Ôn thi đại học khối A, A1, B, D - Công thức Toán Lí Hóa đầy đủ
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.81 MB, 95 trang )
Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 1
Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D
TỔNG HỢP CÁC CÔNG THỨC VÀ CÁC DẠNG
TOÁN THƢỜNG GẶP MÔN TOÁN
PHẦN KHẢO SÁT HÀM SỐ
Dạng 1: Cho hàm số y = f(x), có chứa tham số m. Định m để hàm số đồng biến trên R ?
Phương pháp : TXĐ : D = R
Ta có y’ =
2
ax bx c
Để hàm số đồng biến trên R thì
0
'0
0
a
y x R
Dạng 2 : Cho hàm số y = f(x), có chứa tham số m. Định m để hàm số nghịch biến trên R ?
Phương pháp : TXĐ : D = R
Ta có y’ =
2
ax bx c
Để hàm số đồng biến trên R thì
0
'0
0
a
y x R
Dạng 3 : Cho hàm số y = f(x), có chứa tham số m. Định m để hàm số có cực trị ?
Phương pháp : TXĐ : D = R
Ta có y’ =
2
ax bx c
Đồ thị hàm số có cực trị khi pt y’ = 0, có 2 nghiệm phận biệt và y’ đổi
dấu khi x đi qua 2 nghiệm đó
0
0
a
Dạng 4: Cho hàm số y = f(x) có chứa tham số m. CMR với mọi m đồ thị hàm số luôn có cực trị ?
Phương pháp: TXĐ : D = R
Ta có y’ =
2
ax bx c
Xét phương trình y’ = 0, ta có :
0, xR
Vậy với mọi m, đồ thị đã cho luôn luôn có cực trị.
Dạng 5: Cho hàm số y = f(x) có chứa tham số m. Định m để đồ thị hàm số không có cực trị ?
Phương pháp:TXĐ : D = R
Ta có y’ =
2
ax bx c
Hàm số không có cực trị khi y’ không đổi dấu trên toàn TXĐ
0
0
a
Dạng 6 : Cho hàm số y = f(x) có chứa tham số m. Định m để đồ thị hàm số đạt cực đại tại
0
x
?
Phương pháp:TXĐ : D = R
Ta có y’ =
2
a x bx c
Để hàm số đạt cực đại tại
0
x
thì
0
0
'( ) 0
''( ) 0
fx
fx
2 công thức tính nhanh đạo hàm trong khảo sát hàm số
2
22
2
1) '
()
2 ( )
2) '
()
ax b ac bd
yy
cx d cx d
ax bx c adx aex be cd
yy
dx e dx e
Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 2
Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D
Dạng 7 : Cho hàm số y = f(x) có chứa tham số m. Định m để đồ thị hàm số đạt cực tiểu tại
0
x
?
Phương pháp:TXĐ : D = R
Ta có y’ =
2
ax bx c
Để hàm số đạt cực đại tại
0
x
thì
0
0
'( ) 0
''( ) 0
fx
fx
Dạng 8 : Cho hàm số y = f(x) có chứa tham số m. Định m để đồ thị hàm số đạt cực trị bằng h tại
0
x
?
Phương pháp:TXĐ : D = R
Ta có y’ =
2
ax bx c
Để hàm số đạt cực trị bằng h tại
0
x
thì
0
0
'( ) 0
()
fx
f x h
Dạng 9: Cho hàm số y = f(x) có chứa tham số m. Định m để đồ thị hàm số đi qua điểm cực trị
00
( ; )M x y
?
Phương pháp:TXĐ : D = R
Ta có y’ =
2
ax bx c
Để hàm số đi qua điểm cực trị
00
( ; )M x y
thì
0
00
'( ) 0
()
fx
f x y
Dạng 10 : Cho hàm số y = f(x) có đồ thị (C) và
00
( ; )M x y
(C). Viết PTTT tại điểm
00
( ; )M x y
?
Phương pháp: Ta có : y’ = f’(x) = f’(
0
x
)
PTTT tại điểm
00
( ; )M x y
là :
0 0 0
'( ).( )y y f x x x
Các dạng thƣờng gặp khác :
1/ Viết PTTT với đồ thị (C) tại điểm có hoành độ
0
x
?
Ta tìm : +
00
'( )y f x
+
0
'( ) '( )f x f x
Suy ra PTTT cần tìm là :
0 0 0
'( ).( )y y f x x x
2/ Viết PTTT với đồ thị (C) tại điểm thỏa mãn pt f’’(
0
x
) = 0 ?
Ta tìm : + f’(x)
+ f’’(x)
+ Giải pt f’’(x) = 0
0
x
+
0
y
và
0
'( )fx
. Suy ra PTTT
Dạng 11 : Cho hàm số y = f(x) có đồ thị (C). Viết PTTT (d) của (C) ?
Phương pháp :
a) Tính : y’ = f’(x)
Vì tiếp tuyến (d) song song với đường thẳng y = ax + b nên (d)
có hệ số góc bằng a.
Ta có : f’(x) = a ( nghiệm của pt này chính là hoành độ tiếp điểm )
Tính
0
y
tương ứng với mỗi
0
x
tìm được.
Suy ra tiếp tuyến (d) cần tìm :
00
.( )y y a x x
Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 3
Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D
b) Tính : y’ = f’(x)
Vì tiếp tuyến (d) vuông góc với đường thẳng y = ax + b nên (d)
có hệ số góc bằng
1
a
Ta có :
0
1
'( )fx
a
(nghiệm của pt này chính là hoành độ tiếp điểm)
Tính
0
y
tương ứng với mỗi
0
x
tìm được.
Suy ra tiếp tuyến (d) cần tìm :
00
1
.( )y y x x
a
* Chú ý * Đường phân giác của góc phần tư thứ nhất y = x
Đường phân giác của góc phần tư thứ hai y = -x
Dạng 12 : Cho hàm số y = f(x) có đồ thị (C). Tìm GTLN, GTNN của hàm số trên
;ab
?
Phương pháp : Ta có y’ = f’(x)
Giải pt f’(x) = 0, ta được các điểm cực trị :
1 2 3
, , ;x x x a b
Tính f(a), f(b), f(
1
x
), f(
2
x
), f(
3
x
),…
Từ đó suy ra :
;ab
Maxy
= ;
;ab
Miny
=
Dạng 13: Cho họ đường cong y = f(m,x), với m là tham số. Tìm điểm cố định mà họ đường cong
trên đi qua với mọi giá trị của m.
Phương pháp : y = f(m,x)
Am + B = 0,
m
(1)
Hoặc
2
0,Am Bm C m
(2)
Đồ thị hàm số (1) luôn đi qua điểm
( ; )M x y
khi (x;y) là nghiệm hệ pt
0
0
A
B
(a) (đối với (1))
Hoặc
0
0
0
A
B
C
(b) (đối với (2))
Giải (a) hoặc (b) để tìm x rồi suy ra y tương ứng.
Từ đó tìm các điểm cố định cần tìm.
Dạng 14 : Giả sử (
1
C
) là đồ thị của hàm số y = f(x) và (
2
C
) là đồ thị hàm số y = g(x). Biện luận số
giao điểm của 2 đồ thị (
1
C
) và (
2
C
) ?
Phương pháp : Phương trình hoành độ giao điểm của y = f(x) và y = (gx) là :
f(x) = g(x)
( ) ( ) 0f x g x
(*)
Số giao điểm của 2 đồ thị (
1
C
) và (
2
C
) chính là số nghiệm của pt (*).
Dạng 15 : Dựa vào đồ thị hàm số y = f(x), biện luận theo m số nghiệm pt f(x) + g(m) = 0 ?
Phương pháp : Ta có f(x) + g(m) = 0
f(x) = g(m) (*)
Số nghiệm của pt (*) chính là số giao điểm của đồ thị (C) : y = f(x)
và đường thẳng g(m).
Dựa vào đồ thị (C), ta có … v…v….
Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 4
Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D
Dạng 16 : Cho hàm số y = f(x), có đồ thị (C). CMR : điểm
00
( ; )I x y
là tâm đối xứng của (C) ?
Phương pháp : Tịnh tiến hệ trục Oxy thành hệ trục OXY theo vectơ
00
;OI x y
Công thức đổi trục
0
0
x X x
y Y y
Thế y = f(x) ta được Y = f(X)
Ta cần chứng minh Y = f(X) là hàm số lẻ
00
( ; )I x y
là tâm đối xứng
Dạng 17 : Cho hàm số y = f(x), co đồ thị (C). CMR : đường thẳng x =
0
x
là trục đối xứng của (C) ?
Phương pháp : Đổi trục bằng tịnh tiến theo vectơ
0
;0OI x
Công thức đổi trục
0
x X x
yY
Thế y = f(x) ta được Y = f(X)
Ta cần chứng minh Y = f(X) là hàm số chẵn
đường thẳng x =
0
x
là trục đối xứng của (C)
Dạng 18 : Sự tiếp xúc của 2 đường cong có phương trình y = f(x) và y = g(x) ?
Phương pháp : Hai đường cong y = f(x) và y = g(x) tiếp xúc với
nhau
( ) ( )
'( ) '( )
f x g x
f x g x
Có nghiệm và nghiệm của hệ pt trên là hoành độ giao điểm của 2
đường cong đó.
Dạng 19 : Tìm điểm A, từ a kẻ được n tiếp tuyến tới đồ thị y = f(x) ?
Phương pháp : Giả sử
00
;A x y
Pt đường thẳng đi qua
00
;A x y
có hệ số góc k có dạng :
(d) :
00
()y k x x y
Đường thẳng (d) tiếp xúc với đồ thị (C) khi hệ sau có nghiệm
(1)
(2)
Thay (2) vào (1), ta được :
00
( ) '( )( )f x f x x x y
(3)
Khi đó, số nghiệm của (3) là số tiếp tuyến kẻ từ A tới đồ thị (C).
Do đó, từ A kẻ được k tiếp tuyến tới đồ thị (C).
Có k nghiệm phân biệt
A (nếu có).
Dạng 20 : Định điều kiện để đồ thị hàm số bậc 3 có CĐ, CT nằm về 2 phía (D) ?
Phương pháp : Định đk để đồ thị hàm số bậc 3 có các điểm cực trị
1 1 1 2 2 2
; & ( ; )M x y M x y
(với
12
,xx
là nghiệm của pt y’ = 0)
1/ Nếu (D) là trục Oy thì ycbt
12
0xx
2/ Nếu (D) là đường thẳng x = m thì ycbt
12
0xx
3/ Nếu (D) là đường thẳng ax + by + c = 0 thì ycbt
1 1 2 2
( )( ) 0ax by c ax by c
4/ Nếu (D) là đường tròn thì giống trường hợp 3
00
( ) ( )
'( )
f x k x x y
f x k
Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 5
Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D
Dạng 21 : Định điều kiện để đồ thị hàm bậc 3 có CĐ, CT nằm về củng 1 phía đối với (D) ?
Phương pháp : Định đk để đồ thị hàm số bậc 3 có các điểm cực trị
1 1 1 2 2 2
; & ( ; )M x y M x y
(với
12
,xx
là nghiệm của pt y’ = 0)
1/ Nếu (D) là trục Oy thì ycbt
12
12
0
0
xx
xx
2/ Nếu (D) là đường thẳng x = m thì ycbt
12
12
0
x x m
xx
3/ Nếu (D) là đường thẳng ax + by + c = 0 thì ycbt
1 1 2 2
( )( ) 0ax by c ax by c
4/ Nếu (D) là đường tròn thì giống trường hợp 3.
Dạng 22 : Định đk để đồ thị hàm số (C) cắt đường thẳng (D) tại 2 điểm phân biệt thỏa 1 trong
những đk sau 1/ Thuộc cùng 1 nhánh ?
2/ Cùng 1 phía Oy ?
3/ Khác phía Oy ?
Phương pháp : 1/ (I) có nghiệm phận biệt nằm cùng 1 phía đối với x = m.
2/ (I) có 2 nghiệm phân biệt cùng dấu.
3/ (I) có 2 nghiệm phân biệt trái dấu
(trong đó I là phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (D),x = m là TCĐ của (C))
Dạng 23 : Tìm điểm trên đồ thị hàm số (C) sao cho tổng các khoảng cách từ đó đến 2 tiệm cận là
nhỏ nhất (Min) ?
Phương pháp : Xét
00
( ; )M x y
thuộc (C)
00
( ; )xy
thỏa y = thương + dư/mẫu
Dùng bất đẳng thức Côsi 2 số
Kết quả
Dạng 24 : Tìm điểm trên đồ thị hàm số (C) sao cho tổng các khoảng cách từ đó đến 2 trục tọa độ
là nhỏ nhất (Min) ?
Phương pháp : Xét
00
( ; )M x y
thuộc (C)
Đặt P =
0 0 0 0
( ; ) ( ; )d M Ox d M Oy P x y
Nháp : Cho
0 0 0 0
0 ; 0x y A y x B
Gọi L là
( ; )Min A B
Ta xét 2 trường hợp : TH1 :
0
x L P L
TH2 :
0
xL
. Bằng pp đạo hàm suy ra kq.
Dạng 25 : Tìm đk cần và đủ để 3 điểm M, N, P cùng thuộc đồ thị (C) thẳng hàng ?
Phương pháp : M, N, P thẳng hàng
MN
cùng phương với
M N P
b
MP x x x
a
Dạng 26 : Tìm trên đồ thị (C) : y = f(x) tất cả các điểm cách đều 2 trục tọa độ ?
Phương pháp : Tập hợp các điểm cách đều 2 trục tọa độ trong (Oxy)
là đường thẳng y = x và y = -x. Do đó :
+ Tọa độ của điểm thuộc (C) : y = f(x) đồng thời cách đều
2 trục tọa độ là nghiệm của
()
()
y f x
yx
KQ
y f x
yx
Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 6
Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D
Dạng 27: Lập pt đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của hàm số hữu tỷ :
2
''
ax bx c
y
a x b
?
Phương pháp : Đặt
()
()
x
x
U
y
V
có
( ) ( ) ( ) ( )
2
()
( )' ( )'
'
()
x x x x
x
U V V U
y
V
Gọi
11
;A x y
là điểm cực trị của
m
C
11
1 1 1 1
11
1
'
' 0 ' '
'
xx
x x x x
xx
UU
y U V V U y
VV
(1)
Gọi
22
;B x y
là điểm cực trị của
m
C
22
2 2 2 2
22
2
'
' 0 ' '
'
xx
x x x x
xx
UU
y U V V U y
VV
(2)
Từ (1) và (2) suy ra pt đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là
'
'
x
x
U
y
V
Dạng 28 : Lập pt đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của hàm số bậc 3
()
m
C
, khi không tìm được 2
điểm cực trị ?
Phương pháp : Chia
''
y cx d
ax b
yy
(cx + d là phần dư của phép chia)
( ). 'y ax b y cx d
Gọi
1 1 2 2
; , ;A x y B x y
là 2 điểm cực trị của hàm số
12
' ' 0
m x x
C y y
Do
m
AC
nên
1 1 1 1 1 1
( ) 'y ax b y cx d y cx d
(1)
Do
m
BC
nên
1 2 2 2 2 2
( ) 'y ax b y cx d y cx d
(2)
Từ (1) và (2) suy ra pt đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị y = cx + d
Dạng 29 : Định đk để đồ thị hàm số bậc 3 có điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua 1 đường
thẳng y = mx + n
0m
Phương pháp : Định đk để hàm số có cực đại cực tiểu (1)
Lập pt đường thẳng (D) đi qua 2 điểm cực trị.
Gọi I là trung điểm đoạn nối 2 điểm cực trị.
Ycbt
(1)
()
DK
y mx n D KQ
I y mx n
Dạng 30 : Tìm 2 điểm thuộc đồ thị (C) y = f(x) đối xứng nhau qua điểm
00
( ; )I x y
?
Phương pháp : Giả sử
1 1 1 1
( ; ) ( ): ( )M x y C y f x
(1)
Gọi
22
( ; )N x y
đối xứng M qua I
tọa độ điểm N theo
11
,xy
.
Do
22
( ): ( )N C y f x
(2)
Từ (1) và (2) giải hệ, tìm
1 1 2 2
,,x y x y
Dạng 31 : Vẽ đồ thị hàm số
()y f x
? (C)
Phương pháp : Vẽ đồ thị y = f(x) (C’)
Có
1
2
( ), 0( )
()
( ), 0( )
f x x C
y f x
f x x C
Đồ thị (C) gồm đồ thị
1
()C
và đồ thị
2
()C
Với
1
( ) ( ')CC
lấy phần
0x
2
()C
là phần đối xứng của
1
()C
qua Oy
Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 7
Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D
cos(-α) = cosα
sin(-α) = - sinα
tan(-α) = - tanα
cot(-α) = - cotα
sin(π - α) = sinα
cos(π - α) = - cosα
tan(π - α) = - tanα
cot(π - α) = - cotα
sin(
2
- α) = cosα, cos(
2
- α) = sinα
tan(
2
- α) = cotα, cot(
2
- α) = tanα
sin(a + b) = sina.cosb + cosa.sinb
sin(a - b) = sina.cosb - cosa.sinb
cos(a + b) = cosa.cosb - sina.sinb
cos(a - b) = cosa.cosb + sina.sinb
tan tan
tan( )
1 tan .tan
tan tan
tan( )
1 tan .tan
ab
ab
ab
ab
ab
ab
Dạng 32 : Vẽ đồ thị hàm số
| ( )|y f x
? (C)
Phương pháp : Vẽ đồ thị y = f(x) (C’)
Có
1
2
( ), 0( )
()
( ), 0( )
f x x C
y f x
f x x C
Đồ thị (C) gồm đồ thị
1
()C
và đồ thị
2
()C
Với
1
( ) ( ')CC
lấy phần dương của (C’) (nằm trên Ox)
2
()C
là phần đối xứng của phần âm (nằm dưới Ox) quả (C’) qua Ox
*Chú ý* đồ thị hàm số
| ( )|y f x
sẽ nằm trên Ox
PHẦN LƢỢNG GIÁC
1. Các hệ thức lƣợng giác cơ bản:
Nhớ: “Cùng góc”
22
sin cos
sin cos 1;tan ,cot ; 1 sin ,cos 1
cos sin
xx
x x x x x x
xx
Suy ra:
22
22
11
1 tan ,1 cot ; tan .cot 1.
cos sin
x x x x
xx
2. Cung có liên quan đặc biệt:
Nhớ: “Cos đối – Sin bù - Phụ chéo”
Đặc biệt:
khi
khi
sin k ch½n
sin( k ) ;tan( k ) tan
sin khi k lÎ
cos k ch½n
cos( k ) ;cot( k ) cot
cos khi k lÎ
3. Công thức cộng:
Nhớ: “ Sin thì sin cos, cos sin
Cos thì cos cos, sin sin dấu đối”
4. Công thức nhân đôi:
Nhớ: “Suy ra từ công thức cộng bằng cách thay b bằng a”
5. Công thức hạ bậc:
Nhớ: “Được suy ra từ công thức nhân đôi”.
22
1 cos2 1 cos2
cos ,sin
22
xx
xx
sin2a = 2sina.cosa
2
2.tan
tan2
1 tan
a
a
a
cos2a = 2.cos
2
a – 1
= 1– 2.sin
2
a
= cos
2
a – sin
2
a
Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 8
Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D
6. Công thức biến đổi tổng thành tích:
Nhớ: “Sin cộng sin bằng hai lần sin cos. Sin trừ sin bằng hai lần cos sin
Cos cộng cos bằng hai lần cos cos. Cos trừ cos bằng hai lần cos sin”
sin( )
sin sin 2.sin .cos , tan tan
2 2 cos .cos
sin( )
sin sin 2.cos .sin , tan tan
2 2 cos .cos
cos cos 2.cos .cos , cos cos 2.sin .sin
2 2 2 2
a b a b a b
a b a b
ab
a b a b a b
a b a b
ab
a b a b a b a b
a b a b
7. Công thức biến đổi tích thành tổng:
Nhớ: “Suy ra từ công thức tổng thành tích”
1
sin .cos sin( ) sin( )
2
1
cos .cos cos( ) cos( )
2
1
sin .sin cos( ) cos( )
2
a b a b a b
a b a b a b
a b a b a b
8. Công thức tính theo t = tan x:
2
2 2 2
2tan 1 tan 2tan
sin2 ;cos2 ;tan2
1 tan 1 tan 1 tan
x x x
x x x
x x x
Viết gọn :
2
2 2 2
2 1 2
sin2 ,cos 2 ,tan 2
1 1 1
t t t
x x x
t t t
9. Công thức nhân ba:
33
3
2
sin3 3.sin 4.sin , cos3 4.cos 3.cos
3tan tan
tan3
1 3tan
a a a a a a
aa
a
a
PHƢƠNG TRÌNH LƢỢNG GIÁC
I. Phƣơng trình lƣợng giác cơ bản
2
1) sin sin
2
2)cos cos 2 ,
u v k
u v k
u v k
u v u v k k
3) tan tan ,
4) t t ,
u v u v k k
co u co v u v k k
II. Một số phƣơng tình lƣợng giác thƣờng gặp
1. Phƣơng trình bậc hai theo một hàm số lƣơng giác
Dạng:
a) asin
2
x + bsinx + c = 0
b) acos
2
x + bcosx + c = 0 (a
0)
c) atan
2
x + btanx + c = 0
d) acot
2
x + bcotx + c = 0
Cách giải
Đặt ẩn số phụ cho HSLG để đưa về phương trình
bậc hai một ẩn.
Ví dụ: Giải các phương trình sau:
1) 2sin
2
x – sinx – 1 = 0
2) 2cos
2
x - 5cosx – 3 = 0
3) 2sin
2
x – 3cosx = 0
4) sin
2
2x – 2cos
2
x +
3
4
= 0
5) 2cos2x + 4sinx + 1 = 0
6) cos4x = cos
2
x
Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 9
Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D
2. Phƣơng trình bậc nhất theo sin và cos có dạng: asinx + bcosx = c
Cách giải: chia 2 vế phương trình cho
22
ab
ta được:
2 2 2 2 2 2
22
2 2 2 2
sin cos
1
a b c
xx
a b a b a b
ab
do
a b a b
Nên đặt
22
22
cos
sin
a
ab
b
ab
(hoặc ngược lại)
Ta được phương trình:
22
22
os sin sin cos
sin
c
c x x
ab
c
x
ab
Ta đươc PT bậc nhất theo 1 hslg.
Ví dụ: Giải các phương trình:
2
3
1) 3sin cos 1
2) 2cos2 2 sin 3
3)2sin 3sin 2 3
4)3cos2 4sin 2 5
5)1 sin cos sin cos 0
6) 3cos5 2sin3 cos2 sin 0 ( 2009)
1 2sin cos
7) 3 ( 2009)
1 2sin 1 sin
8)sin cos sin 2 3 cos3 2 cos4 sin ( 20
xx
xx
xx
xx
x x x x
x x x x D
xx
A
xx
x x x x x x B
2
09)
31
9) 3sin cos
2cos
cos 2sin cos
10) 3
2cos sin 1
xx
x
x x x
xx
3. Phƣơng trình dạng: asin
2
x + bsinxcosx + ccosx = d
Cách giải:
Cách 1: Dùng công thức hạ bậc để đưa về dạng 2
Cách 2: (biến đổi đưa về phương trình bậc hai theo
tan hoặc cot)
Kiểm tra cosx = 0 có phải là nghiệm của phương
trình hay không.
Khi cosx
0 chia 2 vế phương trình cho cos
2
x ta
được: atan
2
x + btanx + c = d(1 + tan
2
x)
<=> (a – d)tan
2
x +btanx + c – d = 0
Giải phương trình ta được nghiệm của phương tình
đã cho.
Ví dụ: Giải các phương trình sau:
1) 3sin
2
x – 2sin2x – 3cos
2
x = 2
2) cos
3
x + sin
3
x = sinx + cosx
3)
1
4sin 6cos
cos
xx
x
PHẦN PHƢƠNG TRÌNH – BẤT PHƢƠNG TRÌNH – HỆ
PHƢƠNG TRÌNH
1/ Phƣơng trình và bất phƣơng trình :
Các điều kiện và tính chất cơ bản :
A
có nghĩa khi A
0
A
0 với A
0
2
A
= |A| &
,0
,0
AA
A
AA
2
AA
với A
0
AB A B
khi A,B
0
AB A B
khi A,B
0
Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 10
Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D
Các định lý cơ bản :
Định lý 1 : Với A
0 và B
0 thì A = B
22
AB
Định lý 2 : Với A
0 và B
0 thì A
B
22
AB
Định lý 3 : Với A, B bất kỳ thì A = B
33
AB
A
B
33
AB
Các phƣơng trình và bất phƣơng trình cơ bản:
Dạng 1 :
0A
AB
AB
hoặc B
0
Dạng 2 :
2
0B
AB
AB
Dạng 3 :
2
0
0
A
A B B
AB
Dạng 4 :
2
0
0
0
A
B
AB
B
AB
MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH
VÀ BẤT PHƢƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC
I. Một số dạng cơ bản của phƣơng trình, bất phƣơng trình chứa căn thức.
1. Phƣơng trình
a)
0fx
f x g x
f x g x
b)
2
0gx
f x g x
f x g x
Ví dụ 1: Giải phương trình sau:
2
3 2 1 1x x x
Hướng dẫn:
Nhận xét: Phương trình có dạng
f x g x
nên ta giải như sau
Ta có
2
2
10
1
3 2 1
1
1
1
x
x x x
x
x
x
Vậy
1S
Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 11
Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D
Ví dụ 2: Giải phương trình:
22
5 4 2 3 12 2x x x x
Hướng dẫn: Ta có
22
2
22
2 5 4 2 3 12
5 4 0
5 4 2 3 12
x x x x
xx
x x x x
2
1 4 0
3 2 8 0
xx
xx
1
4
8
2
6
8
6
x
x
x
x
x
Vậy
8
6
S
2. Bất phƣơng trình
a)
2
0
0
gx
f x g x
f x g x
b)
2
0
0
0
gx
fx
f x g x
gx
f x g x
Ví dụ 3: Giải các bất phương trình sau:
a)
2
1 2 1xx
b)
2
2 5 4 3x x x
,
14
1;
5
S
Hướng dẫn
a) Ta có :
2
2
2
10
1 2 1
1 2 1 0
x
xx
xx
2
2
1
2 3 0
10
x
xx
x
1
1
13
13
1
1
x
x
x
x
x
x
Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 12
Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D
Vậy tập nghiệm
1;3 1S
b)Ta có
2
2 5 4 3x x x
2
2
2
2 5 0
1
4 3 0
2 5 0
2
2 5 4 3
x
xx
x
x x x
Giải (1)
5
5
11
2
2
13
x
x
x
Giải (2)
2
5
5
5 14
2
2
2
14
24
2
5 24 28 0
5
x
x
x
x
xx
Từ đó suy ra tập nghiệm của bất phương trình là
14
1;
5
S
II. CÁC PHƢƠNG PHÁP
1. Phƣơng pháp bình phƣơng liên tiếp
Sử dụng phương pháp bình phương liên tiếp nhằm biến đổi phương trình, bất phương trình về
dạng không còn chứa căn thức. Tuy nhiên khi bình phương hai vế của phương trình, bất phương
trình nhớ sử đặt điều kiện cho hai vế cùng dấu (đối với phương trình có thể giải bằng phương trình
hệ quả sau đó thử lại kết quả, còn đối với bất phương trình bắt buộc phải đặt điều kiện cho hai vế
cùng dấu)
Ví dụ 1. Giải phương trình
3 1 2 1 6x x x
Hướng dẫn:
Điều kiện
3 1 0
1
2 1 0 6
2
60
x
xx
x
Với điều kiện trên ta có
3 1 2 1 6
3 1 6 2 1
3 1 6 2 1 2 6 2 1
2 4 2 6 2 1
x x x
x x x
x x x x x
x x x
2 6 2 1x x x
2x
22
2
4 4 2 13 6
3 17 10 0
5
2
3
x x x x
xx
x
xl
Vậy
5S
Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 13
Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D
Ví dụ 2. Giải bất phương trình
13
2 3 9 2 2
22
xx
Hướng dẫn
Điều kiện
30
9
3
9 2 0
2
x
x
x
Với điều kiện trên ta có
13
2 2 3 9 2
22
1 9 3
4 3 9 2 9 2
4 4 2
16 48 18 2 6 9 2
xx
x x x
x x x
2
18 64 0
9 33 3 9 2
9 33 9 9 2
x
xx
xx
2
32
32
9
4
28
9
81 576 1008 0
9
4
x
x
x
x
xx
x
Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là
9
4;
2
S
2. Phƣơng pháp đặt ẩn phụ
Mục đích của phương pháp đặt ẩn phụ là đưa phương trình bất phương trình về dạng cơ bản
hoặc là dạng đã biết cách giải. Từ nghiệm của phương trình, bất phương trình mới ta suy ra nghiệm
của phương trình, bất phương trình ban đầu.
Chú ý:
Phương trình, bất phương trình mới không tương đương với phương trình bất phương trình cũ
(vì khác tập hợp nghiệm) mà chỉ tương đương theo nghĩa từ phương trình ,bất phương trình này ta
suy ra nghiệm của phương trình, bất phương trình kia và ngược lại.
Dạng 1. Đặt ẩn phụ khi thấy các biểu thức có dạng giống nhau. Đặt
t f x
, đƣa phƣơng
trình, bất phƣơng trình theo biến
x
về phƣơng trình bất phƣơng trình theo biến
t
(Chú ý đặt
điều kiện cho biến
t
(nếu có).
Ví dụ 1 Giải phương trình
22
3 2 9 3 2 2 7x x x x
Nhận xét:
Ta thấy biểu thức dưới dấu căn đều có số hạng
2
32xx
, và đây là biểu thức chung, chú ý rằng
chúng ta quan tâm đến nhũng biểu thức chung chứa biến, còn nếu có thêm hằng số cũng không quan
trọng, và ta có thể đặt ẩn
2
32t x x
, để đưa phương trình về dạng cơ bản, tuy nhiên để bài toán
được gọn hơn ta thường đặt ẩn phụ cho nguyên biểu thức căn, tức là đặt
2
3 2 2t x x
Ta giải bài toán này như sau:
Đặt
2
3 2 2t x x
điều kiện
0t
. Khi đó
22
3 2 9 7x x t
. Phương trình trở thành
Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 14
Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D
2
2
2
2
22
77
77
7 7 dk 7
7 14 49
3
tt
tt
t t t
t t t
t
Với
3t
ta có
2
2
2
3 2 2 3
3 2 2 9
3 2 7 0
1 22
3
1 22
3
xx
xx
xx
x
x
Vậy
1 22 1 22
;
33
S
Ví dụ 2 Giải bất phương trình
2
1 4 5 5 28x x x x
Hướng dẫn:
Ta có:
2
22
1 4 5 5 28
5 4 5 5 28
x x x x
x x x x
Đặt
2
5 28t x x
điều kiện
0t
. Khi đó bất phương trình trở thành:
2
24 5tt
2
5 24 0
38
tt
t
Kết hợp với điều kiện ta có
08t
(1)
Với
8t
ta có:
2
2
2
2
5 28 8
5 28 0
9 4 2
5 36 0
5 28 64
xx
x
xx
x
xx
xx
Với
2
0 5 28 0t x x x
(3)
Từ (1), (2) và (3) ta có nghiệm của bất phương trình là
9;4S
Ví dụ 3 Giải bất phương trình:
2
2 1 1 1x x x x
Hướng dẫn:
Đặt
2
1t x x
, điều kiện
0t
, suy ra
2
2 1 2 1x x t
Bất phương trình trở thành:
Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 15
Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D
2
2
2 1 1
2 1 0
1
2
1
tt
tt
tl
t
Với
1t
ta có
2 2 2
0
1 1 1 1 0
1
x
x x x x x x
x
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
;0 1;S
Dạng 2. Các phƣơng trình, bất phƣơng trình có biểu thức
A B m AB
trong đó
AB
là
hằng số. Khi đó đặt
t A B
, suy ra
2
2
t A B
AB
. Đƣa phƣơng trình bất phƣơng
trình về ẩn
t
.
Ví dụ 4 Giải phương trình:
2 5 ( 2)(5 ) 4x x x x
Hướng dẫn:
Điều kiện
25x
Đặt
25t x x
(điều kiện
0t
).
Suy ra
2
2
7
7 2 2 5 7 2 2 5 2 5
2
t
t x x x x x x
Khi đó phương trình trở thành:
2
2
7
4
2
2 15 0
5
3
t
t
tt
tl
tn
Với
3t
ta có:
2 5 3
7 2 2 5 9
2 5 1
xx
xx
xx
2
3 9 0xx
3 3 5
2
3 3 5
2
xn
xn
Vậy tập nghiệm của phương trình là
3 3 5 3 3 5
;
22
S
Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 16
Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D
Ví dụ 5 Giải bất phương trình:
2 1 9 2 3 2 1 9 2 13x x x x
Hướng dẫn
Điều kiện
19
22
x
Đặt
2 1 9 2t x x
(điều kiện
0t
). Suy ra
2
10
2 1 9 2
2
t
xx
Bất phương trình trở thành
2
10
3. 13
2
t
t
2
3 2 56 0
14
3
4
tt
tl
tn
Với
4t
ta có
2
2 1 9 2 4
10 2 2 1 9 2 16
2 1 9 2 9
16 4 0
04
xx
xx
xx
xx
x
Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là
0;4S
Dạng 3. Các phƣơng trình có dạng
4
m A n B p AB
. Khi đó đặt
4
A
t
B
(xét
0, 0BB
)
Hoặc đặt
44
,u A v B
. Tính
u
theo
v
.
Ví dụ 6 Giải phương trình
2
4
2
12
4
xx
xx
Hướng dẫn
Điều kiện
2
1 0 1
2 0 2 2
1
20
2
xx
x x x
x
xx
x
Đặt
44
1, 2a x b x
điều kiện
,0ab
Khi đó phương trình trở thành
2 2 2 2
2
2 2 0
1
2
2
ab
ab
a b a b ab
ab
Với
22ab
ta có
44
1 2. 2 1 4 2 3x x x x x
Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 17
Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D
Với
1
2
ab
ta có
44
1
1 2 1 2 0
2
x x x x vn
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
3S
Ví dụ 7 Giải bất phương trình
2
4
2 3 1
3 2 1 4 1
36
xx
xx
Hướng dẫn
Điều kiện
2
2 1 0
1 0 1
2 3 1
x
xx
xx
Ta thấy
1x
là nghiệm của bất phương trình.
Xét
1x
, chia hai vế của bất phương trình cho
2
4
2 3 1xx
ta có
44
2 1 1 1
3. 4.
1 2 1
6
xx
xx
Đặt
44
2 1 1 1
1 2 1
xx
t
x x t
(Điều kiện
0t
). Khi đó bất phương trình trở thành
2
16
66
41
3 3 6 4 6 0
6
3
2
tl
t t t
t
tn
Với
3
2
t
ta có
4
2 1 3 2 1 9 5
0 1 5
1 2 1 4 4 1
x x x
x
x x x
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
1;5S
Dạng 4. Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình
Ví dụ 8 Giải phương trình:
3
3
1
21
2
x
x
Hướng dẫn
Đặt
3
3
1
21
2
t
t x x
Khi đó ta có hệ
3
3
1 2 1
1 2 2
xt
tx
Lấy (1) trừ (2) ta có:
3 3 2 2
22
2 2 2 0
20
0
x t t x x t x xt t x t
x t x xt t
xt
(Vì
2
2 2 2
3
2 2 0
24
t
x xt t x t
)
Với
tx
ta có
Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 18
Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D
3 3 2
1 2 2 1 0 1 1 0
1
15
2
15
2
x x x x x x x
x
x
x
Vậy phương trình có 3 nghiệm
1 5 1 5
1; ;
22
S
Ví dụ 9 Giải phương trình:
33
34 3 1 *xx
Hướng dẫn
Đặt:
3
33
3
34
37
3
ux
uv
vx
*1uv
Ta có hệ:
33
37 1
12
uv
uv
2 1 3uv
, sau đó thay vào
1
ta có:
3
3
1 37
3
4
vv
v
v
3
3
3 3 3 30
4 3 4 61
v x x
v x x
Ví dụ 10 Giải phương trình:
22
7 4 5 1 14 3 3 17 13 *x x x x x
Hướng dẫn
22
* 7 4 3 3 17 13 14 3 3 17 13x x x x x x
Đặt:
2
2
2
2
13
17 13
17
13 13 25 373
3 3 0
33
17 17 289
u
x
ux
u u u u
v x x v
v
*
trở thành
2
7 4 14v u v u
Ta có hệ:
2
2
2
7 4 14 1
25 373
2
289
v u v u
uu
v
Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 19
Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D
2
2
2
1 49 4 14
49 28
28 49 0
0
49 28
v u v u
u uv u
u u v
u
uv
13
0
17
ux
49 28uv
Thay vào
2
:
2
2
22
2
2
2
49 28 25 49 28 373
289
289 784 2044 1549
495 2044 1549 0
1
2
1
3 3 1
746
1549
1549
33
495
495
495
2231
495
vv
v
v v v
vv
x
x
v
xx
x
v
xx
x
Thay các giá trị vào phương trình đầu ta nhận nghiệm:
746
2,
495
xx
Vậy
746 13
; ;2
495 17
S
Chú ý:
Từ phương trình ta suy ra hệ, nên khi giải ra nghiệm ta phải thử lại.
Phương pháp này chỉ hiệu quả trong việc giải phương trình, còn bất phương trình thì rất khó
sử dụng.
3. Phƣơng pháp sử dụng bất đẳng thức
Ví dụ 11 Giải phương trình
2
2 10 12 40x x x x
Hướng dẫn
Đặt:
2 10 , 0t x x t
2
2 2 2
2 10 1 1 2 10 16
4
04
BCS
t x x x x
t
t
Dấu
""
xảy ra
2 10 6x x x
Mặt khác:
2
2
12 40 6 4 4x x x
, dấu
""
xảy ra
6x
2
2 10 12 40x x x x
Vậy
6S
Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 20
Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D
4. Dùng khảo sát hàm số để biện luận phƣơng trình, bất phƣơng trình chứa tham số
Ví dụ 12. Tìm
m
để phương trình sau có nghiệm:
3 6 3 6x x x x m
Hướng dẫn
Điều kiện:
3;6x
Đặt
3 6 , 3;6t x x x
1 1 6 3
2 3 2 6
2 6 3
xx
t
xx
xx
3
0 3 2
2
t x t
Ta có:
33
63
xt
xt
và
2
2
3 6 9 2 3 6t x x x x
Bảng biến thiên:
x
t’
+ 0 -
t
3 3
3;3 2t
Xét
2
9
, 3;3 2
2
9
1 , 3 3, 3 2 3 2
2
t
f t t t
f t t f f
Bảng biến thiên:
t
3
32
ft
–
ft
32
3
6
9
32
2
3
Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 21
Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D
Vậy
9
3;3 2
2
m
thì phương trình có nghiệm.
2/ Phƣơng trình và bất phƣơng trình :
Phƣơng pháp1: Phương pháp đánh giá bằng tập xác định
Ví dụ: Giải hệ phương trình:
11
11
xy
yx
(Đề thi vào trường chuyên tĩnh)
Lời giải
Điều kiện
0
0
y
x
Suy ra
11
11
xy
yx
Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi x = y = 0
Do vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y = 0
Phƣơng pháp2: Đánh giá bằng bất đẳng thức
Ví dụ1: Giải hệ phương trình (I)
043147
02
32
222
yxx
yxyx
Lời giải
Viết lại (I)
)2(0)1(3)1(7
)1(2)1(
32
22
yx
xyx
Từ (1) suy ra y
2
=
1
2
2
x
x
1
1y
1 + y
3
0
Lại có (x - 1)
2
0 ,
x nên (2)
01
0)1(
3
2
y
x
)3(
1
1
y
x
Kết quả (3) thỏa mản (1)
1
1
y
x
là nghiệm duy nhất của hệ phương trình (I)
Vídụ2: Giải hệ phương trình
)2(3
)1(
2008200720072007
222
zyx
xzyzxyzyx
Lời giải
Ta có (1)
2x
2
+ 2y
2
+ 2z
2
- 2xy - 2yz - 2xz = 0
(x - y)
2
+ (y - z)
2
+ (x - z)
2
= 0 (3)
Vì (x - y)
2
0; (y - z)
2
0; (x - z)
2
0 với mọi x;y;z
(x - y)
2
+ (y - z)
2
+ (x - z)
2
0 với mọi x; y; z
(3)
x –y = y – z = z – x = 0
x = y = z
Thay vào (2) ta có:
3x
2007
= 3y
2007
= 3z
2007
= 3
2008
x
2007
= y
2007
= z
2007
= 3
2007
Vậy hệ phương trình ban đầu có nghiệm là x = y = z = 3
Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 22
Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D
Phƣơng pháp 3: Đánh giá bằng tính chẵn lẻ
Ví dụ1: Tìm a để phương trình sau có nghiệm duy nhất
(I)
2
2
2
1
1
113
a
yy
yx
yax
(Đề thi học sinh giỏi lớp 10 tĩnh Hà Tĩnh năm học 2000 - 2001)
Lời giải
Để ý
yy
yy
1
1
1
2
2
nên hệ (I)
(II)
22
2
1
113
ayx
yax
Điều kiện cần
Thấy rằng nếu có nghiệm (x
0
,y
0
) thì hệ cũng có nghiệm (x
0
,-y
0
)
Bởi vậy điều kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất là y
0
= 0
Thay y
0
= 0 vào (II) ta có
2
1
13
ax
ax
3
4
1
a
a
Điều kiện đủ
a = -1, hệ (II) trở thành
11
113
2
2
yx
yx
x = y = 0
a =
3
4
, hệ (II) trở thành
9
16
1
11
3
4
3
2
2
yx
yx
0
9
7
y
x
Hệ có nghiệm duy nhất
0
9
7
y
x
Vậy tập hợp các giá trị của a tương thích với yêu cầu bài toán là
3
4
;1 aa
Ví dụ 2: Tìm a để hệ có nghiệm duy nhất
axxy
ayx
355
3
22
2
Lời giải
*Điều kiện cần
Thấy rằng, nếu hệ có nghiệm (x
0
,y
0
) thì nó cũng có nghiệm (-x
0
,-y
0
),
(-x
0
,y
0
),(x
0
,-y
0
).Bởi vậy, nghiệm duy nhất của hệ chỉ có thể là x
0
= y
0
= 0
Thay vào hệ ta có a =
3
Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 23
Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D
*Điều kiện đủ
Với a =
3
, hệ trở thành
)2(55
)1(33
22
2
xxy
yx
Để ý:
33
2
yx
Dấu đẳng thức xẩy ra khi x = y = 0.
Suy ra (1)
x = y = 0. Thấy rằng x = y = 0 cũng là nghiệm của (2)
Suy ra x = y = 0 là nghiệm duy nhất của hệ
Tóm lại: Tập hợp các giá trị phải tìm của a là a =
3
Phƣơng pháp 4: Đặc biệt hóa một ẩn
Ví dụ1: Giải hệ phương trình (I)
12
32
22
222
xyxzyzyx
yzxzxyzyx
(Đề thi giáo viên giỏi huyện Cẩm Xuyên năm 2004)
Lời giải
Viết lại (I)
(II)
01)()(
03)()(
2
22
yxzyx
zyxzyx
Đặt
yxv
yxu
2
2
vu
y
vu
x
Hệ (II) trở thành (III)
01
03
2
22
zvv
zzuu
Hệ (III) có nghiệm
0
0
v
u
4
4
2
2
z
z
z =
2
*Với z = 2 ta có (III)
u = v = 1
0
1
y
x
Hệ đã cho có nghiệm (1;0;2)
*Với z = -2 ta có (III)
u = v = -1
0
1
y
x
Hệ đã cho có nghiệm (-1; 0; -2)
*Tóm lại: Hệ đã cho có hai nghiệm là (1; 0; 2) và (-1; 0; -2)
Nhận xét: - Số ẩn nhiều hơn số phương trình suy ra đặc biệt hóa một ẩn xem là tham số
- Sự vắng mặt hạng tử z
2
trong phương trình (2) cho ta thấy thiếu bình đẳng của nó đối với x và y
- Sự phân tích trên dẩn chúng ta đặc biệt hóa ẩn z, xem nó là tham số
Ví dụ2: Giải hệ phương trình (I)
)4(0
)3(165)3)(2(
)2(84
)1(23)3(
22
3
z
xxxz
yyz
yx
Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 24
Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D
Lời giải
Xem z là tham số,khi đó phương trình (2) trở thành 4(y - 1)
2
= 4 - z
2
(i)
Phương trình (i) có nghiệm khi và chỉ khi z
2
4
-2
2 z
(5)
Phương trình (3) trở thành : x
2
+ 2(4 - z)x + 16 - 6z = 0 (ii)
Phương trình (ii) có nghiệm
0
x
z(z - 2)
0
)6(
2
0
z
z
Từ (4), (5), (6) suy ra
2
0
z
z
*Thay z = 0 vào các phương trình (i) và (ii) sẻ lần lượt có
x = - 4,
2
0
y
y
Cặp giá trị (x = - 4; y = 0; z = 0) không thỏa mản hệ phương trình (I) (7)
Cặp giá trị (x = -4; y = 2; z = 0) thỏa mản hệ phương trình (I) (8)
*Thay z = 2 vào các phương trình (i) và (ii) ta sẻ lần lượt có x = -4 ; y = 1 (9)
Cặp giá trị (x = -4; y = 1; z = 2) thỏa mản hệ phương trình (I) (10)
*Từ (7),(8),(10) kết luận hệ đã cho có hai nghiệm là (- 4; 2; 0) và (- 4; 1; 2)
Nhận xét:
Sự có mặt của bất đẳng thức (4) cho thấy tính đặc biệt của ẩn z đối với hệ đã cho
Khi z được đặc biệt hóa, thì (2),(3) theo thứ tự trở thành phương trình một ẩn đối với x,y.
Nhờ đó ta thu được các đánh giá độc lập đối với biến z
Phƣơng pháp 5: Đánh giá giữa các ẩn
Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên dương của hệ
)3(2
)2(2
)1(2
200720072008
200720072008
200720072008
yxz
zxy
zyx
Lời giải
Ta sẻ chứng minh x = y = z. Thật vậy:
Do vai trò của x , y , z như nhau nên không mất tính tổng quát,giả sử
x
y và x
z (4)
Vì x > 0, y > 0, z > 0 nên:
Từ (1),(2),(4)
2x
2008
= y
20072007
z
x
20072007
z
= 2y
2008
2x
2008
2y
2008
x
y (5)
Từ (1),(3),(4)
2x
2008
= y
20072007
z
y
20072007
z
= 2z
2008
2x
2008
2z
2008
x
z (6)
Từ (4),(5),(6) suy ra x = y = z
Thay vào (1) ta có 2x
2008
= x
20072007
x
=
2007
2x
suy ra x = 1 (do x > 0)
Vậy hệ có nghiệm duy nhất : x = y = z = 1
Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 25
Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D
Phƣơng pháp 6: Đánh giá bằng tính chia hết
Ví dụ: Chứng tỏ rằng hệ phương trình
)3(671
)2(670
)1(667
20052008
20052008
20052008
xz
zy
yx
không có nghiệm nguyên
Lời giải
Cộng vế theo vế của (1),(2),(3) ta được:
x
2008
+ y
2008
+ z
2008
= x
2005
+ y
2005
+ z
2005
+ 2008
(x
2008
- x
2005
)+ (y
2008
- y
2005
) + (z
2008
- z
2005
) = 2008
x
2005
(x
3
- 1) + y
2005
(y
3
- 1) + z
2005
(z
3
- 1) = 2008
x
2005
(x- 1)x(x + 1) + y
2005
(y- 1)y(y + 1) + z
2005
(z- 1)z(z + 1) = 2008 (4)
PHẦN ĐẠO HÀM VÀ NGUYÊN HÀM
I/ ĐẠO HÀM:
I1/ Các quy tắc tính đạo hàm:
1/
u v ' u ' v '
2/
uv ' u ' v uv '
3/
cu ' cu'
(c là hằng số) 4/
2
u u ' v uv '
'
v
v
I2/ Bảng đạo hàm các hàm số sơ cấp cơ bản:
1/
c ' 0
(c là hằng số) 2/
m m 1
x ' mx
3/
sin x ' cos x
4/
cos x ' sin x
5/
2
1
tgx '
cos x
6/
2
1
cot gx '
sin x
7/
xx
a ' a ln a
8/
xx
e ' e
9/
a
1
log x '
x ln a
10/
1
ln '
x
11/
2
1
arcsin x '
1x
12/
2
1
arccos x '
1x
13/
2
1
arctgx '
1x
I3/ Một vài đạo hàm cấp cao của một vài hàm số sơ cấp:
1/
n
k k n
f x x , f x k k 1 k n 1 x (n k)
2/
n
xx
f x e , f x e
3/
kk
2k 2k 1
f x sin x, f x 1 sin x ; f x 1 cos x
4/
kk
2k 2k 1
f x cos x, f x 1 cos x ; f x 1 sin x
