Các phương pháp tổng quát giải hai câu điểm 8,9 môn Toán

Các phương pháp tổng quát giải 2 câu điểm 8,9 của đề thi môn Toán GV: Phạm văn Tuyền Lời nói đầu Trong đề thi Đại học môn Toán, và giờ là đề thi THPT Quốc Gia có rất nhiều em học sinh

Trang 1

Các phương pháp tổng quát giải 2 câu điểm 8,9 của đề thi môn Toán GV: Phạm văn Tuyền

Lời nói đầu

Trong đề thi Đại học môn Toán, và giờ là đề thi THPT Quốc Gia có rất nhiều em học sinh đều bỏ đi

3 câu: Câu điểm 8 (Hình Oxy), câu điểm 9 (Phương trình, bất phương trình vô tỷ, hệ phương trình)

và Câu điểm 10 (Bất đẳng thức, Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất) Lí do chính mà các em khó học các bài này

là gì ? Đó là vì thường chúng có quá nhiều phương pháp, thậm chí một số phương pháp rất khó để học sinh ở mức trung bình tiếp thu được Đứng trước các bài như vậy, với nhiều học sinh khá, giỏi cũng phải mất khá nhiều thời gian để tìm ra được lời giải, có khi không thể giải được

Chính vì vậy để giúp các em học sinh có thể kiếm được điểm ở 2 câu điểm 8, 9 mà không mất nhiều thời gian học anh sẽ phân tích ở mỗi loại 1 hướng đi tổng quát có thể giải gần như mọi bài, và cách làm của nó cũng rất đơn giản để mọi em học sinh đều có thể áp dụng được (hiện tại anh cũng đang nghiên cứu tìm hiểu để có thể tổng quát hóa câu điểm 10 ) Trong các cách làm được trình bày ở đây, thì hướng giải phương trình, bất phương trình cũng không còn mới mẻ với rất nhiều học sinh nhưng anh cũng xin xin trình bày lại để giúp các em học sinh chưa biết có thể tiếp cận Và cũng xin nhấn mạnh rằng đây chỉ

là những phương pháp tổng quát để giúp học sinh dễ áp dụng chứ không phải là những cách hay, sáng

tạo để giải các câu khó này, vì vậy nếu như câu nào có thể làm được bằng phương pháp khác hay hơn thì các em cũng không nên áp dụng các hướng đi này

PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ

1 Phương pháp liên hợp (Áp dụng cho mọi bài nếu nhẩm được nghiệm bằng máy tính)

Bước 1: Dùng máy tính Casio, Vinacal ( hoặc thay trực tiếp) nhẩm được nghiệm x=xo, x=x1 (Dùng chức năng SOLVE ra 1 nghiệm, rồi “ SHIFT SOLVE 100 = “, tiếp “SHIFT SOLVE -100 = “ để ra các nghiệm khác nếu còn Sau khi ra 1 nghiệm để lưu lại ấn “ AC ALPHA X SHIFT STO A,B,C,”

Bước 2: Thêm bớt rồi nhân lượng liên hợp để xuất hiện nhân tử chung x-x o nếu nhẩm được 1 nghiệm

hoặc (x-x o ) (x-x 1) nếu nhẩm được 2 nghiệm

Các biểu thức liên hợp:

√ – b = √ ; √ + b = √ ; √ - b =

√

√ ;

√

+ b =

√

√ ; √ -b =

√ √ √

VD1 (Khối B -2010):

Giải phương trình: √3 + 1 − √6 − + 3− 14 − 8 = 0 (1)

Phân tích: Dùng máy tính (1) có nghiệm duy nhất x =5

Với x = 5 thì √3 + 1 = 4, √6 − = 1

Giải: Điều kiện: -≤ ≤ 6

(1) ↔ (√3 + 1 − 4) − √6 − − 1 + 3− 14 − 5 = 0

↔ √!−√ + 3" − 5) # +$ = 0

↔ (x – 5 ) [ √! +√ + 3 + 1 ] = 0

↔ % = 5

√!+√ + 3 + 1 = 0 "2)'

√!+√ + 3 + 1 > 0 ∀ ∈ [-, 6] nên (2) vô nghiệm

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 5

Trang 2

VD2:

Giải phương trình: √3 + 2 +x√3 − 2 = 2√2+ 1 (1)

Phân tích: Dùng máy tính (1) có nghiệm duy nhất x=2

Giải: Điều kiện: x ≥

(1) ↔ ( √3 + 2 - 2) + x(√3 − 2 - 2) – 2 (√2+ 1 –x-1 ) =0

↔

-.")

√ ! + √! - 2 ")

√ =0 ↔ (x-2)[

.") √ ! +

√ –

√ ]=0

.")

√ ! +√ – √ = 0"2)'

Với x ≥ xét (2):

√ – √> 0

↔ 3(√2+ 1 + + 1) − 2√3 − 2 + 2 > 0

↔ (3√2+ 1 − 2√3 − 2) + (3x-1) > 0

↔ √-√5 + (3x – 1) > 0 ↔ -"6 )7

√ √ + (3x – 1) > 0 (luôn đúng)

Do đó (2) vô nghiệm

(Ở bước này nếu các em không thể chứng minh phương trình vô nghiệm thì thử thay 1 số bất kì bằng máy tính để biết vết trái >0 , sau đó ghi là vế trái >0 ∀ x ≥ , làm như vậy thì bài làm chỉ bị trừ 0.25đ ) Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=2

VD3:

Giải phương trình: √3 + 1 + √5 + 4 = 3− + 3 (1)

Phân tích: Nghiệm x=0; x=1

Xét [√3 + 1 - (ax+b)] Thay x=0 và x=1 ta được hệ 8 1 − 9 = 02 − − 9 = 0' ↔ 8 = 19 = 1'

Xét [√5 + 4 − ": + ;)] Thay x=0 và x=1 ta được hệ 8 2 − ; = 03 − : − ; = 0' ↔ 8: = 1; = 2'

Giải: Điều kiện: x ≥ -!7

(1)↔ [√3 + 1 - (x+1) ] + [√5 + 4 − " + 2)] -3(− ) =0

↔

√")+√7!") −3(− ) =0

√")+√7!") + 3 = 0 "Vế trái > 0, ∀ x ≥ − 45) ' ↔ C = 0 = 1'

Vậy phương trình có 2 nghiệm: x=0 ; x=1

VD4 (D-2014)

Giải bất phương trình: (x+1)√ + 2 + (x+6)√ + 7 ≥ x2 + 7x +12 (1)

Phân tích: Nhẩm nghiệm (phương trình) x=2

Giải: Điều kiện: x ≥ -2

(1) ↔ x"√ + 2 - 2) + (√ + 2 - 2) + x( √ + 7 -3) + 6"√ + 7 -3) – (x2 +2x -8) ≥ 0

Trang 3

Các phương pháp tổng quát giải 2 câu điểm 8,9 của đề thi môn Toán GV: Phạm văn Tuyền ↔ √ ") +√ ") +√5") +√5 ") − " − 2)" + 4) ≥ 0

↔ (x-2) [ √ +√5 − " + 4) ] ≥ 0 (2)

Do E.+2+ 2+1 −+12 F+C√+7+3+6 −+62 G−12< 0, ∀ x ≥ -2

Hoặc có thể chứng minh đơn giản hơn như sau:

√ +√5 − " + 4) < √ +√5 − " + 4)= √!√√ < 0

(nếu không CM được thì thay 1 giá trị x bất kì ≥ −2 và thấy biểu thức âm, rồi ghi biểu thức <0, bị trừ 0.25đ)

"2)↔ x≤ 2 Vậy bất phương trình có nghiệm : -2 ≤ x ≤2

VD5 (Khối B-2012):

Giải bất phương trình: x +1 + √− 4 + 1 ≥ 3√ (1)

Phân tích: Dùng máy tính nhẩm được 2 nghiệm x=4; x=!

Giải: Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 2 - √3 hoặc x ≥ 2 + √3 (*)

(1)↔ [√− 4 + 1 -( 7 +7 )] – 3 [√ -( 7 +7 )] ≥ 0

↔ ! "

6

I 6I )

√ !" 6I6I )− 3" I I )

√ " II ) ≥ 0 ↔ (x-4) (x-!) [ I

√ !" 6I6I ) + 6I

√ " II ) ] ≥ 0 ↔< ≥ 4 ≤

!' Kết hợp điều kiện (*) ta được tập nghiệm T = [0;!]∪[4;+∞)

2 Phương pháp bình phương 2 vế

Bước 1: Lũy thừa 2 vế (mũ 2, mũ 3) chuyền về phương trình không chứa căn ( thường bậc 4 hoặc cao hơn)

Một số phương trình cơ bản:

.L") = M") ↔ NL") = MM") ≥ 0")' ; .L") = M") ↔ L") = M")

L") + M") = ℎ") ↔ ℎ") − L") − M") = 2.M")L")

.L")= M") ↔ L") = M") ; .L") = M") ↔ L") = M")

L") ≥ M") ↔ ON MM") < 0") ≥ 0

L") ≥ M")'' ; .L")

≥ M") ↔ L") ≥ M")

Bước 2: Dùng máy tính (nếu toàn nghiệm vô tỷ) hoặc sử dụng lược đồ Hoocne (nếu có nghiệm hữu tỷ)

để giải các phương trình bậc cao

Nhận xét: Phương pháp này có ưu điểm hơn so với phương pháp liên hợp là giải được cả phương trình, bất phương trình nghiệm lẻ, và hiếm khi phải chứng minh phương trình vô nghiệm, hoặc các phương trình cần chứng minh vô nghiệm cũng đơn giản hơn Vì vậy ngay cả khi phương trình có nghiệm hữu tỷ, nếu như phương pháp liên hợp chỉ được 0.75đ thì cũng có thể dùng phương pháp này để được trọn 1đ

VD6: Giải phương trình 4− 8 + √2 + 3 = 1 (1)

Trang 4

Các phương pháp tổng quát giải 2 câu điểm 8,9 của đề thi môn Toán GV: Phạm văn Tuyền Điều kiện x ≥ - (*)

(1)↔ √2 + 3 = 1 −4+ 8 ↔ N1 − 42x + 3 = "1 − 4+ 8 ≥ 0 "2)+ 8 ) "3)'

(3)↔ 8!− 32+ 28+ 7 − 1 = 0

(Nháp: Dùng máy tính lưu các nghiệm là A, B, C Lần lượt ấn A+B và AB, A+C và AC, B+C và BC

đến khi cặp nào có tổng và tích là số hữu tỷ Trong ví dụ này ta có A+B = , AB= −⇒ Phương trình có nhân tử là − − hay 2− 3 − 1 Chia đa thức cho 2− 3 − 1 ta được nhân tử còn lại 4− 10 + 1 )

↔ 4(2− 3 − 1) -10x (2− 3 − 1) + "2− 3 − 1)=0

↔ (4− 10 + 1) (2− 3 − 1)=0 ↔ O =

±√5

! =7±√! ' Đối chiếu với (*) và (2) ta được các nghiệm =√5! hoặc x =7√!

VD7: Giải phương trình: √+ 9 − 1 + √11 − 3 = 2 + 3 (1)

Phân tích: Bài này ở trên chúng ta có thể giải bằng phương pháp liên hợp với nghiệm x = T

, x =

Để tránh việc bình phương 2 lần (do phương trình chứa 2 biểu thức căn khác nhau) thì ta đặt

t = √11 − 3

Giải: Điều kiện N 11 − 3 ≥ 0+ 9 − 1 ≥ 0' (*) Đặt t = √11 − 3 "0 ≥ 0) (1) trở thành:

U"VW)+ 3"11 − 0) − 1 +V 0 ="V )+ 3

↔√0!− 490+ 409 + "11 − 0)0 = 22 − 20+ 9

↔ √0!− 490+ 409 =0− 20− 110 + 31

↔N 00!− 490− 20− 110 + 31 ≥ 0 "2) + 409 = 0 + 40!+ 1210+ 961 − 407− 220!+ 620+ 440− 1240− 6820 "3)' (2) ↔0 − 407− 190!+ 1060+ 460− 6820 + 552 = 0

↔ "t-1)"t-3)"0!− 220+ 180 + 184) = 0 "Dùng lược đồ Hoocne)

Do 0!− 220+ 180 + 184 = "0− 11)+ 180 + 63 > 0 nên phương trình có nghiệm t =1, t=3

t =1 → x = T , t = 3 → x = [ cả 2 nghiệm đều thỏa mãn (*) ]

VD8 (Khối B-2012): Giải lại VD5 bằng cách bình phương

Giải bất phương trình: x +1 + √− 4 + 1 ≥ 3√ (1)

Giải: Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 2 - √3 hoặc x ≥ 2 + √3 (*)

Đặt t=√ "0 ≥ 0) (1) có dạng : √0!− 40+ 1 ≥ −0+ 30 − 1

+ 30 − 1 < 0

N0!− 40+ 1 ≥ 0−0!+ 90+ 30 − 1 ≥ 0+ 1 − 60+ 20− 60''

↔h

0 ≤ 0 <√7

0 >√7

i

√7

≤ 0 ≤√7

'↔%0 ≤ 0 ≤

0 ≥ 2 ' Do đó %0 ≤ ≤!

0 ≥ 4 '

Trang 5

Các phương pháp tổng quát giải 2 câu điểm 8,9 của đề thi môn Toán GV: Phạm văn Tuyền Kết hợp điều kiện (*) ta được tập nghiệm T = [0;!]∪[4;+∞)

VD9 "Đề thi minh họa kì thi THPT Quốc Gia của Bộ giáo dục):

√+ + √ − 2 ≥ 3"− 2 − 2) "1)

Gi

Giảảảải:i:i:i:

Điều kiện: x≥ 1+√3

(1) ↔ + 2 − 2 + 2."+ )" − 2) ≥ 3"− 2 − 2)

↔ "+ )" − 2) ≥ − 4 − 2

− 4 − 2 < 0

N"+ )" − 2) ≥ !− 4 − 2 ≥ 0+ 16+ 4 − 8− 4+ 16''

↔O1 + √3 ≤ < 2 + √6 N ≥ 2 + √6

"− 6 − 4)"− 3 − 1) ≤ 0"ù3M 2á 0í3ℎ)' ' ↔ 1+√3 ≤ ≤ 3 + √13

Vậy bất phương trình có nghiệm: 1+√3 ≤ ≤ 3 + √13

Chú ý: Khi 2 cách trên đều không thể thực hiên được (cực kì hiếm gặp) có nghĩa là phương trình có

nghiệm lẻ dạng x = √9 -a , thường thì a =0; 1; 2

VD10 (Đề thi thử Sư phạm lần 3): Giải phương trình: √3 − = 2+ − 3 (1)

Phân tích: Dùng máy tính (1) có nghiệm duy nhất x = 1,1447….lưu là A và tìm ra A3 =

⇒ (1) có nhân tử chung là x3 -

Giải:

Cách 1: (1) ↔ 3 – x3 = [2+ " − 3)]3↔ 8x9 + 12x7 - 36x6 + 6x5 – 36x4 +56x3 -9x2 + 27x -30 =0 ↔ (2x3-3)[4x6 + 6x4 -12x3 + 3x2 - 9x + 10] = 0

"2x+x − 3)+!x+ 1 = 0 "ế 0á > 0, ∀)

'

Cách 2: (1) ↔ √3 − − U = 2+ − 3 − U

↔

." )

U " ) U + − U 2+ 2U + 2U W!+ 1 = 0

↔h

− U = 0

U U

." )

U " ) U + 2" + U)+ 2U W!+ 1 − U = 0 "ế 0á > 0, ∀)

'

↔ = U

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất = U

Trang 6

HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Đây là phương pháp tổng quát có thể giải được gần như mọi hệ phương trình dù là khó nhất hoặc nghiệm lẻ nhất Phương pháp này tạm gọi là “Phương pháp liên hợp tổng quát”, nó có thể thay thế hầu hết các phương pháp giải hệ ( trừ phương pháp đặt ẩn phụ), tuy nhiên cũng giống như phương pháp liên hợp sử dụng trong phương trình thì phương pháp này cũng có nhược điểm là có những bài nếu như các

em không thể chứng minh sự vô nghiệm thì chỉ đạt 0.75đ mà thôi Vì vậy các em cần lựa chọn phương pháp phù hợp với mình

Bước 1: Sử dụng máy tính Casio hoặc Vinacal để tìm ra mối liên hệ giữa x và y (có thể từ 1 phương trình hoặc cả 2 phương trình của hệ) ⇒ nhân tử chung

Bước 2: Nhóm (hữu tỷ) hoặc liên hợp (vô tỷ) để giải hệ

VD1 (A-2012):

− + − + =− + = + − ")

")'

Nháp: Từ (1) dùng máy tính tìm ra mối quan hệ x = y + 2 ⇒ (1) có nhân tử chung là x – y - 2

Giải: (1) ↔ [ x3 – (y + 2)3 ] – 3[ x2 – (y + 2)2] – 9 [ x – (y +2)] = 0

↔ ( x – y – 2) [ x2 + x(y +2) + (y + 2)2 – 3(x + y +2) – 9] = 0

= − 2 + + − + − 11 = 0 "∗∗)"∗) '

Từ (*) thay vào (2) ta được: + " − 2)− + − 2 =

↔ 4x2 – 4x +3 = 0 ↔ O =

=' Thay vào "*) ta được các nghiệm của hệ ", −) , ", −)

Lấy "**) – "2), vế với vế ta được y = thay vào (2)

Từ (**) thay vào phương trình (2) rút được y = thay vào phương trình (2) ⇒ vô nghiệm

VD2 ( A -2013):

√ + 1 + √ − 1− !+ 2 = "1)

+ 2" − 1) + − 6 + 1 = 0 "2)'

Phân tích: Từ (1) dùng máy tính tìm được mối quan hệ x = y4 +1 ⇒ Phương trình (1) có nhân tử là x –

y4 -1

Giải: (1) ↔ ( √ + 1 − !+ 2) + √ − 1− = 0

↔ ")"¡√.¡)+ .") ¡ ")")¡¡√¡ = 0

!+ 1

√.¡ + .") ¡ ") ¡√¡ = 0 "∗)'

Từ (2) coi x là ẩn : (2) có nghiệm khi ∆ = 4y ≥ 0 ⇒ y ≥0 nên (*) vô nghiệm

( Ở bước này nếu các em không thể chứng minh (*) vô nghiệm thì sẽ bị trừ 0.25đ)

Thế x = y4 +1 vào (2) ta được y (5+ 2!+ − 4) = 0

↔ y (y-1)( + 7+ !+ 3+ 3+ 3 + 4) = 0 ( dùng máy tính + Hoocne)

↔ y = 0 hoặc y =1 (do y≥0)

Trang 7

HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG OXY

Một cách tổng quát với bài toán Oxy ta có thể tổng quát hóa bằng cách đưa về 1 phương trình, hệ 2 phương trình với 1 phương trình bậc nhất (giải dễ dàng) và thường là hệ 2 phương trình bậc bậc hai

Phương pháp tổng quát giải hệ 2 phương trình bậc 2

N+ 9+ : + ; + £ + L = 0

Ta cần tìm số k sao cho khi lấy (1) +k(2) thì ta được phương trình mới có ∆ là số chính phương Cách tim số k đó như sau:

Đặt a = , b = 9 , c = : , d = ; , e = £ , f = L

Số k là nghiệm của phương trình sau: cde + 4abf = a£

(Dùng máy tính để nhẩm 1 nghiệm phương trình này, không cần giải vì đây chỉ là bước làm ở nháp)

Phương pháp đặt ẩn tổng quát đưa bài toán Oxy về hệ phương trình

VD1 (A-2014): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm M là trung điểm

của đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN = 3NC Viết phương trình đường thẳng CD, biết rằng M (1;2) và N (2;-1)

,!

Lấy 2.(1) – (2) ⇒ a = 3b – 7 Thay vào (1) ta được b =2 hoặc b = 7

Với b =2 ⇒ A(-1; 2) , B(3;2), C(3;-2) ⇒ (CD): y +2 = 0

Với b = 7 ⇒ (CD): 3x – 4y – 15 = 0

Trang 8

VD3 ( A-2013):

Giải:

Giả sử B(a,b), C(c; -2c-5) ⇒ M(2c-a; -4c-10-b)

¦ª

§§§§§§¨¦«§§§§§§§¨ 0

¦ª

↔ i

9

' Lấy (1)-(3) ⇒ a = ¬W thế vào (1) và (2) ta được hệ 2 phương trình bậc hai và giải tổng quát

VD4 (Đề thi minh họa kì thi THPT Quốc Gia của Bộ giáo dục:

Giải: A, B ∈ ∆ ⇒ Gọi theo 2 ẩn ⇒ Giải dễ dàng bằng phương pháp này

Gọi A(a; ! , B(b; ! Do xC = !7 và C ϵ ∆ nên C(!7 ; 7

AC = AO ↔ (a- !72 + (! 72 = a2 + "! 2↔ -16a +48 = 0 ↔ a = 3 ⇒ A(3;0)

⇒ (OA): y =0 d(K,OA) = D(K,OB), với K(6;6) nên (OB): x = 0 ⇒ b =0 ⇒ B(0; 4)

(hoặc có thể viết phương trình (OB) và tìm ra b=0)

Vậy phương trình có nghiệm x =

Trang 2

Các phương pháp tổng quát giải câu điểm 8,9 đề thi mơn...

VD2:

Giải phương trình: √3 + +x√3 − = 2√2+ (1)

Phân tích: Dùng máy tính (1) có nghiệm x=2

Giải: Điều kiện: x ≥ ... '' ↔ C = 0 = 1''

Vậy phương trình có nghiệm: x=0 ; x=1

VD4 (D-2014)

Giải bất phương trình: (x+1)√ + + (x+6)√ + ≥ x2

Định dạng
Số trang	8
Dung lượng	713,94 KB