Chuyên đề bồi dưỡng HSG THPT Đinh Việt

Chuyên đề này khá bổ ích đối với giáo viên luyện thi và học sinh có nhu cầu thi học sinh giỏi. Chuyên đề này giúp các bạn hiểu được các dạng toán cơ bản, nâng cao và phần sau cuối bài có hệ thống bài tập đa dạng phong phú.

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG

HỌC SINH GIỎI THPT

P H Ư Ơ N G T R Ì N H - B Ấ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H

V Ô T Ỷ - H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H

Đ I N H V Ă N P H Ạ M V I Ệ T

PHƯƠNG PHÁP VÀ BÀI TẬP BỒI

DƯỠNG HỌC SINH GIỎI

CHUYÊN ĐỀ I PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ

DẠNG TOÁN 1 : DẠNG CƠ BẢN+ BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG

22

x

x x

x x

+ x0, không phải là nghiệm

+ x0, ta chia hai vế cho x:

Chia cả hai vế cho x3:

(thỏa mãn điều kiện)

Vậy phương trình có 2 nghiệm là x3và 81 9 97

Giải  2 ta có 1 1 1 1 2

1 1

1 x 1 4 x 1   VP

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S  0;3





 

 Giải   2

DẠNG TOÁN 2 : DẠNG NÂNG LŨY THỪA

3(15 )(3 ) 9

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S   1

Câu 2 Giải phương trình : x 1 x 7 12x

55

88

x

x x

x x

x x

x x

x x

DẠNG TOÁN 3 : LOẠI 1: ĐẶT ẨN PHỤ HOÀN TOÀN

PHƯƠNG PHÁP : Đặt căn thức hoặc biểu thức chứa căn thức làm ẩn phụ và quy tất cả các biểu thức chứa ẩn khác của phương trình theo ẩn phụ Một số dạng đặt ẩn phụ quen thuộc:

1) Bài toán chứa f x  và f x  thì đặt f x t

2) Bài toán chứa f x ; g x  với tích f x g x    là hằng số thì đặt f x t

3) Bài toán chứa f x  g x ; f x g x    thì đặt f x  g x t

4) Bài toán chứa a2x2 thì đặt x a.sint với ;

HƯỚNG TƯ DUY :Phương trình xuất hiện dạng tổng và tích nên dễ dàng tư duy đặt ẩn phụ là tổng Tuy nhiên không nên sa đà vào giải điều kiện của ẩn phụ mà nên chấp nhận phương trình hệ quả rồi thử lại nghiệm

1

x x  tuy nhiên biểu thức còn lại không biến đổi theo biểu thức trong căn được nên nếu đặt căn là ẩn phụ sẽ không đưa được về phương trình đại số theo ẩn phụ

Hướng làm 1 Thực hiện phân tích nhân tử biểu thức trong dấu căn ta có

11

Hướng làm 2 Đặt điều kiện bình phương hai vế, đưa về phương trình bậc ba

Câu 5 Giải phương trình 2  2

1 1x x 1 2 1 x

Lời giải

HƯỚNG TƯ DUY :Phương trình chỉ xuất hiện căn thức là 2

1 cos sin 1 2 cos

2 cos sin sin 3 cos 2 2 sin 2 cos

22

1sin 2

22

x

DẠNG TOÁN 3 : ĐẶT ẨN PHỤ LOẠI 1 : Đặt ẩn phụ hoàn toàn

PHƯƠNG PHÁP :

- Bài toán chứa f (x) và f(x): Đặt t  f (x), điều kiện t0 Khi đó 2

)(x t

t0 ( ) 

- Bài toán chứa f(x) g(x), f(x)g(x) và f(x)g(x)k

Đặt

2)()()

()(

2

k t x g x f x

g x f

015

2 2

t t

t t

Với

4

25322

5322

171

04

132

2

x x

x x

Điều kiện: x3 80 x2

Pt (3) 2(x2 2x4)2(x2)3 (x2)(x2 2x4) (3’)

Ta thấy x2 không là nghiệm của pt (4) nên ta chia hai vế của pt (3’) cho x+2, ta được:

022

423

2

)42(

2

2

423

22

)42

(

2

2 2

2 2

x x

x

x x x

t t

2

422

133

046

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: x3 13;x3 13

Câu 3 Giải phương trình: 5x2 14x9 x2 x20 5 x1

34

)54(

2

)1)(

20(

5)4(3)54(

2

)1)(

20(

525

2

)1)(

20(

102525209

14

5

2 2

2 2

2 2

2 2

x x

x x

x x

x x

x x

x x

x

x x

x x

x x x

x

4

54

4

54

Với 1

4

541

4

541

2 2

x x t

6150

95

2

x

x x

542

80

56254

4

94

x x

x x

01

01

2 2 2

x x

x x

x 2 1 1

Khi đó phương trình có dạng: 12t2 2t10t 1

t t

11

2  



 1

11

01

11

11

2 2

2 2

x

x x

x x

Vậy phương trình có nghiệm là x=1

(loại)

(loại)

Câu 5 Giải phương trình:

2

532

424

2

32

2 2 2

x x x

x

x x

Lời giải

32

42.42

32

2 2 2

x x x x

x x

N YG

42

32

x x

t

Suy ra:

t x

x

x

32

42

20

2522

5

t

t t

t t

t

42

32

2

vn x

x x

x

x x

20

8103

2

142

322

2 2

x

x x

x x

x

x x t

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là:

3

4,

94.13

832

3232

32

2

2 3

x x

129

4

)32(9

4

129124

94

94

2 2

2 2

2 2

x x

x x

x x

332

33

2

32

x x

x x

Do đó:

32

6132

32

x t

t x

x

32

6132

32

32

332

3

t

t x

81

3 3 3

t t t

t t

41

1

11113

4

01

111

13

41

12

113

81

2 2

2

2 2

3 3

t t

t t

t t

t t

t

t t

t t

t

t

t t

t

2

51

4

251

314

t

t t

0252012

2

t t

t t t

t

32

32232

32

x t

322

132

322

x t

39)6)(

3(2

x x t

(VN)

9)

6)(

032

2

t t

t t

So với điều kiện t0; 18 ta được: t 3

36

03

6

03

0)6)(

3(

0)6)(

3(2

x

x x

x

x x

x x

Vậy phương trình có nghiệm là: x3,x6

Câu 8 Giải phương trình: 2x3 x13x2 2x2 5x316

Lời giải

0352

01

032

x x x

Pt (3)  2x3 x12x3x12 (2x3)(x1) 20

Đặt: t 2x3 x1 với t0

)1)(

32(243

1

321)1)(

32(2

1

x x

x x

x x

(loại)

(loại)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x73 4755

DẠNG TOÁN 2 :Đặt ẩn phụ không hoàn toàn

-Đặt căn thức làm ẩn số phụ y sau đó chuyển phương trình thành một hệ phương trình theo

hai biến x, y Hoặc có thể đưa về phương trình đẳng cấp

11

2

t

t x x

t x

t

Pt (1) trở thành: (4x1)t 2(t2 1)2x1

012)14(2

0124

2

2 2

x t xt t

Đây là pt bậc hai theo ẩn t:

Ta có: (4x1)2 4.2.(2x1)

2 2

)34(

8161816

3414

124

3414

x x

t

x x

x t

2

)12(1

012

121

x x

x

x x

(Loại)

Tácgiả: Đinh Văn Phạm Việt.

2

x x

x x x

Vậy phương trình có nghiệm là

2 2

)310(960100

)3(3.4)38

x

x x x

x t

x x x

x t

316

31038

36

26

31038

Với

3123

2 x x

x

)(0917

0)

12

(

9

0

12

3

2 2

2

2

vn x

x x

x

x

x x

6031

067319

6112

03

1

2 2

x x

x x

x x

x

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x0

Câu 3 Giải phương trình:4x212x 1x 27(1x)

4x  xt  t 27t2 12xt4x2 0 (*)

2 2

2

144)4(2736

Với t x x x 3 1 x 2x

3

21

0994

04

)1(9

02

2 2

x x x

x x

x x

x x

8

785781

0

081814

04

)1(81

02

2 2

x x x

x x

x x

x x

211

0)2)(

(

0)(2

2 2

2 2

3 3

x xt t

x t

t xt x t x

t x t

x

Với t x3 x x

12

511

011

0)1)(

1(012

12

2

2 3

3

x x x

x x x

x x x x

x

x x

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là:

2

51

;2

51

Câu 5 Giải phương trình: 3 3

122

0

2 2

t t

t t

23

23

2

2

x

x x

x

x x

122

(23

2

3

2 2

x t

x t t x x

t t

x

x t

03

2

x x

x x x

x t

33

100

32

x

x

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x3

Câu 7 Giải phương trình:x2 2x13 3x1

(Do

(loại)

Đặt: t x1

Khi đó: pt (4)t2 3 3t22

Giải tương tự bài 6 bằng cách đặt u 3t2

LOẠI 2 – ĐẶT ẨN PHỤ KHÔNG HOÀN TOÀN

PHƯƠNG PHÁP : Nói chung thường gặp là phương trình chỉ chứa một căn thức, tuy nhiên khó khăn trong việc đưa hết về ẩn phụ là căn thức Phương án thử là đặt ẩn phụ sau đó đưa “những phần biểu thức đưa được” theo ẩn phụ, chấp nhận ẩn cũ còn tồn tại ở dạng bậc thấp, sau đó phân tích thành nhân tử

để giải hoặc coi ẩn phụ trở thành ẩn chính, ẩn ban đầu trở thành tham số.

4x1 x  1 2x 2x1

Lời giải

HƯỚNG TƯ DUY :Phương trình chỉ xuất hiện một căn thức là 3

1

x  và bên ngoài căn cũng

có x nên sẽ đưa phần đó theo ẩn phụ 3

3

11

x  và bên ngoài căn cũng

có x nên sẽ đưa phần đó theo ẩn phụ 2

2 2.

01

x t

x x

- Đặt ẩn phụ rồi chuyển về hệ phương trình

- Sử dụng phương pháp thế, phương pháp giải của hệ phương trình đối xứng để giải hệ phương trình

Tácgiả:Nguyễn Thị Lan Anh FB: Nguyễn Thị Lan Anh

PHƯƠNG PHÁP : Loại 1 Đặt ẩn phụ đưa phương trình vô tỷ về hệ phương trình giải được bằng phương pháp thế

Trong một phương trình mà có hai đại lượng có mối liên hệ với nhau thì ta đặt mỗi đại lượng ấy

là một ẩn mới từ đó ta đưa về được hệ phương trình (dễ dàng giải được) có được từ mối liên hệ hai đại lượng đó và phương trình ban đầu Giải hệ phương trình từ đó tìm được nghiệm của phương trình ban đầu

Loại 2 Đặt ẩn phụ đưa phương trình vô tỷ về hệ phương trình đối xứng kiểu I

Từ phương trình ban đầu f x 0 1 

+) Đặt ua x v , b x 

+) Tìm mối quan hệ giữa u và v  1

+) Thế a x b x lần lượt bởi    , u v, vào phương trình ta được phương trình theo u v,  2 +) Từ    1 , 2 ta có hệ đối xứng loại I theo ẩn u v,

Loại 3 Đặt ẩn phụ đưa phương trình vô tỷ về hệ phương trình đối xứng kiểu II

1 Với phương trình vô tỷ dạng : axb cx2 dxe

  



2 2 2 2

  (**) khi đó hệ phương trình (*) sẽ giải được

theo phương pháp của hệ đối xứng loại II

Hoặc có thể lấy (4) − (5) ta được phương trình mới sau đó chọn hai số  , sao cho phương trình này có nhân tử chung là xy

Chú ý :

− Ta có thể mở rộng lên dạng tổng quát sau : n n 1 n 1 0

ax b a x a  x   a − Trong khi giải phương trình dạng này ta có thể biến đổi axb cx2 dxe

về dạng ax b (x)2  Cách đặt : ax b y (1)

bằng y và làm tương tự như trên

−Trong chú ý       1 , 2 , 3 ở trên chỉ là mẹo về cách đặt, nó sẽ không đúng với tất cả bài tập phương trình dạng axb cx2 dxe

vì vậy trong khi giải bài tập dạng này khi sử dụng chú ý mà không đưa được phương trình dạng axb cx2 dxe

về hệ phương trình đối xứng loại II thì bắt buộc ta phải sử dụng cách giải đã nêu trên

− Không phải lúc nào ta cũng tìm được số  , thích hợp thỏa mãn (**) để đưa phương trình dạng axb cx2 dxe

về hệ phương trình đối xứng loại II Trường hợp không tìm được thì cách giải phương trình dạng này là rất khó Nhưng nếu may mắn mà nhẩm được một nghiệm thì phương trình dạng này sẽ giải được Phương trình cho dạng này là rất ít gặp

Loại 4 Đặt ẩn phụ đưa phương trình vô tỷ về hệ phương trình không mẫu mực

Ở loại toán này, ta đặt biểu thức chứa căn, chứa ẩn x bằng ẩn phụ, biến đổi và đưa về các hệ

phương trình không mẫu mực

Tác giả: Nguyễn Văn Sáng; FB: Nguyễn Sáng

Khi đó ta có hệ phương trình:    

3 3

3035

x y

2 4

4 4

2

4

1

12

4 4

4

22

4

22



x x x

Vậy nghiệm của phương trình làx 1;x8

Bài 3 Giải phương trình2x 1 3x 2 8x22x2

   x x (thỏa mãn điều kiện)

Vậy nghiệm của phương trình là 1; 3

Phương trình trở thành

2 2

4 0

2

1 172

12

Vậy nghiệm của phương trình là x0

• Với u2v3thì (2) 5 2 12 5 0 6 11

5

 

 v  v   v ( không thỏa mãn điều kiện v0)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 6

(thỏa mãn điều kiện)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 2

 x   x   x   x (thỏa mãn điều kiện)

Vậy nghiệm của phương trình là 5 37; 0

Tác giả: Nguyễn Văn Sáng; FB: Nguyễn Sáng

Loại 1 Đặt ẩn phụ đưa phương trình vô tỷ về hệ phương trình giải được bằng phương pháp thế

HƯỚNG TƯ DUY : Ở phương trình đã cho, xuất hiện hai căn có bậc khác nhau Việc nâng

lũy thừa hoặc đặt một ẩn sẽ làm phương trình thêm phức tạp

Biểu thức trong mỗi căn đều là bậc nhất, như vậy khi đặt mỗi căn một ẩn, ta dễ dàng tìm được mối liên hệ giữa hai ẩn đó

u u u

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm: x 20;x 84;x 7

Lời giải

HƯỚNG TƯ DUY : Phương trình có hai căn bậc hai chứa ẩn, biểu thức dưới dấu căn ở hai

căn là tam thức bậc hai Từ đó ta có thể làm bằng phương pháp đặt 2 ẩn phụ với hai căn bậc hai này

Vậy phương trình có hai nghiệm x 2;x1

x  x  x

Lời giải

+) Nhận thấy x1 không phải là nghiệm phương trình đã cho

+) Với x1, phương trình tương đương với 3 1 3 3 1

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x 1

Nhận xét: Ta luôn có mối quan hệ giữa 3 nhị thức bậc nhất nhờ đồng nhất hệ số

Loại 2 Đặt ẩn phụ đưa phương trình vô tỷ về hệ phương trình đối xứng kiểu I

2

22

21

2

97

Câu 2 Giải phương trình 2   3  3 2

Câu 5 Giải phương trình

x

Loại 3 Đặt ẩn phụ đưa phương trình vô tỷ về hệ phương trình đối xứng kiểu II

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x 1 3;x 2 3

Loại 4 Đặt ẩn phụ đưa phương trình vô tỷ về hệ phương trình không mẫu mực

+) Với a b, thay vào  1 ta có:

2

2 2 70

b b

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  2 2 7;x  5 31

Câu 2 Giải phương trình 4 x  1 1 3x2 1 x 1x2

HƯỚNG TƯ DUY : Bài toán đã cho chứa 3 căn thức 2

Câu 3 Giải phương trình

Bài 2. Giải phương trình2x25x 1 7 x31 Đáp sốx 4 6

Bài 3. Giải phương trình3 24 x 12 x 6 Đáp sốx 24,x 88,x3

3

2x  7x  2x 7x 3 Đáp sốx1,x 6

DẠNG TOÁN 5: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH, NHÂN LIÊN HỢP

PHƯƠNG PHÁP:

- Khi liên hợp ta có thể lấy một biểu thức chứa biến và chứa căn trừ đi một hăng số rồi liên hợp

Cụ thể phương trình có nghiệm x0thì ta lấy f x  f x 0

- Một số trường hợp ta lấy biểuchứa biến và chứa căn trừ đi một biểu thức chứa biến khác rồi liên hợp

- Một số trường hợp phương trình dò được 2 nghiệm x x1; 2 thì ta có thể nghĩ đến

   

f x  ax b sao cho    2

f x  ax b có thừa số xx1xx2 nếu nghiệm x x1; 2

“không đẹp” phải dùng máy tính casio thì thay:

Vậyphương trình đã cho có 2 nghiệm là x  1 hoặc x 3.

2 2

HƯỚNG TƯ DUY:Ta thấy phương trình có nghiệm kép x1 vì vậy để 2x 1 1 thì liên

2x 1 x 3x 1 2x  1 x x1

Điều kiện 1

2

x

2x  1 x x 2x 1 0

2 2

Câu 4: Giải phương trình:3

Ta thấy x3 là nghiệm của phương trình

Nếu x3 thì phương trình tương đương với 2  

3 3

DẠNG TOÁN 6 :SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ

    

 

Vậy phương trình có nghiệm x2

x

Lời giải

HƯỚNG TƯ DUY :.Quan sát các số hạng của phương trình, đặc biệt biểu thức trong căn, từ

đó thực hiện chia hai vế của phương trình cho x , sau đó biến đổi để xuất hiện hằng đẳng thức

1

Vậy phương trình có nghiệm x1

Câu 3 ( THTT SỐ 402) Giải phương trình x 4 6 x x210x27

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x5

Từ    1 , 2 so sánh với điều kiện, suy ra phương trình có nghiệm duy nhất x5

Câu 4 Giải phương trình 5x210x1443x26x19  4 2xx2

5x 10x14 3x 6x19 4 2xx khi x 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 1

Câu 5 ( THTT SỐ 402) Giải phương trình 41x2 41 x 41 x 3

Vậy phương trình có nghiệm 1

HƯỚNG TƯ DUY :.Các biểu thức ở vế trái của phương trình đều có dạng a2 b2 và là u

với u a b; nên ta sẽ nghĩ tới dùng kiến thức véc tơ để đánh giá

Ta có:    2 2  2 2

1  x1 3  3x 2  41 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, chọn ux1;3 ; v 3 x;2

Khi đó, u v  4;5   u v 41

Vì u   v u v nên    2 2  2 2

1  x1 3  3x 2  41Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi   1 3 7

HƯỚNG TƯ DUY :.Tìm điều kiện xác định sau đó tìm mối liên hệ giữa các biểu thức ở vế trái

và vế phải để đánh giá dựa vào các kiến thức đã được trang bị

Vậy phương trình có nghiệm là x2

Câu 10 Giải phương trình 10 3 xx2  18 7 xx2  77

Lời giải

HƯỚNG TƯ DUY :.Tìm điều kiện xác định sau đó tìm mối liên hệ giữa các biểu thức ở vế trái

và vế phải để đánh giá dựa vào các kiến thức đã được trang bị

112

à các giá trị làm cho dấu “ ” trong  3 ,  4 đồng thời xảy ra  x 1

Kết luận: so với điều kiện, phương trình có nghiêm duy nhất x1

Từ  1 , 2 suy ra nghiệmphươngtrìnhtại vị trí dấu “ ” ở  1 , 2   x 1

Kếtluận: so vớiđiềukiện, phươngtrìnhđã cho có nghiệmduynhấtx 1

BÀI TẬP ÔN LUYỆN

Giải các phương trình sau:

2x 11x21 3 4 x4 Đ : x3 8) x 2 10 x x212x40 Đ : x6

DẠNG 7: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ LỚP 12

A KIẾN THỨC CƠ BẢN

1) Tính đơn điệu của hàm số

- Hàm số y  f x ( ) gọi là đồng biến (tăng) trong khoảng (a;b) nếu x x1, 2( ; )a b mà x1x2 thì

- Giả sử hàm số y f x( )có đạo hàm trong khoảng (a;b)

+ Hàm số y f x( ) đồng biến trong khoảng (a; b) f x'( )0x (a;b) và f x'( )0 chỉ xảy ra tại một

số hữu hạn điểm trong khoảng (a; b)

+ Hàm số y f x( ) nghịch biến trong khoảng (a;b) f x'( )0x (a; b) và f x'( )0 chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm trong khoảng (a; b)

+ Nếu f x đồng biến trên (a;b) và   f x( ) liên tục trên [a;b] thì hàm số y f x( ) đồng biến trên [a;b] + Nếu f x nghịch biến trên và   f x( ) liên tục trên [a;b] thì hàm số y f x( ) nghịch biến trên [a;b]

3) Tính chất

- Nếu f x( ) liên tục và đơn điệu trên (a;b) thì ta có f u( ) f v( )uv, u v, (a;b)

- Nếu f x( ) đơn điệu trên (a;b) thì phương trình f x( )0có nhiều nhất một nghiệm x0(a;b)

- Nếu f x( ), g x( ) đơn điệu ngược chiều trên (a;b) thì phương trình f x( )g x( )có nhiều nhất một nghiệm trên (a;b)

- Nếu f x( ) đồng biến trên (a;b) thì f u( ) f v( ) u v

- Nếu f x( ) nghịch biến trên (a;b) thì f u( ) f v( ) u v

- Cho phương trình f x( )m, trong đó f x( ) là hàm xác định trên D

Điều kiện cần và đủ để phương trình có nghiệm là ( )