng Ta xt hệ sau : 2 2 (2 3) 2 1 (1) (2 3) 3 1 x y x y x đây không phải là hệ đối xứng loại 2 nhƣng chúng ta vẫn giải hệ đƣợc , và từ hệ này chúng ta xây dƣng đƣợc bài toán phƣơng trình sau : Bài 1 . Giải phƣơng trình: 24 5 13 3 1 0x x x Nhận xét : Nếu chúng ta nhóm nhƣ những phƣơng trình trƣớc : 213 33 2 3 1 4 4 x x Đặt 13 2 3 1 4 y x thì chúng ta không thu đƣợc hệ phƣơng trình mà chúng ta có thể giải đƣợc. Để thu đƣợc hệ (1) ta đặt : 3 1y x , chọn , sao cho hệ chúng ta có thể giải đƣợc , (đối xứng hoặc gần đối xứng ) Ta có hệ : 2 2 2 2 22 2 3 1 0 (1)3 1 (*) 4 13 5 0 (2)4 13 5 y y xy x x x yx x y Để giải hệ trên thì ta lấy (1) nhân với k cộng với (2): và mong muốn của chúng ta là có nghiệm x y Nên ta phải có : 2 22 3 1 4 13 5 , ta chọn đƣợc ngay 2; 3 Ta có lời giải nhƣ sau : Điều kiện: 1 3 x , Đặt 3 3 1 (2 3), ( ) 2 x y y Ta có hệ phƣơng trình sau: 2 2 (2 3) 2 1 ( )(2 2 5) 0 (2 3) 3 1 x y x x y x y y x Với 15 97 8 x y x Với 11 73 2 2 5 0 8 x y x Kết luận: tập nghiệm của phƣơng trình là: 15 97 11 73 ; 8 8 Chú ý : khi đã làm quen, chúng ta có thể tìm ngay ; bằng cách viết lại phƣơng trình ta viết lại phƣơng trình nhƣ sau: 2(2 3) 3 1 4x x x CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!! 27 khi đó đặt 3 1 2 3x y , nếu đặt 2 3 3 1y x thì chúng ta không thu đƣợc hệ nhƣ mong muốn , ta thấy dấu của cùng dấu với dấu trƣớc căn. Một cách tổng quát . Xét hệ: ( ) . . (1) ( ) '. ' (2) f x A x B y m f y A x m để hệ có nghiệ x = y thì : A-A‟=B và m=m‟, Nếu từ (2) tìm đƣợc hàm ngƣợc y g x thay vào (1) ta đƣợc phƣơng trình Nhƣ vậy để xây dựng pt theo lối này ta cần xem xét để có hàm ngƣợc và tìm đƣợc và hơn nữa hệ phải giải đƣợc. Một số phƣơng trình đƣợc xây dựng từ hệ. Giải các phƣơng trình sau 1) 24 13 5 3 1 0x x x 2) 24 13 5 3 1 0x x x 3) 3 23 481 8 2 2 3 x x x x 4) 33 6 1 8 4 1x x x 5) 215 30 4 2004 30060 1 1 2 x x x 6) 3 23 3 5 8 36 53 25x x x Giải (3): Phƣơng trình : 33 23 327 81 8 27 54 36 54 27 81 8 3 2 46x x x x x x Ta đặt : 33 2 81 8y x Các em hãy xây dựng những phƣơng trình dạng này ! III. PHƢƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ 1. Dùng hằng đẳng thức :  Từ những đánh giá bình phƣơng : 2 2 0A B , ta xây dựng phƣơng trình dạng 2 2 0A B Từ phƣơng trình 2 2 5 1 2 9 5 2 1 0x x x x ta khai triển ra có phƣơng trình : 24 12 1 4 5 1 9 5x x x x x 2. Dùng bất đẳng thức  Một số phƣơng trình đƣợc tạo ra từ dấu bằng của bất đẳng thức: A m B m nếu dấu bằng ỏ (1) và (2) cùng dạt đƣợc tại 0x thì 0x là nghiệm của phƣơng trình A B Ta có : 1 1 2x x Dấu bằng khi và chỉ khi 0x và 1 1 2 1 x x , dấu bằng khi và chỉ khi x=0. Vậy ta có phƣơng trình: 1 1 2008 1 2008 1 1 x x x x Đôi khi một số phƣơng trình đƣợc tạo ra từ ý tƣởng : ( ) A f x B f x khi đó : A f x A B B f x  Nếu ta đoán trƣớc đƣợc nghiệm thì việc dùng bất đẳng thức dễ dàng hơn, nhƣng có nhiều bài nghiệm là vô tỉ việc đoán nghiệm không đƣợc, ta vẫn dùng bất đẳng thức để đánh giá đƣợc Bài 1. Giải phƣơng trình (OLYMPIC 30/4 -2007): 2 2 9 1 x x x CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!! 28 Giải: Đk 0x Ta có : 2 2 22 2 1 2 2 1 9 11 1 x x x x xx x Dấu bằng 2 2 1 1 71 1 x x x Bài 2. Giải phƣơng trình : 2 4 2 413 9 16x x x x Giải: Đk: 1 1x Biến đổi pt ta có : 2 2 2 213 1 9 1 256x x x Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki: 2 2 2 2 2 213. 13. 1 3. 3. 3 1 13 27 13 13 3 3 40 16 10x x x x x Áp dụng bất đẳng thức Côsi: 2 2 2 1610 16 10 64 2 x x Dấu bằng 2 2 2 2 2 1 51 3 2 10 16 10 5 xx x xx x Bài 3. giải phƣơng trình: 3` 2 43 8 40 8 4 4 0x x x x Ta chứng minh : 48 4 4 13x x và 23 23 8 40 0 3 3 13x x x x x x Bài tập đề nghị . Giải các phƣơng trình sau 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 x x x x x x 4 4 41 1 2 8x x x x 4 4 42 8 4 4 4 4x x x 4 3316 5 6 4x x x 3` 43 8 40 8 4 4 0x x x x 3 3 4 28 64 8 28x x x 2 2 1 1 2 2 4x x x x 3. Xây dựng bài toán từ tính chất cực trị hình học 3.1 Dùng tọa độ của véc tơ  Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho các véc tơ: 1 1 2 2; , ;u x y v x y   khi đó ta có  2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 1u v u v x x y y x y x y     Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi hai véc tơ ,u v   cùng hƣớng 1 1 2 2 0 x y k x y , chú ý tỉ số phải dƣơng CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!! 29  . . .cos .u v u v u v      , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi cos 1 u v 3.2 Sử dụng tính chất đặc biệt về tam giác  Nếu tam giác ABC là tam giác đều , thì với mọi điểm M trên mặt phẳng tam giác, ta luôn có MA MB MC OA OB OC với O là tâm của đƣờng tròn .Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi M O .  Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và điểm M tùy ý trong mặt mặt phẳng Thì MA+MB+MC nhỏ nhất khi điểm M nhìn các cạnh AB,BC,AC dƣới cùng một góc 0120 Bài tập 1) 2 2 22 2 1 2 3 1 1 2 3 1 1 3x x x x x x 2) 2 24 5 10 50 5x x x x IV. PHƢƠNG PHÁP HÀM SỐ 1.Xây dựng phƣơng trình vô tỉ dựa theo hàm đơn điệu  Dựa vào kết quả : “ Nếu y f t là hàm đơn điệu thì f x f t x t ” ta có thể xây dựng đƣợc những phƣơng trình vô tỉ Xuất phát từ hàm đơn điệu : 3 22 1y f x x x mọi 0x ta xây dựng phƣơng trình : 3 3 2 23 1 2 1 2 3 1 (3 1) 1f x f x x x x x , Rút gọn ta đƣợc phƣơng trình 3 22 3 1 2 3 1 3 1x x x x x Từ phƣơng trình 1 3 1f x f x thì bài toán sẽ khó hơn 3 22 7 5 4 2 3 1 3 1x x x x x Để gải hai bài toán trên chúng ta có thể làm nhƣ sau : Đặt 3 1y x khi đó ta có hệ : 3 2 3 2 2 7 5 4 2 3 1 x x x y x y cộng hai phƣơng trình ta đƣợc: 3 2 2 1 1x x = 3 22y y Hãy xây dựng những hàm đơn điệu và những bài toán vô tỉ theo dạng trên ? Bài 1. Giải phƣơng trình : 2 22 1 2 4 4 4 3 2 9 3 0x x x x x Giải: 2 2 2 1 2 2 1 3 3 2 3 3 2 1 3x x x x f x f x Xét hàm số 22 3f t t t , là hàm đồng biến trên R, ta có 1 5 x Bài 2. Giải phƣơng trình 3 2 234 5 6 7 9 4x x x x x Giải . Đặt 23 7 9 4y x x , ta có hệ : 3 2 33 2 3 4 5 6 1 1 7 9 4 x x x y y y x x x x y Xét hàm số : 3f t t t , là hàm đơn điệu tăng. Từ phƣơng trình 23 5 1 1 1 7 9 4 1 5 2 x f y f x y x x x x x Bài 3. Giải phƣơng trình : 33 6 1 8 4 1x x x CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!! 30 V. PHƢƠNG PHÁP LƢỢNG GIÁC HÓA 1. Một số kiến thức cơ bản:  Nếu 1x thì có một số t với ; 2 2 t sao cho : sin t x và một số y với 0;y sao cho cosx y  Nếu 0 1x thì có một số t với 0; 2 t sao cho : sin t x và một số y với 0; 2 y sao cho cosx y  Với mỗi số thực x có ; 2 2 t sao cho : tanx t  Nếu : x , y là hai số thực thỏa: 2 2 1x y , thì có một số t với 0 2t , sao cho sin , cosx t y t Từ đó chúng ta có phƣơng pháp giải toán :  Nếu : 1x thì đặt sin t x với ; 2 2 t hoặc cosx y với 0;y  Nếu 0 1x thì đặt sin t x , với 0; 2 t hoặc cosx y , với 0; 2 y  Nếu : x , y là hai số thực thỏa: 2 2 1x y , thì đặt sin , cosx t y t với 0 2t  Nếu x a , ta có thể đặt : sin a x t , với ; 2 2 t , tƣơng tự cho trƣờng hợp khác  x là số thực bất kỳ thi đặt : tan , ; 2 2 x t t Tại sao lại phải đặt điều kiện cho t như vậy ? Chúng ta biết rằng khi đặt điều kiện x f t thì phải đảm bảo với mỗi x có duy nhất một t , và điều kiện trên để đảm bào điều này . (xem lại vòng tròn lƣợng giác ) 2. Xây dựng phƣơng trình vô tỉ bằng phƣơng pháp lƣợng giác nhƣ thế nào ? Từ công phƣơng trình lƣợng giác đơn giản: cos3 sint t , ta có thể tạo ra đƣợc phƣơng trình vô tỉ Chú ý : 3cos3 4cos 3cost t t ta có phƣơng trình vô tỉ: 3 24 3 1x x x (1) Nếu thay x bằng 1 x ta lại có phƣơng trình : 2 2 24 3 1x x x (2) Nếu thay x trong phƣơng trình (1) bởi : (x-1) ta sẽ có phƣơng trình vố tỉ khó: 3 2 24 12 9 1 2x x x x x (3) Việc giải phƣơng trình (2) và (3) không đơn giản chút nào ? Tƣơng tự nhƣ vậy từ công thức sin 3x, sin 4x,…….hãy xây dựng những phƣơng trình vô tỉ theo kiểu lƣợng giác . 3. Một số ví dụ Bài 1. Giải phƣơng trình sau : 2 3 32 2 11 1 1 1 33 x x x x Giải: Điều kiện : 1x Với [ 1;0]x : thì 3 3 1 1 0x x (ptvn) CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!! 31 [0;1]x ta đặt : cos , 0; 2 x t t . Khi đó phƣơng trình trở thành: 1 1 2 6 cos 1 sin 2 sin cos 2 6 x t t t vậy phƣơng trình có nghiệm : 1 6 x Bài 2. Giải các phƣơng trình sau : 1) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 x x x x x x HD: 1 cos tan 1 cos x x x 2) 2 21 1 1 2 1x x x Đs: 1 2 x 3) 3 3 2x x x HD: chứng minh 2x vô nghiệm Bài 3 . Giải phƣơng trình sau: 3 6 1 2x x Giải: Lập phƣơng 2 vế ta đƣợc: 3 3 18 6 1 4 3 2 x x x x Xét : 1x , đặt cos , 0;x t t . Khi đó ta đƣợc 5 7 cos ;cos ;cos 9 9 9 S mà phƣơng trình bậc 3 có tối đa 3 nghiệm vậy đó cũng chính là tập nghiệm của phƣơng trình. Bài 4. .Giải phƣơng trình 2 2 1 1 1 x x Giải: đk: 1x , ta có thể đặt 1 , ; sin 2 2 x t t Khi đó ptt: 2 cos 0 1 1 cot 1 1 sin sin 2 2 t t x t Phƣơng trình có nghiệm : 2 3 1x Bài 5 .Giải phƣơng trình : 2 22 2 2 11 1 2 2 1 xx x x x x Giải: đk 0, 1x x Ta có thể đặt : tan , ; 2 2 x t t Khi đó pttt. 22sin cos2 cos2 1 0 sin 1 sin 2sin 0t t t t t t Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm 1 3 x Bài tập tổng hợp Giải các phương trình sau 3 3 2 21 2 2x x x x 3 2 41 1 1 1x x x x x 2 24 2 4 16 2 4 16 2 9 16x x x x CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!! 32 22 2 30 2007. 30 4 2007 30. 2007x x x 2 12 8 2 4 2 2 9 16 x x x x 33 31 1 2x x x 3 3 1 2 1x x x 4 5 3 1 2 7 3x x x x 2 23 1 3 1x x x x 4 3 10 3 2x x (HSG Toàn Quốc 2002) 2 2 5 2 10x x x x x 23 4 1 2 3x x x 2 33 1 3 2 3 2x x x 2 32 11 21 3 4 4 0x x x (OLYMPIC 30/4-2007) 2 2 2 22 1 3 2 2 2 3 2x x x x x x x 2 22 16 18 1 2 4x x x x 2 2 3 3 22 3 1 x x x x x 12 2 1 3 9x x x 3 244 1 1x x x x 24 3 3 4 3 2 2 1x x x x x 2( 004 )(1 1 )x x x ( 3 2)( 9 18) 168x x x x x 2 4 233 1 1 3 x x x x 2 2233 32 1 3 1 1 0x x x 22008 4 3 2007 4 3x x x 2 23 2 1 1 1 3 8 2 1x x x x 2 12 1 36x x 3 34 1 1 2 2 1x x x x 1 1 1 2 1 3 x x x x x x 2 25 14 9 20 5 1x x x x x 33 6 1 8 4 1x x x 215 30 4 2004 30060 1 1 2 x x x 24 9 7 7 28 x x x 2 24 4 10 8 6 10x x x x 3 x x x x CHUYÊN ĐỀ: PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỶ I. PHƢƠNG PHÁP BIỂN ĐỔI TƢƠNG ĐƢƠNG Dạng 1 : Phƣơng trình (*) 0 x D A B A B A B Lưu ý: Điều kiện (*) đƣợc chọn tuỳ thuôc vào độ phức tạp của 0A hay 0B Dạng 2: Phƣơng trình 2 0B A B A B Dạng 3: Phƣơng trình +) 0 0 2 A A B C B A B AB C (chuyển về dạng 2) +) 3 3 3 33 33 .A B C A B A B A B C và ta sử dụng phép thế : 3 3A B C ta đƣợc phƣơng trình : 33 . .A B A B C C Bài 1: Giải phƣơng trình: a) 2 1 1x x b) 2 3 0x x f) 3 2 1x x g) 9 5 2 4x x CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!! 33 c) 2 1 1x x e) 3 2 1 3x x h) 3 4 2 1 3x x x i) 2 2( 3) 10 12x x x x II.PHƢƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ Phƣơng pháp đặt ẩn phụ thông thƣờng. -Nếu bài toán có chứa ( )f x và ( )f x khi đó đặt ( )t f x (với điều kiện tối thiểu là 0t . đối với các phƣơng trình có chứa tham số thì nhất thiết phải tìm điều kiện đúng cho ẩn phụ). -Nếu bài toán có chứa ( )f x , ( )g x và ( ). ( )f x g x k (với k là hằng số) khi đó có thể đặt : ( )t f x , khi đó ( ) k g x t -Nếu bài toán có chứa ( ) ( ) ; ( ). ( )f x g x f x g x và ( ) )f x g x k khi đó có thể đặt: ( ) ( )t f x g x suy ra 2 ( ). ( ) 2 t k f x g x -Nếu bài toán có chứa 2 2a x thì đặt sinx a t với 2 2 t hoặc cosx a t với 0 t -Nếu bài toán có chứa 2 2x a thì đặt sin a x t với ; \ 0 2 2 t hoặc cos a x t với 0; \ 2 t -Nếu bài toán có chứa 2 2x a ta có thể đặt .tanx a t với ; 2 2 t Bài 1: Giải phƣơng trình: a) 2 2 2 8 12 2x x x x b) 2 22 5 2 3 9 3 3x x x x c) 2 24 6 2 8 12x x x x d) 2 23 15 2 5 1 2x x x x e) 2( 4)( 1) 3 5 2 6x x x x f) 2 22 5 2 2 2 5 6 1x x x x g) 2 23 2 2 2 6 2 2x x x h) 2 2 11 31x x i) 2( 5)(2 ) 3 3x x x x Bài 2: Giải phƣơng trình: a) 3 3 2 21 2 1x x x x b) 3 32 21 1 1 1 2 1x x x x c) 2 21 2 1 2 1 0x x x x d) 6 4 2 264 112 56 7 2 1x x x x e) 2 35 121 x x x Bài 2: Tìm m để phƣơng trình sau có nghiệm: 2 23 2 2x x m x x Bài 3: Cho phƣơng trình: 2 1x x m -Giải phƣơng trình khi m=1 -Tìm m để phƣơng trình có nghiệm. Bài 4: Cho phƣơng trình: 22 3x mx x m -Giải phƣơng trình khi m=3 -Với giá trị nào của m thì phƣơng trình có nghiệm. CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!! 34 f) 1 3 1 4 3 3 3 x x x x x Bài 3: Cho phƣơng trình: 2 1 1 1 m x x -Giải phƣơng trình với 2 2 3 m -Tìm m để phƣơng trình có nghiệm. Bài 4: Cho phƣơng trình: 2 22 2 2 3 0x x x x m -Giải phƣơng trình với m = 9 -Tìm m để phƣơng trình có nghiệm. 2. Phƣơng pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn Là việc sử dụng một ẩn phụ chuyển phƣơng trình ban đầu thành một phƣơng trình với một ẩn phụ nhƣng các hệ số vẫn còn chứa x. -Từ những phƣơng trình tích 1 1 1 2 0x x x , 2 3 2 3 2 0x x x x Khai triển và rút gọn ta sẽ đƣợc những phƣơng trình vô tỉ không tầm thƣờng chút nào, độ khó của phƣơng trình dạng này phụ thuộc vào phƣơng trình tích mà ta xuất phát. Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phƣơng trình dạng này .Phƣơng pháp giải đƣợc thể hiện qua các ví dụ sau . Bài 1. Giải phƣơng trình : 2 2 23 2 1 2 2x x x x Giải: 2 2t x , ta có : 2 3 2 3 3 0 1 t t x t x t x Bài 2. Giải phƣơng trình : 2 21 2 3 1x x x x Giải: Đặt : 2 2 3, 2t x x t Khi đó phƣơng trình trở thnh : 21 1x t x 2 1 1 0x x t Bây giờ ta thêm bớt , để đƣợc phƣơng trình bậc 2 theo t có chẵn 2 2 2 2 3 1 2 1 0 1 2 1 0 1 t x x x t x t x t x t x Từ một phƣơng trình đơn giản : 1 2 1 1 2 1 0x x x x , khai triển ra ta sẽ đƣợc pt sau Bài 3. Giải phƣơng trình sau : 24 1 1 3 2 1 1x x x x Giải: Nhận xét : đặt 1t x , pttt: 4 1 3 2 1x x t t x (1) Ta rt 21x t thay vo thì đƣợc pt: 23 2 1 4 1 1 0t x t x Nhƣng không có sự may mắn để giải đƣợc phƣơng trình theo t 2 2 1 48 1 1x x không có dạng bình phƣơng . Muốn đạt đƣợc mục đích trên thì ta phải tách 3x theo 2 2 1 , 1x x Cụ thể nhƣ sau : 3 1 2 1x x x thay vào pt (1) ta đƣợc: Bài 4. Giải phƣơng trình: 22 2 4 4 2 9 16x x x CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!! 35 Giải . Bình phƣơng 2 vế phƣơng trình: 2 24 2 4 16 2 4 16 2 9 16x x x x Ta đặt : 22 4 0t x . Ta đƣợc: 29 16 32 8 0x t x Ta phải tách 2 2 29 2 4 9 2 8x x x làm sao cho t có dạng chình phƣơng . Nhận xét : Thông thƣờng ta chỉ cần nhóm sao cho hết hệ số tự do thì sẽ đạt đƣợc mục đích. Bài tập: Giải các phƣơng trình sau: a) 3 3(4 1) 1 2 2 1x x x x b) 2 21 2 2x x x x c) 2 21 2 2x x x x d) 2 24 ( 2) 2 4x x x x x 3. Phƣơng pháp đặt ẩn phụ chuyển về hệ. a) Dạng thông thƣờng: Đặt ,u x v x và tìm mối quan hệ giữa x và x từ đó tìm đƣợc hệ theo u,v. Chẳng hạn đối với phƣơng trình: m ma f x b f x c ta có thể đặt: m m u a f x v b f x từ đó suy ra m mu v a b . Khi đó ta có hệ m mu v a b u v c Bài tập: Giải các phƣơng trình sau: a) 3 2 1 1x x b) 3 9 2 1x x c) 21 ( 1) 0x x x x x x b) Dạng phƣơng trình chứa căn bậc hai và lũy thừa bậc hai: 2( )ax b c dx e x với d ac e bc Cách giải: Đặt: dy e ax b khi đó phƣơng trình đƣợc chuyển thành hệ: 2 22( ) dy e ax bdy e ax b dy e c dx e x c dy e x dy e ->giải Nhận xét: Dể sử dụng đƣợc phƣơng pháp trên cần phải khéo léo biến đổi phƣơng trình ban đầu về dạng thỏa mãn điều kiện trên để đặt ẩn phụ.Việc chọn ; thông thƣờng chúng ta chỉ cần viết dƣới dạng : ' ' n nx p a x b là chọn đƣợc. c) Dạng phƣơng trình chứa căn bậc ba và lũy thừa bậc ba. 33 ax b c dx e x với d ac e bc Cách giải: Đặt 3dy e ax b khi đó phƣơng trình đƣợc chuyển thành hệ: 3 33 3 3 3( ) ( ) dy e ax bdy e ax b c dy e acx bc dy e c dx e x c x e c d x dy bcc dx e x dy e Bài tập: Giải các phƣơng trình sau: 1) 21 4 5x x x 2) 23 1 4 13 5x x x 3) 3 32 3 3 2x x 7) 24 13 5 3 1 0x x x 8) 24 13 5 3 1 0x x x 9) 3 23 481 8 2 2 3 x x x x CtnSharing.Com – Download Ebook Free..!!! 36 4) 24 9 7 7 0 28 x x x x 5) 3 31 2 2 1x x 6) 3 33 335 35 30x x x x 10) 33 6 1 8 4 1x x x 11) 215 30 4 2004 30060 1 1 2 x x x 12) 3 23 3 5 8 36 53 25x x x II. PHƢƠNG PHÁP HÀM SỐ Sử dụng các tính chất của hàm số để giải phƣơng trình là dạng toán khá quen thuộc. Ta có 3 hƣớng áp dụng sau đây: Hướng 1: Thực hiện theo các bƣớc: Bước 1: Chuyển phƣơng trình về dạng: ( )f x k Bước 2: Xét hàm số ( )y f x Bước 3: Nhận xét: Với 0 0( ) ( )x x f x f x k do đó 0x là nghiệm Với 0 0( ) ( )x x f x f x k do đó phƣơng trình vô nghiệm Với 0 0( ) ( )x x f x f x k do đó phƣơng trình vô nghiệm Vậy 0x là nghiệm duy nhất của phƣơng trình Hướng 2: thực hiện theo các bƣớc Bước 1: Chuyển phƣơng trình về dạng: ( ) ( )f x g x Bước 2: Dùng lập luận khẳng định rằng ( )f x và g(x) có những tính chất trái ngƣợc nhau và xác định 0x sao cho 0 0( ) ( )f x g x Bước 3: Vậy 0x là nghiệm duy nhất của phƣơng trình. Hướng 3: Thực hiện theo các bƣớc: Bước 1: Chuyển phƣơng trình về dạng ( ) ( )f u f v Bước 2: Xét hàm số ( )y f x , dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu Bước 3: Khi đó ( ) ( )f u f v u v Ví dụ: Giải phƣơng trình : 2 22 1 2 4 4 4 3 2 9 3 0x x x x x pt 2 2 2 1 2 2 1 3 3 2 3 3 2 1 3x x x x f x f x Xét hàm số 22 3f t t t , là hàm đồng biến trên R, ta có 1 5 x Bài tập: Giải phƣơng trình: 24 1 4 1 1x x , 31 4 5x x x , 21 3x x x , 2 31 2 2x x x x , 1 2 3x x , 22 1 3 4x x x