Kinh Lup Table Tap 21

Chính vì vậy, trong bài viết này tôi muốn gửi tới bạn đọc 10 bài toán tư duy làm thế nào để có thể có cách tư duy tốt nhất với phương pháp nâng lũy thừa, ẩn phụ và hàm số.. Bình luận: T

Trang 2

Nguyễn Đình Hoàn – G/v chuyên luyện thi THPT Quốc Gia

Rèn luyện kỹ năng sử dụng nâng lũy thừa, ẩn phụ và hàm số

Ngày nay các phương pháp nhân liên hợp đã khiến cho các bài toán trở nên đơn điệu và thiếu tính sáng tạo Chính vì vậy, trong bài viết này tôi muốn gửi tới bạn đọc 10 bài toán tư duy làm thế nào để có thể có cách tư duy tốt nhất với phương pháp nâng lũy thừa, ẩn phụ và hàm số

Bài viết này được trích dẫn từ Vấn đề 3 trong cuốn sách Phát triển tư duy và

kỹ năng giải toán Phương trình, Bất phương trình, Hệ phương trình của tôi dự kiến

xuất bản cuối năm 2016

Bài toán 1: Giải phương trình sau trên tập số thực :

x2 3x2 3x 2 2x36x24x0

Phân tích:

Đây là một bài toán phương trình có dạng g x     f x h x mà tác giả đã đề

cập đến cho chúng ta ở Vấn đề 1 , chúng ta có thể sử dụng phương pháp nâng lũy

thừa để giải bài toán Nhưng nếu chúng ta lũy thừa thì phương trình sẽ trở thành bậc

6, khá khó khăn để có thể giải Nếu như vậy, chúng ta còn phương pháp nào không

để xử lí bài toán này? Vấn đề 3 sẽ trả lời cho các bạn câu hỏi trên

Nhận thấy, các hạng tử có mối liên hệ với nhau bởi biểu thức x3 2 nếu biến đổi phương trình tương đương : x2 3x 2 3x2 3x 2 2x32x3x20 Từ

đó ta có thể giải theo 2 cách chính sau đây:

 Chia hai vế cho 3x2 3x2

 Đặt trực tiếp biểu thức t 3x 2 0, đưa về phương trình đẳng cấp bậc ba

Bài giải:

Điều kiện xác định: x3 2 0 x 2

3

    Phương trình đã cho tương đương với:

x2 3x 2 3x2 3x 2 2x32x 3x2 0  *

Cách 1: Đặt một ẩn phụ:

 Trường hợp 1: Nếu x 2

3

 , thì   2 3

3

 

    

  : Vô lí nên x

2 3

 không là nghiệm của phương trình  *

 Trường hợp 2: Nếu x 2

3

 , nếu chia 2 vế của phương trình  * cho

3x2 3x 2 0 thì  * tương đương với:

 

Đặt t x

 Khi đó phương trình  1 trở thành:

Trang 3

    t

t

0

1



 







Với t 1

2

x

2 1

2

x x

2

3 2

 

Kết luận: Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm : x1;x2

Cách 2: Đặt một ẩn phụ đưa về phương trình đẳng cấp bậc 3:

Đặt: t 3x 2 0 Khi đó:  * x t2 2xt2 t3 2x3 0 2

Chú ý: Phương trình  2 :x t2 2xt2 t3 2x3 0 có thể giải như sau:

Gán x 100 , phương trình có dạng: t 3 200t210000t2000000 0

t t t 

0



x

2 2

 

  

t x t x t x

x

0

2

3 2 2



Cách 3: Nâng lũy thừa 2 vế

Phương trình đã cho tương đương với: x23x2 3x 2 2x36x24x

x2 3x 223x 2 2x3 6x2 4x2

x  x  x

2

8 16

x x

1 2

 

  

 (Thỏa mãn các điều kiện)

Bình luận:

Trên đây là ba lời giải cơ bản cho những phương trình có dạng g x     f x h x , ngoài ra chúng ta có thể xử lí bài toán trên theo phương pháp nhân liên hợp, đó là sẽ vấn đề tác giả trình bài cho bạn đọc ở các vấn đề sau Bài toán tuy không khó về mặt

tư duy, nhưng sẽ thú vị hơn khi ta tìm ra những lời giải đẹp và ngắn gọn

Hai cách đầu tiên là những lời giải cơ bản nhất cho bài toán Ngoài ra ở cách số 3, chúng ta đã nhận thấy rằng phương pháp nâng lũy thừa vẫn là một thế mạnh trong

các bài toán phương trình vô tỷ, đặc biệt các bài toán chỉ chứa một căn thức

x 4x2  2 3x 4x2

Trích đề thi thử Đại học 2003 – THPT Ngô Gia Tự – Bắc Ninh

Phân tích:

Đây là một bài toán quen thuộc có dạng tổng – tích do vậy, ta có thể giải bằng các

Trang 4

 Đặt t x 4x2 đưa bài toán về dạng tổng tích

 Đặt y 4x2 0 đưa về hệ đối xứng loại I

 Ngoài ra chúng ta có thể xử lí theo phương án nâng lũy thừa

Bài giải:

Điều kiện xác định: 4x2     0 2 x 2

Cách 1: Đặt ẩn phụ dạng tổng – tích:

Đặt t x 4x2 , suy ra: t x x x x t

2



Khi đó: x 4x2  2 3x 4x2  t t t t

2

2 4

2



t t

2 4 3

 





  



x

x x

2



 Với t 4

3

2

4 2

   

 





Kết luận: Đối chiếu điều kiện, vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là :

3

 

Cách 2: Đặt ẩn phụ đưa về hệ đối xứng loại I

Đặt y 4x2 0 Ta có hệ phương trình sau: x y

x y xy

2 3





  



x y xy

x y xy

2

2 3



 

  



x y

0

3

  

 



 

0

Kết luận: Đối chiếu điều kiện, vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là :

3

 

Cách 3: Đặt ẩn phụ đưa về hệ và giải bằng phương pháp thế

Đặt y 4x2 0 Ta có hệ phương trình sau:

x y

x y xy

2 2

4

2 3





  



x y x

x x

x

2 2

2 0

3 2

4





x x 2 9x2 12x 10 0

3

 

Trang 5

Kết luận: Đối chiếu với điều kiện và thay vào y x

x

2 0



 , các nghiệm thỏa mãn của

phương trình là: x 0;x 2;x 2 14

3

 

Cách 4: Nâng lũy thừa

Phương trình đã cho tương đương với: x 2 3x1 4x2

x 2 2 3x 124 x2

     ( Điều kiện: x2 3 x 1 0)

x x x

0; 2

2 14 3



 



Kết luận: Đối chiếu với điều kiện và thay vàox2 3 x 1 0, các nghiệm thỏa mãn

của phương trình là: x 0;x 2;x 2 14

3

 

Bình luận:

Bài toán trên khá đơn giản về mặt tư duy, và còn có thể được giải bằng rất nhiều các phương án khác nữa Nhưng lời giải tối ưu nhất vẫn nghiêng về lời giải số 1 đối với mỗi bài toán xuất hiện “tổng – tích”

Riêng với lời giải 4, tác giả lại một lần nữa sử dụng phương án nâng lũy thừa rồi đưa

về phương trình bậc 4 có hai nghiệm hữu tỷ đẹp Nhưng nếu sau khi nâng lũy thừa

mà không phải nghiệm hữu tỷ thì chúng ta phải xử lí như thế nào? Câu hỏi trên sẽ được tác giả trả lời trong các ví dụ sau

 x  3 x x 

3  1 3 2 10 *

Phân tích:

Một trong những điều thiết yếu ta cần biết là những phương trình có 2 căn thức lệch bậc hoặc cùng bậc cao là những bài toán tương đối khó Do vậy để hóa giải những bài toán trên ta có thể sử dụng các phương án như: đưa về hệ phương trình bằng cách đặt 2 ẩn phụ, đặt một ẩn phụ Để biết phương án nào tối ưu hơn, mời bạn đọc cùng tham khảo các lời giải sau

Bài giải:

Điều kiện xác định: x   1 0 x 1

Cách 1: Đặt 2 ẩn phụ đưa về hệ phương trình

 Với x    1 3 0 x 10: thỏa mãn phương trình nên x 10 là 1 nghiệm của  *

 Với x10 x  1 3 0, khi đó phương trình  * trở thành:

x x x

3 2

1 3



 

 

x

1 3



  3 23  x x 1 3 1  Đặt:

 

3

2





 Ta có:  1

v u

u v

2

3 3

 

Trang 6

v u

u3 u2 u

3 3



 



Với u

v

1

0

 

 

 , suy ra

x x

x

3

1

1 0

     

Kết luận: Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x1;x10

Cách 2: Đặt 1 ẩn phụ đưa về phương trình

Đặt: t32   x x 2 t3thay  * ta được: 3 1 t3 3t10 2 t3

t3 9t 8 3 1t t3

     t3 9t 82 9t21t3 (Điều kiện: t t 3 t 

3  9 8 0)

 t t  t4 t3 t2 t 

t4 t3 t2 t

1; t 2

8 24 56 32 0

   

 Với t  1 x 1(Thỏa mãn các điều kiện)

 Với t   2 x 10( Thỏa mãn các điều kiện)

 Với t48t324t2 56t32 0 :

Phân tích CASIO:

 Hướng đi 1: (CASIO kết hợp định lý Vi-et đảo)

Nhập biểu thức X48X324X256X32 0 vào máy tính CASIO, sau đó thực hiện các lệnh sau:

Bước 1: Bấm SHIFT CALC ( Solve for X) , ấn “1”(Giá trị bất kì tùy chọn), ấn “=” , máy

tính sẽ hiển thị x 0.744562646

Bước 2: Trên màn hình đang hiển thị x 0.744562646 , bấm SHIFT RCL (STO)   , tức là ta đã lưu nghiệm vào biến A, khi đó trên màn hình sẽ hiển thị: ANSA

Bước 3: Làm tương tự Bước 2 ta thu được nghiệm thứ hai: x 10,74456265

Bước 4: Trên màn hình đang hiển thị x 10,74456265, bấm SHIFT RCL (STO)’”, tức là ta đã lưu nghiệm vào biến B, khi đó trên màn hình sẽ hiển thị: ANSB

Bước 5: Ta cần tìm tổng và tích của hai nghiệm đã tìm được như sau:

Nhập vào máy tính A B và A B , lập tức thu được: A B  10 và A B.  8

Khi đó A và B là hai nghiệm của phương trình: x2 10x 8 0( Định lý Vi-et đảo)

Đến đây, chúng ta chỉ cần lấy đa thức x48x324x256x32chia cho x2 x

10 8

  ,

sẽ được đa thức còn lại là x2 2x4

Mẹo chia đa thức trên máy tính CASIO:

Nhập biểu thức sau vào máy tính CASIO: X X X X

2

10 8

  , sau đó bấm

lệnh CALC , máy tính sẽ hiển thị X?, ta nhập 100 vào máy tính, sẽ thu ngay được kết quả là : 9804 98 x 4 100 2 x 4 x2x 4 x22x4

 Hướng đi 2: SỬ DỤNG CASIO

Đầu tiên chúng ta phải thực hiện thao tác sau trên máy tính CASIO (Đối với máy tính

Fx 570 ES Plus không cần làm bước dưới đây):

Bấm các lệnh sau: SHIFT MODE , sau đó kéo con trỏ di xuống chọn mục số “5” (TABLE) , màn hình máy tính sẽ hiển thị: Select Type?, chúng ta chọn mục “1”( f x )  

(Thao tác này để mở rộng khoảng nghiệm trong bảng TABLE)

Trang 7

Nhập biểu thức X48X324X256X32 0 vào máy tính CASIO, sau đó thực hiện các lệnh sau:

Bước 1: Bấm SHIFT CALC ( Solve for X) , ấn “1”(Giá trị bất kì tùy chọn), ấn “=” , máy

tính sẽ hiển thị x 0.744562646

Bước 2: Trên màn hình đang hiển thị x 0.744562646 , bấm SHIFT RCL (STO)   , tức là ta đã lưu nghiệm vào biến M, khi đó trên màn hình sẽ hiển thị: ANSM

Bước 3: Bấm MODE 7( TABLE), trên mà hình sẽ hiển thị “ f x ”, nhập vào máy

tính biểu thức sau: M2XM,ấn “=”

Bước 4: Trên màn hình lúc này hiển thị START? Chúng ta nhập giá trị mặc định

là14, sau đó máy hiển thị END? Chúng ta nhập giá trị mặc định là 14 Máy tính lại hiển thị STEP? Chúng ta nhập giá trị mặc định là 1

Bước 5: Sau đó trên màn hình máy tính sẽ hiển thị các giá trị được chia làm hai cột,

chúng ta kéo con trỏ sang cột f x và tìm một giá trị hữu tỷ Ở bài toán này, giá trị  

đó ở hàng số 25 , x 10 và f x 8 Như vậy, phương trình bậc 4 sẽ chứa nhân tử:

x210x8 Đến đây chúng ta chỉ việc sử dụng phép chia đa thức như HƯỚNG ĐI 1

là bài toán đã được kết thúc

 Như vậy, ta có: t48t324t256t32 0 t2 t t2 t 

t2 t    t 2 

0



       t2 10t 8 0    t 5 33

Thử lại ta thấy nghiệm nghiệm trên không thỏa mãn phương trình

Bình luận:

Trong bài toán trên chúng ta đã đề cập đến một cách tiếp cận của phương trình bậc 4

Đặc biệt bài toán có chứa nghiệm lẻ Trong Vấn đề 4, chúng ta sẽ trao đổi với nhau

toàn bộ những vấn đề của phương trình bậc 4

2 6 10 5 2  1 0 *

Đề thi thử Đại học 2013 – THPT Lê Hữu Trác 1

Phân tích:

Với bài toán có dạng: g x     f x h x , chúng ta tiếp tục tư duy theo hướng nâng lũy thừa và đặt ẩn phụ:

 Nếu nâng lũy thừa thì bài toán lại trở về phương trình bậc 4, và chúng ta có thể sử dụng thủ thuật CASIO để hóa giải bài toán trên

 Nếu đi theo hướng ẩn phụ, ta sẽ phân tích biểu thức ngoài căn thức theo biểu

thức tích số, tức là tìm hai số a b, thỏa mãn:

x x a x b x = ax b a x a b

2 2

2 6 10 2  1  4 4 

Đồng nhất hệ số ta được hệ sau: a b a a



Trang 8

Lúc đó ta viết lại   x   x  x  x

2 2

* 2 2 2 1 5 2  1 0 Tới đây, bạn đọc hoàn toàn có thể giải quyết bài toán một cách dễ dàng

Bài giải:

Điều kiện xác định: x    1 0 x 1 Khi đó phương trình đã cho tương đương với:

x   x  x  x

2 2

2 2 2 1 5 2  1 0 (1)

Cách 1: Đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trình đẳng cấp bậc hai

Đặt: a x 2,b x 1 0thì (1) a2 ab b2

     a 2b hoặc a b2 

x2 x

2

8 0

 



 Với a b2  , suy ra:   x

x2 x

2

 



Cách 2: Đưa về phương trình bậc hai cơ bản

Do x 1 không là nghiệm nên chia hai vế (1) cho  x12 0, ta được:

2

x x

2 2 1



 hoặc

x x

2 1





Giải tương tự như trên ta thu được 2 nghiệm là: x3;x8

Cách 3: Nâng lũy thừa

Phương trình đã cho tương đương với: 2x26x10 5 x2 x1

2x2 6x 102 25x 2 2 x 1

      ( Điều kiện: 2x26x10 x20)

4

       

Kết luận: So sánh các điều kiện, nghiệm của phương trình là: x3;x8

Bình luận:

Bài toán trên khá hay với 3 lời giải được phân tích chi tiết Mỗi một cách giải lại mang trong nó một nét đẹp riêng, một ý nghĩa riêng Nhưng trong những bài toán mà có nghiệm hữu tỷ đẹp như trên, lời giải hay nhất thuộc về lời giải số 3 Chúng ta có giải bài kết hợp với sơ đồ Hoocner Tuy nhiên, bài toán trên còn được xử lý theo phương

án: Ẩn phụ không hoàn toàn có sự kết hợp của máy tính CASIO Cách giải này tôi

xin đề cập ở các chủ đề sau này của cuốn sách mà không đề cập ở đây, nhằm hướng cho bạn bạn đọc có một cái nhìn tổng thể về các phương pháp giải phương trình cũng như cách tư duy đột phá khi đối mặt với một bài toán phân loại học sinh như thế này

5 14  9  205 1 *

Đề Thi HSG các trường chuyên khu vực Duyên Hải và Đồng Bằng Bắc Bộ năm 2010

Phân tích:

Phương trình có dạng cơ bản A B C, do đó ta sẽ đặt điều kiện và chuyển vế

sao cho 2 vế đều dương, sau đó lũy thừa 1 lần, rút gọn thì thu được phương trình:

Trang 9

   

2 5  2 5 1  20 và có x2 x 20x5x4 nên có các phương

án như sau:

x x x

2





Lúc đó cũng có 3 đồng nhất tương ứng:

x x a x b x x





và chỉ thấy phương án (3) là tồn tại 2 số a b , với a3;b2 thỏa mãn đồng nhất

Bài giải:

Cách 1: Nâng lũy thừa không hoàn toàn và đưa về phương trình đồng bậc

Điều kiện xác định:

2 2

9

1

     



Phương trình  *  5x214x 9 x2 x 20 5 x1

Do 2 vế không âm, bình phương hai vế , ta có:

5 14 9   20 5 1

   

1

2

8



Kết luận: Đối chiếu với điều kiện, nghiệm phương trình là: x 5 61 x 8

2



Cách 2: Nâng lũy thừa hoàn toàn

Điều kiện xác định: x 5

*  5 14  9  20 5 1

Do 2 vế không âm, bình phương hai vế , ta có:

5 14 9   20 5 1

Trang 10

   

       Do 2 vế không âm, bình phương 2 vế, ta có:

2x2 5x22 25x1x4x5 4x445x333x2505x504 0

x  x  x2 x 

x x x

7 8;

4

5 61 2









 



Kết luận: Đối chiếu với điều kiện, nghiệm phương trình là: x 5 61 x 8

2



x 1 x 7x217x7

Phân tích:

Đây là bài toán đơn giản dạng A B C, chúng ta có thể xử lí bài toán bằng cách nâng lũy thừa 2 lần Ngoài ra, chúng ta có thể nghĩ tới hướng đặt 2 ẩn phụ để đưa về phương trình đẳng cấp bậc 2 hoặc dùng 1 ẩn phụ để đưa về phương trình dạng

   

f x g x Vậy trong bài toán trên cách giải nào là tối ưu nhất ? Mời bạn đọc cùng ghé qua lời giải sau cho bài toán

Bài giải:

Điều kiện xác định: x

x2 x

0

 





0

14



14



Cách 1: Đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trình đẳng cấp bậc 2

Phương trình đã cho tương đương với: x 1 x 7.x22x 1 3.x

Đặt: u x

1 0

  





 Phương trình sẽ có dạng: u v u v

u v u v

u uv v

u v 2 u2 v2 2 2

 Với

 

x

2

3 1 0 1

1





 



Kết luận: Đối chiếu với điều kiện, nghiệm phương trình là: x 3 5;x 11 2 10

Cách 2: Đặt 1 ẩn phụ đưa về phương trình cơ bản : f x   g x

Đặt: t x 0 t2 xthay vào phương trình ban đầu, ta được:

t2  t 1 7t417t27 t2  t 12 7t417t27( Điều kiện: t2 t

1 0

   )

Định dạng
Số trang	17
Dung lượng	1,16 MB