CÁC BÀI TOÁN QUYẾT ĐỊNH ppt

CÁC BÀI TOÁN QUYẾT ĐỊNH
Ngườitrìnhbày: TS. NguyễnÁiQuốc
(Tr. PTTH Lê Hồng Phong)




1
DỰNG ĐỒ THỊ HS CHỨA GTTĐ

Cho (C) l à đồ thị HS
()
2
() 0
ax bx c
yfx a
xd
+
+
== ≠
−

Làm thế nào suy ra đồ thị các HS sau đây ?
1/
2
()
ax b x c
gx
xd

++
=
−

2/
2
()
ax bx c
hx
xd
++
=
−

3/
2
()
ax bx c
kx
xd
++
=
−

2
1/ Vì : -
2
()
ax b x c
gx

xd
+
+
=
−
là HS chẵn
- khi x
≥0 thì : g(x) = f(x)
⇒ (C
g
) gồm hai phần :
• (C
g1
) : phần của (C) ứng với x≥0
• (C
g2
) : đối xứng của (C
g1
) qua Oy

2/ Vì
2
() 0
ax bx c
hx
xd
++
=≥
−
,

f
xD
∀
∈
⇒ (C
h
) gồm hai phần :
• (C
h1
): phần của (C) ứng với y≥0
• (C
h2
): đối xứng phần của (C) ứng với
y
≤0 qua Ox.


3
3/ Vì
()
() ( )
()
()
f
xx
kx
d
f
xxd
>

⎧
=
⎨
−<
⎩

⇒(C
k
) gồm hai phần :
• (C
k1
): phần của (C) ứng với x>d
• (C
k2
) : đối xứng phần của (C) ứng với x<d
qua Ox.
Ví dụ: Cho HS
2
5
()
2
4
x
x
fx
x
−
+
=
−

(C)
-4 -2 2 4 6 8 10
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
x
y
y=x-3
x=2
(C)



4


2
54
()
2
xx
hx
x
−

+
=
−

-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8
-1
0
-8
-6
-4
-2
2
4
6
8
x
y
y=x-3
x=2
(C1)
x=-2
y=-x-3



5

2
54
()

2
xx
hx
x
−
+
=
−

-4-3-2-1 12345678910
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
7
x
y
O


6

2
54

()
2
x
x
kx
x
−
+
=
−

-4-3-2-1 123456789101
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
x
y
1
O


7

8
PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
2 khó khăn lớn nhất :
- Không biết vận dụng công thức nào ?
- Không dự đoán được dạng cuối cùng của PT

Công thức :
- Cung liên kết
- Công thức cộng, nhân đôi, nhân ba
- Công thức biến đổi tổng thành tích, tích
thành tổng

Phương trình sau cùng thường là:
- Phương trình tích
- Phương trình cơ bản
- Có dạng Phương trình Đại số bậc 3, 4
Ví dụ 1: Giải phương trình :
tan
2
x.cot
2
2x.cot3x = tan
2
x – cot
2
2x + cot3x.

Điều kiện : cosx.sin2x.sin3x≠0
2

'
3
xk
xk
π
π
⎧
≠
⎪
⇔
⎨
⎪
≠
⎩


PT⇔ cot3x(tan
2
x.cot
2
2x – 1)=tan
2
x – cot
2
2x
⇔cot3x
22 22
22
sin cos 2 cos .sin 2
cos .sin 2

xx x
xx
x
−
=
22 2 2
22
sin .sin 2 cos .cos 2
cos .sin 2
xx x
xx
− x

⇔cot3x.sin3x.sin(-x)=-cos3x.cosx
⇔cos3x.sinx=cos3x.cosx (vì sin3x≠0)
⇔cos3x(sinx – cosx) = 0

9
⇔cos3x. 2.sin
4
x
π
⎛
⎞
−
⎜
⎟
⎝
⎠
=0

⇔
cos3 0
sin
4
x
x
π
=
⎡
⎢
⎛
⎞
⎢
−
⎜
⎟
⎝
⎠
⎣
⇔
63
4
xk
xl
π
π
π
π
⎡
=+

⎢
⎢
⎢
=+
⎣
.
So sánh với đk ban đầu:
2
'
3
xk
xk
π
π
⎧
≠
⎪
⎨
⎪
≠
⎩

suy ra nghiệm của PT:
6
6
4
xm
xm
xm
π

π
π
π
π
π
⎡
=+
⎢
⎢
⎢
=− +
⎢
⎢
=+
⎢
⎣



10
Các bài toán tương tự
1/ Giải phương trình:
(
)
(
)
(
)
33
1 3 3 cos 3 1 3 sin 4 3.cos sin

x
xx++−= −x

2/ Giải phương trình:
sin3 4cos 3
6
0
sin3 1
xx
x
π
⎛⎞
−−−
⎜⎟
⎝⎠
=
−

11
PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN
Ví dụ :
3
21252xx9
−
++=

CÁCH 1 : « Bình phương »
PT
⇔
3

21925xx−=− +2
⇔
()
3
2
3
3
925 20
2 1 91 36 5 2 5 2
x
xx
⎧
−+≥
⎪
⎨
−= − + + +
⎪
⎩
x

⇒ bế tắc
CÁCH 2 : « Đặt ẩn phụ »
()
3
52
21 0
ux
vxv
⎧
=+

⎪
⎨
=−≥
⎪
⎩
⇒
3
2
2
5
1
2
u
x
v
x
⎧
−
=
⎪
⎪
⎨
+
⎪
=
⎪
⎩

⇒ .
32

259uv−−=0

12
Ta có hệ : (v )
32
29
359
uv
uv
+=
⎧
⎨
−−=
⎩
0
≥
0
PT theo u :
3u
3
– 20u
2
+ 180u – 54 = 0

13
)N
⇔
2
3
7690(

u
uu V
=
⎡
⎢
−+=
⎣
u = 3 =
3
5x 2
+
⇔ x = 5 (
v
xác định).

Vậy PT đã cho có một nghiệm duy nhất là 5

HỆ PHƯƠNG TRÌNH HAI ẨN

Phương pháp giải:
- Dùng ẩn phụ
- Sử dụng tính đơn điệu của hàm số.

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:
22 2
24
742
xy x y
xy xy y
++=

⎧
⎨
−+=−
⎩

• y = 0 không thỏa hpt
• Với y≠0:
HPT⇔
2
2
2
4
4
72
x
x
yy
x
x
yy
⎧
++=
⎪
⎪
⎨
⎪
−+=−
⎪
⎩

14
⇔
2
2
4
2
11 2 0
x
x
yy
x
x
yy
⎧
⎛⎞
=− +
⎜⎟
⎪
⎝⎠
⎪
⎨
⎛⎞
⎪
+−+=
⎜⎟
⎪
⎝⎠
⎩

⇔
2
2
4(
22
11 42 0 (2)
x
x
yy
xx
yy
⎧
⎛⎞
=− +
⎜⎟
⎪
⎝⎠
⎪
⎨
⎛⎞⎛⎞
⎪
++ +−=
⎜⎟⎜⎟
⎪
⎝⎠⎝⎠
⎩
1)

Đặt u =
2

x
y
+ , PT(2) quy về PT:
u
2
+ 11u – 42 = 0 ⇔ u=3 hay u = -14.
• u = 3 ⇒
2
3
1
x
y
x
y
⎧
+=
⎪
⎪
⎨
⎪
=
⎪
⎩
⇒
1
1
x
y
=
⎧

⎨
=
⎩
hay
2
2
x
y
=
⎧
⎨
=
⎩


15
• u = -14 ⇒
2
14
18
x
y
x
y
⎧
+
=−
⎪
⎪
⎨

⎪
=
⎪
⎩

⇒
2
18 14 2 0
18
yy
xy
⎧
+
+=
⎨
=
⎩



⇒
71
71
18
x
y
⎧
=− +
⎪
⎨

−+
=
⎪
⎩
3
3
hay
71
71
18
x
y
3
3
⎧
=− −
⎪
⎨
−−
=
⎪
⎩


Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:
23 1
22
22
42 17(2
xy

exey
xy x y
−−
⎧
+= ++
⎨
+++ +=
⎩
(1)
)
R
(I)

PT(1) ⇔ e
2x-3
+ 2x – 3 = e
y-1
+ y – 1.
Xét hàm số f(t) = e
t
+ t trên R.
f’(t) = e
t
+ 1 > 0, ⇒ f đồng biến trên R t∀∈

16
Từ (1) suy ra :
f(2x–3) = f(y–1) ⇒ 2x – 3 = y –1
⇒ y = 2(x – 1) (1a)

PT(2) ⇔ x
2
+ 4(x-1)
2
+ 4x + 2 21x − =7
⇔ 5x
2
– 4x – 3 + 2 2x 1
−
= 0 (1b)
Xét HS g(x) = 5x
2
– 4x – 3 + 2 2x 1− trên
[1/2, +∞).
g’(x) = 10x – 4 +
2
21x
−
> 0 trên [1/2, +∞)
⇒ g đồng biến trên [1/2, +∞)

Mặt khác, vì g(1) = 0 ⇒ x = 1 là nghiệm duy
nhất của PT(1b).
Từ (1a), x = 1⇒ y = 0.

Vậy (1, 0) là nghiệm duy nhất của HPT (I).



17

Bài toán tương tự :

1/
22
ln(1 ) ln(1 )
12 20 0
x
y
x
y
xxyy
+− +=−
⎧
⎨
−+ =
⎩



2/
()
(
)
2
22
41 352
42347
xxy y
xy x
⎧

++− −=
⎪
⎨
++ −=
⎪
⎩
0

18
HÌNH HỌC TỌA ĐỘ

Phương pháp “tham số”

Ví dụ 1: Cho đường thẳng (d): 3x–2y+1=0.
Lập phương trình đường thẳng (Δ) đi qua
M(1; 2) và tạo với (d) một góc bằng 45
0
.

d
M

Δ2

Δ
1

Gọi VTPT của Δ là
(
)
,na
Δ
= b
G
với a
2
+b
2
≠0(*).
PT của Δ qua M(1, 2):
a(x–1)+b(y–2) = 0 ⇔ ax+by–(a+2b) = 0 (1)
G
VTPT của (d): .
(3,2)
d
n =


19
Theo giả thiết:
(Δ, d) = 45° ⇔ cos(Δ, d) = cos( , )
d
nn
Δ
G

G
=
2
2

⇔
.
d
d
nn
nn
Δ
Δ
GG
GG
=
2222
32
2
2
32
ab
ab
+
=
++

⇔
(
)

22
23 2 13ab ab+= +
⇔ 2(3a + 2b)
2
= 13(a
2
+ b
2
)
⇔ 5a
2
+ 24ab – 5b
2
= 0 (2)
• Nếu b = 0 thì a = 0 ⇒ trái giả thiết (*)
• Nếu b≠0, chọn b = 1 thì từ PT(2) ta có:
a = – 5 hay a = 1/5.

Với a = –5, b = 1:
(1) ⇒ PT của (Δ): –5x + y + 3 = 0

Với a = 1/5, b = 1:
(1) ⇒ PT của (Δ): x + 5y – 11 = 0.

Ví dụ 2: Viết phương trình đường thẳng (d) đi
qua M(1, 4) và cắt tia Ox, tia Oy lần lượt tại A
và B phân biệt sao cho S
OAB
nhỏ nhất.

20
M
O
x
y
A
B

Giả sử (d) cắt tia Ox tại A(a, 0) (a>0) và
B(0, b) (b>0) thì phương trình đường thẳng
(d) theo đoạn chắn:
1
xy
ab
+= (1)
Diện tích tam giác OAB: S =
11

22
OA OB ab=

(d) qua M(1, 4) ⇒
14
1
ab
+
= .
BĐT Chauchy cho 2 số dương:
1 =
14

ab
+
≥ 2
44
ab
ab
≥
⇒ ab≥16 ⇒S 8. ≥

21
S đạt GTNN 8 ⇔
14
2ab
1
=
= ⇔
2
8
a
b
=
⎧
⎨
=
⎩
.


22
Ví dụ 3: Trong kh ông gian Oxyz,

23
t
cho điểm
A(1,-1, 1) và hai đường thẳng
x12
d: y t
z3t
=+
⎧
⎪
=
⎨
⎪
=−
⎩
và
xt
d' y 1 2t
z2t
=
⎧
⎪
=
−−
⎨
⎪
=+
⎩
.

Viết phương trình đường thẳng Δ qua A, cắt d
và d’.

d
d'
A
Δ








Gọi M=Δ∩d ⇒ M∈d ⇒ M(1+2t, t, 3-t)
N ∩d’⇒ N∈d’⇒ N(t’,–1–2t’, 2+t’) =Δ

AM
J
JJG
= (2t, t+1, 2–t), AN
J
JJG
= (t’–1,– 2t’,1+t’)

M, N, A∈Δ ⇔
AM
J
JJG

, AN
J
JJG
là VTCP của Δ
⇔ .AM k AN=
J
JJG JJJG
⇔
2'
12
2'
tktk
tk
tktk
't
=
−
⎧
⎪
+=−
⎨
⎪
−
=+
⎩

⇔ ⇔
2'
2' 1
'2

tktk
tkt
tktk
−+=
⎧
⎪
+=−
⎨
⎪
++=
⎩
0 3/2
13/ 4
'1/4
t
k
kt
=
−
⎧
⎪
=
⎨
⎪
=
⎩
⇔
3/2
'1/13
t

t
=−
⎧
⎨
=
⎩
t = –3/2 ⇒
AM
J
JJG
= (–3, –1/2, 7/2).
PT đường thẳng Δ qua A và có VTCP
AM
J
JJG
là:
11
31/27/
1
2
x
yz−+
==
−−
−
.

Lưu ý:
Nếu tính
M

N
J
JJG
= (t’–2t–1, –2t’–t–1, t’+t–1) và
sử dụng đk cùng phương của
AM
J
JJG
và
M
N
J
JJG
thì
sẽ dẫn đến hệ gồm 3 PT 4 ẩn:
.
M
NkAM=
J
JJG JJJG
⇔
'2 2 1
2' 1
'2
ttkt
ttkkt
tt kkt1
−
−=
⎧

⎪
−−−−=
⎨
⎪
+
−+=
⎩

⇒ Khó khăn

24
Ví dụ 4: Trong không gian Oxyz,
cho mặt cầu (S): (x – 1)
2
+ y
2
+ (z + 1)
2
= 1
và đường thẳng (d):
1
13
xt
y
z
t
=
⎧
⎪
=

⎨
⎪
=
−
⎩
.
Viết phương trình tiếp diện với (S) và chứa
đường thẳng (d).

A
B
M
I
(S)
d



25