kiến thức cơ bản ôn thi đại học môn toán

kiến thức cơ bản ôn thi đại học môn toán

TÓM TẮT KIẾN THỨC CƠ BẢN TOÁN LUYỆN THI ĐẠI HỌC PHẦN I/ Đại số

+ Giải và biện luận phương trình : m(x - m ) = x + m - 2 (1)

Kết luận : m ≠ 1 : nghiệm là x= m-2 (Tập nghiệm là S = {m - 2})

)1(2

m

x ; nên (3) có nghiệm duy nhất

+ Nếu m2-1=0  m= 1

- với m=1 :(3a) có dạng 0x= 0, (3a) đúng với mọi xR (phương trình có

vô số nghiệm), nên (3) có vô số nghiệm

- với m=-1: (3a) có dạng 0x=-4; (3a)vô nghiệm, nên (3) vô nghiệm

2/Ôn luyện các phương pháp giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn

a

c by ax

'''

)(

d b

c x b

a y

d b

c x b

a y

* Vẽ d và d' trên cùng một mặt phẳng toạ độ

* Xác định giao điểm chung :

+Nếu d cắt d' tại điểm A (x0; y0)  Hệ có một nghiệm duy nhất (x0; y0)

+ d// d'  Hệ vô nghiệm

+ d trùng với d'  Hệ vô số nghiệm và nghiệm tổng quát là ( x  R; y=

b

c x b

3- Giải hệ bằng phương pháp cộng đại số

B1: Nhân các vế của 2 PT với số thích hợp (nếu cần ) sao cho các hệ số của x( hoặc y)

Trong 2 PT của hệ là bằng nhau hoặc đối nhau

B2: Sử dụng qui tắc cộng đại số để được hệ PT mới ; trong đó có 1 PT mà hệ số của một trong hai ẩn bằng 0

B3: Giải hệ PT vừa tìm được

3

y x

y x

Vậy hệ PT có nghiệm duy nhất ( x= 2 ; y =1)

PP cộng : Nhân 2 vế của PT(1) với 2 ta được hệ mới tương đương với hệ đã cho :

1

y x

1

x y

03

y x

y x

HD: Nhân 2 vế của PT (1) với 3 ta sẽ có hệ tương đương với hệ đã cho :

y x x

HD: Cho HS nhân khai triển rồi thu gọn ta sẽ được hệ PT đơn giản rồi giải ra được nghiệm của hệ là :

32

20

12

1

2

4

y x

y

x

y x

14

b a

b a

Giải hệ bằng pp thế hoặc pp cộng đại số ta có a= 1/8;

32

2

822

/12/1

8/12/1

y

x y

x

y x y

x

y x

31

1.)

m m

m

m

m

Vậy với m= 3 thì hệ trên có nghiệm là x= -1/3 ; y =1

b; Thay m = 0 vào hệ PT ta được :

1210

9(

)

2

(

m n y n m x

n

m

n m y

m n x

n

m

a; Giải hệ phương trình khi m= -5 và n =3

b; Tìm m và n khi hệ phương trình có nghiệm ( 5; -1)

Giải :

a; Thay m = -5 ; n = 3 vào hệ PT và khai triễn thu gọn ta được hệ PT mới :

88

1).(

9(

(5

)

2

(

m n n

m n

m

n m m

n n

8

319

1752

y x

y x

tìm được giao điiểm của(d1) và (d2) là A(6;1) Muốn cho đường

thẳng ax-8y=b đi qua hai điểm M và A thì a,b phải là nghiệm của hệ phương trình

b a

86

489

4(7

2

04

2 2

x x

x x

(loại) 1

4

x x

vậy nghiệm của phương trình là x = 9

 Bình phương hai vế PT (1) ta cĩ PT hệ quả: f(x)=g2(x), ( giải tìm x= ?)

 Thế vào PT (1) xem cĩ thảo mãn hay khơng

 Kết luận nghiệm của PT 1)

Cách giải 2: ( Sử dụng phép biến đổi tương đương)

 Bình phương 2 vế PT đã cho ta được: 2x-4=42x 8 x4

 Thế x=4 vào PT đã cho thỏa mãn

 ĐK: 3x150 x 5

 PT(b)  3x-15=9  3x=24  x=8

 Ta thấy x=8 thỏa mãn điều kiện nhưng thế vào PT (b) không thỏa mãn

 Vậy PT (b) vô nghiệm

Cách 2: ( Chỉ cần để ý -3<0) nên PT (b) vô nghiệm

Các câu c, d, e giải tương tự

 Qua các ví dụ trên cho ta thấy nhược điểm của phương pháp giải theo phương

trình hệ quả là dài và phải thử lại nghiệm (tránh trường hợp xuất hiện nghiệm

ngoại lai), còn phương pháp giải theo phương trình tương đương có phần ưu

điểm là tiện lợi hơn, (không cần phải thử lại nghiệm)

 Chúng ta cần phân biệt rằng tùy theo đặc thù của phương trình chứa căn mà ta

có thể chọn cách giải 1 hoặc 2 cho phù hợp

 Vì vậy sau này chúng ta sẽ tiếp cận nhiều bài toán chứa căn thức thì ta mới cảm

nhận được sự sâu sắc trong mọi khía cạnh của bài toán lúc đó ta mới thấy rõ mỗi phương pháp điều có những ý nghĩa đặc sắc riêng của nó

3

x

x x

 Qua ví dụ trên cho ta thấy giải phương trình bằng phương pháp biến đổi tương

đương sẽ có nhiều lợi thế và tiện lợi, nếu giải bằng phương pháp biến đổi phương trình hệ quả, nghĩa là phải đặt điều kiện để căn có nghĩa sẽ khó khăn hơn

 Nhận xét: Qua cách giải trên cho ta thấy chọn ĐK: g(x) = 4 - x  0 đã làm giảm bớt độ khó

của bài toán và giúp ta giải quyết bài toán này nhẹ nhàng hơn mà vẫn không làm mất nghiệm của pt đã cho

Các câu còn lại giải tương tự

 Chú ý: Dạng



( ) 0 ( ) 0

 Điều này cho ta thấy rằng điều kiện xác định của PT là rất quan trọng

 PT đưa về dạng tích thường có tính phức tạp cao hơn so với những PT chứa căn thông

thường



  

 + Với t=1 2x  1 1 2x  1 1 x 0





  

 + Với t=1 x2  1 1 x2  1 1 x 0

PT(b) trở thành: t2-5t+4=0 1

4

t t

t t

VD2: Giải pt: x2 5x (x2)(5x) (1) 4

HD: Đặt t= x2 5x (đk t  0)

2

7( 2)(5 )

t t

2

 Qua ví dụ trên giúp cho ta thấy được việc đặt ẩn số phụ giúp chúng ta đưa các bài

toán tương đối phức tạp về bài toán đơn giản hơn, quen thuộc và dễ giải hơn

 Điều đó giúp cho ta có ý tưởng có thể tiếp cận các bài toán phức tạp hơn các bài

toán trên bằng cách đặt ẩn số phụ

 Cũng cần lưu ý rằng nếu đặt ẩn số phụ phải đưa về bài toán đơn giản hơn thì cách

làm mới có ý nghĩa, còn ngược lại thì !!!

 Qua ví dụ trên cho ta thấy dạng tổng căn thức và tích căn thức thì ta đặt t bằng

tổng căn thức rồi biến đổi tích căn thức theo ẩn t để có pt ẩn t giải được

 Tuy nhiên việc đặt ẩn phụ còn nhiều cách lựa chọn phù hợp khác nhau điều đó

giúp ta tư duy linh hoạt hơn

Vậy PT có 2 nghiệm x=1; x= 1/2

Câu d) giải tương tự

Lời bình:

1.4 Phương trình chứa dâu trị tuyết đối

Cách giải : Sử dụng định nghĩa hoặc bình phương hai vế để khử (bỏ) dấu giá trị tuyệt đối

 Qua ví dụ trên cho ta thấy dạng biểu thức trong căn và tích biểu thức bên ngoài

căn nếu biến đổi thì chúng có liên hệ mật thiết với nhau nên ta đặt t bằng lượng chứa căn thức rồi biểu thức bên ngoài biểu diễn theo t Ta được pt quen thuộc giải được

 Các bài toán trên giúp ta thấy được sự đa dạng của việc đặt ẩn phụ

Vậy nghiệm của phương trình là x=2

(nhận) 1x

(loại) 1x

(loại) -1y

với y = 9  x2 = 9  x = 3

Ví dụ 2: Cho phương trình x4+(1-2m)x2+m2-1 = 0 Định m để :

a) Phương trình vô nghiệm

b) Phương trình có đúng một nghiệm

c) Phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt

d) Phương trình có đúng 3 nghiệm phân biệt

e) Phương trình có đúng 4 nghiệm phân biệt

a  a ( a  0;m, n N  )



m n

m n m n

a

a a

a a a

N a a

 log N a    log N a Đặc biệt : log N a 2  2 log N a

3 Công thức đổi cơ số :

 log N a  log b log N a b

a

log N log N

4 Định lý 4: Với 0 < a  1 và M > 0;N > 0 thì : loga M = loga N  M = N

5 Định lý 5: Với 0 < a <1 thì : loga M < loga N  M >N (nghịch biến)

6 Định lý 6: Với a > 1 thì : loga M < loga N  M < N (đồng biến)

2 CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH MŨ & LOGARIT:

Dạng cơ bản: ax m (1)

 m : phương trình (1) vô nghiệm 0

 m0: ax mxlog ma

Dạng cơ bản: log xa m

 m  : log xa mxam

a Phương pháp 1: Biến đổi phương trình về dạng : a M = a N ; log M a  log N a

(Phương pháp đưa về cùng cơ số)

♥ Vậy nghiệm của phương trình là x 6 

Tự luyện: Giải các phương trình sau

3

x x

Ví dụ 3: Giải phương trình log2xlog3xlog6xlog36x (1)

Bài giải

♥ Điều kiện: x  0

♥ Áp dụng công thức loga cloga blogb c, 0 a b c a, , ; 1;b1, ta có

 1  log2xlog 2 log3  2xlog 2 log6  2xlog 2 log36  2x

 log2xlog 2 log 2 1 log 23  6   36 0 *

Do log 2 log 2 1 log 23  6   36  nên 0

 *  log2x0x 1

♥ Vậy nghiệm của phương trình là x   1

Tự luyện: Giải các phương trình sau

1) log3xlog3x  2) 2 1 log3x 1 log3x 2 log 63

 Với x  thì 1      2  

1

♥ Vậy nghiệm của phương trình là x 2 

Tự luyện: Giải các phương trình sau

x

  

♥ Vậy nghiệm của phương trình là x   2

Tự luyện: Giải các phương trình sau hoctoancapba.com

   (2)

♥ Đặt t 3x với t  , phương trình (1) trở thành 0 3t229t18 (3) 0

 3 23

9

t t

♥ Chia hai vế phương trình (1) cho 4x

ta được  

32

t t

♥ Vậy nghiệm của phương trình là x 1;x  1

Tự luyện: Giải các phương trình sau

 Với t  thì 3 logx  3 x 1000 [thỏa (*)]

♥ Vậy nghiệm của phương trình là x100;x1000 

Tự luyện: Giải các phương trình sau

♥ Vậy nghiệm của phương trình là x   9

Ví dụ 11: Giải phương trình log2 5.2 8 3

♥ Vậy nghiệm của phương trình là x 2 

Tự luyện: Giải phương trình sau log 3.22 x 1 2 1

Tự luyện: Giải các phương trình sau

1) 3.7x49.3x14721x

2) 32x x  3 9x3x1

3) log2x2 log7x 2 log2 x.log7 x

d Phương pháp 4: Lấy lôgarít hai vế theo cùng một cơ số thích hợp nào đó

(Phương pháp lôgarít hóa)

01

log 3log 2

x x

Phương trình bậc hai một ẩn là phương trình có dạng ax2bx c   , trong đó x là ẩn; a, b, 0

c là những số cho trước gọi là các hệ số và a  0

2 Công thức nghiệm của phương trình bậc hai

Đối với phương trình bậc hai ax2bx c 0 (a0) và biệt thức   b24ac :

 Nếu  > 0 thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt b b

 Nếu  < 0 thì phương trình vô nghiệm

Chú ý: Nếu phương trình có a và c trái dấu thì  > 0 Khi đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt

3 Công thức nghiệm thu gọn

Đối với phương trình bậc hai ax2bx c 0 (a0) và b2 b , b2ac :

 Nếu  > 0 thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt b b

1  ; 2  

 Nếu  = 0 thì phương trình có nghiệm kép b

 Nếu hai số có tổng bằng S và tích bằng P thì hai số đó là hai nghiệm của phương trình:

X2SXP  0 (Điều kiện để có hai số đó là: S24P  ) 0

5 Dấu nghiệm số của phương trình bậc hai

Cho phương trình bậc hai: ax2bx c 0 (a0) (1)

(1) có hai nghiệm trái dấu  P  0

(1) có hai nghiệm cùng dấu 

P

00

Chú ý: Giải phương trình bằng cách nhẩm nghiệm:

 Nếu nhẩm được: x1x2 m n x x ; 1 2mn thì phương trình có nghiệm x1m x, 2 n

 Nếu a b c    thì phương trình có nghiệm 0 c

1 Giải phương trình (1) khi m = – 2

2 CMR: Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m

3 Tìm hệ thức liên hệ giữa x1, x2 không phụ thuộc vào m

Bài tập 2: Cho phương trình bậc hai x2 – (m + 1)x + m = 0 (1)

1 Giải phương trình (1) khi m = 3

2 CMR: Phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m

3 Trong trường hợp (1) có hai nghiệm phân biệt.Tìm hệ thức liên hệ giữa x1, x2 không phụ thuộc vào m

1

 Hệ thức: S – P = 1  x 1 + x 2 – x 1 x 2 = 1

Bài tập 3 : Cho phương trình 2x2 + (2m – 1)x + m – 1 = 0 (m là tham số) (1)

1 Giải phương trình (1) khi m = 2

2 CMR: Phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m

3 Trong trường hợp (1) có hai nghiệm phân biệt.Thiết lập hệ thức liên hệ giữa x1, x2độc lập với m

HD: 1 Khi m = 2, phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: x 1 = –1, x 2 = 1

3232

 Hệ thức: 2S + 4P = 1 2( x 1 + x 2 ) + 4 x 1 x 2 = 1

Bài tập 4 : Cho phương trình x2 – 2(m – 1)x + 2m – 3 = 0 (m là tham số) (1)

1 Giải phương trình (1) khi m = 5

2 CMR: Phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m

3 Trong trường hợp (1) có hai nghiệm phân biệt.Thiết lập hệ thức liên hệ giữa x1, x2

độc lập với m

4 Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu

HD: 1 Khi m = 5, phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: x 1 = 1, x 2 = 7

 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi '> 0 1 – 2m > 0m < 1

Bài tập 6 :

Cho phương trình bậc hai x2 –2(m + 1)x + m – 4 = 0 (1)

1 Giải phương trình (1) khi m = –2

2 CMR: m, phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt

3 Gọi x1, x2 là hai nghiệm của pt (1) Chứng minh biểu thức:

A = x1(1 – x2) + x2(1 – x1) không phụ thuộc vào m

Vậy A = 10 không phụ thuộc vào m

Bài tập 7: Cho phương trình bậc hai x2 –2(m + 1)x + (2m – 4) = 0 (1)

1 Giải phương trình (1) khi m = – 2

2 CMR: Với mọi m, phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt

3 Gọi x1, x2 là hai nghiệm của (1) Tính A = x 1 2x 2 2 theo m

4 Tìm giá trị của m để A đạt giá trị nhỏ nhất

Bài tập 8: Cho phương trình bậc hai x2 – (m – 1)x + 2m – 7 = 0 (1)

1 Giải phương trình (1) khi m = –1

2 CMR: Với mọi m, phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt

3 Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu

4 Thiết lập mối quan hệ giữa 2 nghiệm x1, x2 không phụ thuộc và m

Bài tập 9: Cho phương trình bậc hai x2 + 2x + 4m + 1 = 0 (1)

1 Giải phương trình (1) khi m = –1

2 Tìm m để:

a) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

b) Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu

c) Tổng bình phương các nghiệm của pt (1) bằng 11

HD: 1 Khi m = –1 x 1 = 1 ; x 2 = –3

2a Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi  = –4m > 0  m < 0

2b Phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu khi a.c < 0 1.(4m + 1) < 0  m < 1

4

 2c Tổng các bình phương hai nghiệm của pt (1) bằng 11  x 1 2x 2 2 = 11 (x 1 + x 2 ) 2 – 2x 1 x 2 = 11

2 – 8m = 11 m = 9

8



Bài tập 10: Cho phương trình: x2 – 2(m + 1)x + 2m + 10 = 0 (m là tham số) (1)

a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm kép và tính nghiệm kép đó

b) Trong trường hợp phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 hãy tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm x1, x2 mà không phụ thuộc m

HD: a)

a Phương trình (1) có nghiệm kép   '= 0 m 2 – 9 = 0  3

3

m m

 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 khi  '> 0 m 2 – 9 > 0

3

m m

2) Nghiệm của hệ phương trình thoả mãn điều kiện cho trước

3) Một số hệ phương trình quy về hệ phưong trình bậc hai đối xứng loại I

Dạng I: Hệ phương trình đối xứng loại I

I – Bài toán tổng quát:

Hệ phương trình bậc hai có dạng:

2

( ; ) 0( ; ) 0

- Biến đổi hệ phương trình đã cho thành hệ phương trình với hai ẩn S, P

- Giải hệ phương trình với hai ẩn S, P

- Với mỗi cặp (S, P) tìm được, tìm nghiệm (x; y) từ hệ:

Kết luận: Hệ phương trình có bốn nghiệm:

Dạng II: Nghiệm của hệ phương trình thoả mãn điều kiện cho trước

Ví dụ 1: Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm:

Kết luận: Với m = 3 thì hệ phương trình (I) có nghiệm

Ví dụ 2: Tìm các gái trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất:

Dựa vào tớnh chất của hệ đối xứng loại (I) ta cú phương phỏp điều kiện cần và đủ để giải bài toỏn

tỡm điều kiện để hệ cú nghiệm duy nhất

Điều kiện cần : Là hệ cú nghiệm (x o ; y o ) thoả món:x o = y o

Điều kiện đủ là: Thử lại cỏc giỏ trị của tham số tỡm được từ điều kiện cần

0 ) y , x ( f

+ Trừ theo vế của hệ (I) đợc phơng trình hệ quả: x,y) -gx,y) =0

+ Chia x,y) –gx,y) cho (x, y) đợc hx,y)

 x,y) –gx,y)=(x- y)hx,y)

0 y x

0 ) y , x ( h

0 ) y , x (

0 y x

Giải ra đợc kết quả

Nhận xét:

a) (x-y) h(x,y) = (x-y).h(y,x)

 h(x,y) là đa thức đối xứng với x và y

b) Hệ phơng trình đối xứng loại II hai ẩn có nghiệm (,) thì hệ phơng trình có nghiệm (,)

 hệ có nghiệm duy nhất  = dạng nghiệm (,)

Ví dụ 1: Cho hệ phơng trình

2 2

) 1 x ( m xy y

) 1 y ( m xy x

a) Giải hệ phơng trình đã cho khi m=-1

b) Tìm các giá trị của m để hệ phơng trình đã cho có nghiệm duy nhất

y 1 xy x

0 ) 1 y x )(

y x (2

y 1 x

0 1 x x 2

y x

y 1 xy x

0 1 y x

y 1 xy x

0 y x

2 2

2 2

x 1 y

2

1 x

; 1 x

y x

R x

1 y

1 x

x 1 y

R x 2

1 y 2

1 x

1 y

1 x

b) §iÒu kiÖn cÇn: §Ó hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt (x, y, z) th× (theo nhËn xÐt)  x0=y0

; 0 y

y x

; 0 x 0

xy y

0 xy x

2 2

R x

0 ) 8 y x ( y x )

1 x ( 8 xy y

) 1 y ( 8 xy x

2 2

0 y x

0 8 y x

2 x 0

) 2 x (

y x 0

4 x 4 x

y x 0

8 x 8 x 2

y x

2 2

2Gi¶i hÖ (**)