b/ Tìm m để phương trình có nghiệm.. c/ Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất.. Phát triển bài toán theo ý tưởng Hình học.. Đường thẳng tiếp xúc đường tròn.. b/ Tìm m để hệ phương trì
Trang 1PHÁT TRIỂN MỘT BÀI TOÁN.
I/ Hệ phương trình: Bài toán gốc
2
x xy y
xy x y
Phát triển bài toán theo ý tưởng Đại số
1/ Thay x bằng ( )−x ,ta đượchệ phương trình mới:
2
x xy y
xy x y
,hoặc thay y bởi
( )−y ,ta được hệ phương trình mới:
2
x xy y
xy x y
2/ Thay x kx= , chẳng hạn k =2.ta được hệ phương trình mới:
xy x y
3/ Thay x bằng x , y giữ nguyên, ta được hệ phương trình mới:
2 4 2
x x y y
x y x y
thay x bằng x , thế y bằng một hàm y ,ta được hệ phương trình mới:2
2 4
4 2
x x y y
4/ Thay x=c otx, y =tany, ta được hệ phương trình mới: cot2 c otx.tan tan2 4
c otx.tan c otx tan 2
5/ Thay bởi tham số:
xy x y m
a/ giải hệ phương trình khi m=2
b/ Tìm m để phương trình có nghiệm
c/ Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất
Phát triển bài toán theo ý tưởng Hình học.
Bài toán gốc:
2 2 4
2
x y
Tacó:
2 2 4
x +y = là phương trình đường tròn, x y+ =2 là
phương trình đường thẳng Phát triển bài toán:
x y m
a/ Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất.( Đường thẳng tiếp xúc đường tròn)
b/ Tìm m để hệ phương trình có nghiệm ( Đường thẳng tiếp xúc đường tròn hoặc cắt đường tròn)
Có thể mở rộng mặt cầu, mặt phẳng, …
II/ Tích phân: Bài toán gốc:
2 2 1
x dx
Trang 21/ Thay x bằng sin x Ta đi tìm (sin ) d x là cosx.dx Sau đó chọn cận cho phù hợp Ta
được bài toán mới: 2 2
0
sin osxdxx c
π
∫ 2/ Thay x bằng e x+1.Ta đi tìm d(e x+1) là e dx.Ta được bài toán mới: x
ln 2
2 0
(e x+1) e dx x
3/ Thay x bằng lnx+1.Ta đi tìm d(lnx+1) là 1
xdx.Ta được bài toán mới:
2 1
(ln 1)
e
x dx x
+
Bài toán gốc:
4
1
xdx
1/ Thay x bằng 2x+1 Sau đó chọn cận cho phù hợp Ta được bài toán mới:
4 0
2x+1dx
∫ Tiếp tục thay x bằng lnx, Ta đi tìm (ln )d x là 1
x.dx, sau đó chọn cận cho phù hợp ta
được bài toán mới:
1
2ln 1
e x
dx x
+
∫ 2/ Thay x bằng x2+1.Ta đi tìm d x( 2+1)là 2x.dx Sau đó chọn cận cho phù hợp Ta được bài toán mới:
3 2 0
1
x + xdx
∫ Tiếp tục thay x bằng lnx, Ta đi tìm d(ln )2x là1ln x
x
.dx, sau đó chọn cận cho phù hợp ta được bài toán mới:
2 1
ln 1 ln
e
dx x
+
Trang 3Bài toán gốc:
2
3 3
1 0
2
t anx 4
2 0 1
lnx 0
1 2 sinx 0 2 cosx 0 cotx 4
2 0
ln
os
os
sin
sin
x
x
e xdx
x
e
dx
c x
dx x
e c xdx
e xdx
e
dx x
π
π
π
π
−
→
∫
∫
∫
∫
∫
Xuất phát bài toán gốc:
1
1
e
dx x
∫
2
2
1 1
0 1
2 0
1
sinx
os 1 1
1 osx sin 1 1 (ln 1)
e
x e
x
e
dx
c x e dx
x
c dx x dx
x x
π
→
+
∫
∫
∫
∫
∫
III/ Phương trình: Xuất phát từ bài toán gốc như sau:
Trang 42
2
2
2
log 3log 3.log 2 0 log log 27.log 2 0 log 3log (2 ) 5 0
log 3log (4 ) 8 0
4 log 3log ( ) 4 0
x
x
2
2 2
2
2
log 2
x
x
x
x
x
−
−
3/ Cho hàm sốy= f x( ) đồng biến hoặc nghịch biến trênmột miền xác định của hàm số
Kí hiệu: f−1( )x là hàm số ngược của y= f x( ) Giải phương trình f x( ) = f−1( )x
Giải
Đặt y= f−1( )x ⇒ =x g y( ) Khi đó ( ) 1( ) f x( ) ( ) y
f y x
Giải hệ đối xứng này
ta thu được ngiệm của phương trình
VD: Giải phương trình x2+ =1 3 3x−1(1)
Giải
Đặt y= 3x−1(y≥0) ⇔ y2 =3x+ ⇔1 y2+ =1 3x
Do đó phương trình (1)
2 2
1 3
1 3
+ =