kiến thức cơ bản ôn thi đại học môn toán
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (616.13 KB, 42 trang )
TÓM TẮT KIẾN THỨC CƠ BẢN TOÁN LUYỆN THI ĐẠI HỌC
PHẦN I/ Đại số
I/ Phương trình và hệ phương trình:
1/ Phương trình bậc nhất một ẩn số
a/ phương pháp giải :
Giải và biện luận pt ax + b = 0 (1)
(1) ax = – b
Nếu a 0 thì (1) x = – b
a
Nếu a = 0 thì (1) 0.x = –b
+Với b 0: (1) vô n0
+Với b = 0: (1) vô số n0 x R
b/ ví dụ hướng dẫn:
Giải các phương trình sau:
5x 2 7 3x
+/ x
6
4
12x – 2(5x+2)=(7 – 3x)312x – 10x – 4 = 21 – 9x
12x – 10x + 9x = 21 + 4 11x
= 25
25
25
x=
Vậy: tập nghiệm của phương trình là S=
11
11
+/ x 1 2 x
Điều kiện: 2x 0 x 0
Khi đó: x 1 2 x x 1 2 x hoặc x – 1 = - 2x
* x – 1 = 2x x = -1 (không thỏa mãn đk )
1
* x – 1 = - 2x x
(thoả mãn đk : x 3 )
3
1
Vậy tập nghiệm là: S =
3
+) 3 – 4x( 25 – 2x) = 8x2 + x – 300
<= > 3 – 100x + 8x2 = 8x2 + x – 300
<= > 101x = 303
<= > x = 3
Tập nghiệm S = { 3 }
x2 1
2
x 2 x x( x 2)
* ĐKXĐ: x 0 và x 2
+)
*x(x+2)–(x–2) =2
<= > x2 + x = 0
<= > x ( x + 1 ) = 0
. x = 0 ( không thỏa ĐKXĐ)
. x = -1 ( thỏa ĐKXĐ)
Vậy tập nghiệm S = { -1 }
1
+. Giải và biện luận phương trình : m(x - m ) = x + m - 2 (1)
Giải
Phương trình (1) (m - 1)x = m2 + m – 2 (1a)
Ta xét các trường hợp sau đây :
+ Khi (m-1) ≠ 0 m ≠ 1 nên phương trình (1a) có nghiệm duy nhất
x=
m2 m 2
= m – 2 ;nên pt(1) có nghiệm duy nhất
m 1
+) Khi (m – 1) = 0 m = 1 . phương trình (1a) trở thành 0x = 0; phương trình nghiệm
đúng với mọi x R; nên pt(1) đúng với mọi x R.
Kết luận :
m ≠ 1 : nghiệm là x= m-2 (Tập nghiệm là S = {m - 2})
m = 1 : đúng x R (Tập nghiệm là S = R)
+: Giải và biện luận phương trình: m(x-1) = 2x+1 (2)
Giải
Ta có (2) mx-m = 2x+1 (m-2)x = m+1
Biện luận:
(2a) (có dạng ax+b =0)
m 1
m2
+ nếu m-2= 0 m = 2 thì (2a) trở thành 0x=3; pt này vô nghiệm, nên (2) vô nghiệm.
Kết luận:
m 1
m 2 thì (2) có nghiệm x
m2
m=2 thì (2) vô nghiệm.
+ nếu m-2 0 m 2 thì (2a) có nghiệm duy nhất x
m2x+2 = 2m-2 (3)
Giải
2
2
Ta có: (3) m x-x = 2m-2 (m -1)x = 2(m-1) (3a)
Biện luận:
+ Nếu m2-1 0 m 1 thì (3a) có nghiệm duy nhất
2(m 1)
2
; nên (3) có nghiệm duy nhất.
x
2
m 1
m 1
+ 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.
Kết luận:
2
+ m≠1 và m≠ -1 thì (3) có nghiệm duy nhất x
m 1
+ m =1 thì (3) có vô số nghiệm
+ m= -1 thì (3) vô nghiệm.
+: Giải và biện luận phương trình
2
2/Ôn luyện các phương pháp giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn
A- Kiến thức cần nắm :
1- Giải hệ bằng phương pháp minh hoạ bằng đồ thị :
a
c
y x (d )
ax by c
b
b
Cho hệ pt:
a ' x.b' y c'
y a' x c' (d ' )
b'
b'
* Vẽ d và d' trên cùng một mặt phẳng toạ độ
* Xác định giao điểm chung :
+Nếu d cắt d' tại điểm A (x 0; 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=
a
c
x )
b
b
2- Giải hệ bằng phương pháp thế
B1: Chọn 1 trong 2 PT của hệ ; biểu thị ẩn này qua ẩn kia .Rồi thế vào PT còn lại để được PT bậc nhất
1 ẩn
B2: Giải PT 1 ẩn vừa tìm được ; thay giá trị tìm được của y (hoặc x) vào biểu thức tìm được trong
bước thứ nhất để tìm giá trị của ẩn kia
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 .
B- Bài tập vận dụng :
Bài 1: Giải hệ PT sau bằng 2 phương pháp thế; Phương pháp cộng rồi minh hoạ lại bằng đồ thị :
x y 3
2 x 3 y 7
Giải:
PP thế : Hướng dẫn HS chọn PT(1) y= 3 -x (1')
Thế vào PT (2) ta được :
2x + 3( 3 -x ) = 7 2x +9 - 3x = 7
-x = 7-9 =-2 x= 2
Thay x = 2 vào (1') y= 3 -2 = 1
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 :
2 x 2 y 6
y 1
y 1
2 x 3 y 7
x y 3
x 2
PP minh hoạ bằng đồ thị :
Cho HS vẽ 2 đường thẳng y = -x + 3 và y = -2/3 .x +7/3
Sao cho 2 dường thẳng này cắt nhau tại điểm có toạ độ ( 2 ; 1 ) chứng tỏ hệ có nghiệm
x=2 ; y =1
Bài 2:
x 3 y 0
a; Giải hệ phương trình :
3 x 2 y 1 3
HD: Nhân 2 vế của PT (1) với 3 ta sẽ có hệ tương đương với hệ đã cho :
3
3 x 3 y 0
3 x 2 y 1 3
Dùng phương pháp cộng đại số giải ra ta có nghiệm của hệ là :
3 3
1 3
x=
;y=
5
5
b; Giải hệ pt:
3( x 7) 6( x y 1) 0
4( x 1) 2( x 2 y 7) 0
HD: Cho HS nhân khai triển rồi thu gọn ta sẽ được hệ PT đơn giản rồi giải ra được nghiệm của hệ là :
x = 2 ; y = 5,5
c; Giải hệ PT sau bằng cách đặt ẩn phụ :
1
4
x 2y x 2y 1
20 3 1
x 2 y x 2 y
HD: Đặt 1/x+2y = a ; 1/x-2y = b
4a b 1
Hệ trở thành :
Giải hệ bằng pp thế hoặc pp cộng đại số ta có a= 1/8;
20a 3b 1
1 / x 2 y 1 / 8
x 2 y 8
x 3
b = -1/2 Suy ra :
1 / x 2 y 1 / 2
x 2 y 2
y 2,5
Bài 3: Cho hệ PT :
mx 2 y 1
mx my m 1
a; Tìm m biết nghiệm của hệ là x= -1/3 ; y =1 ?
b; Giải hệ với m =0 ?
c; Tìm m để hệ đã cho vô số nghiệm ?
HD Giải:
a; Vì nghiệm của hệ là x= -1/3 ; y =1 Nên Ta thay vào hệ ta có :
( 1 / 3).m 2.1 1
m 3
m3
( 1 / 3)m m.1 m 1
m 3
Vậy với m= 3 thì hệ trên có nghiệm là x= -1/3 ; y =1
b; Thay m = 0 vào hệ PT ta được :
0 x 2 y 1
2 y 1
Hệ PT vô nghiệm
0 x 0 y 0 1
0 1
c; Để hệ có vô số nghiệm thì ta phải có : a/a' = b/b' = c/c'
Tức là : m/ m.= 2/m= 1/m-1 m =2
Bài 4:
Cho hệ phương trình bậc nhất hai ẩn x và y :
(2 m n) x ( n m) y 5(2 m 3n) 3
(4 m 11n) x (m n 9) y n 13m 5
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 :
4
13x 8 y 8
13 x 17 y 67
Bằng phương pháp cộng đại số giải ra ta được nghiệm duy nhất của hệ là:
x = -16/13 ; y = -3
b; Nếu HPT có nghiệm ( 5 ;-1) thì thay vào hệ ta được hệ với m :
(2 m n).5 (n m)(1) 5(2m 3n) 3
(4 m 11n).5 (m n 9).( 1) n 13m 5
m 19n 3
giải hệ này ta được nghiệm là : m= -80/207; n = 28/207
8m 55n 4
Bài 5: tìm a và b biết :
3
a; Để đường thẳng y = ax + b đi qua hai điểm A(- 5 ; 3 ), B ( ;1) ;
2
b; Để đường thẳng ã + b đi qua hai điểm M(9 ;-6) và đi qua giano điểm của hai đường thẳng(d 1) : 2x
+5y = 17, 9d2) : 4x - 10y = 14.
Giải :
3
a; Vì đường thẳng y = ax + b đi qua hai điểm A(- 5 ; 3 ), B ( ;1) nên thay là phương trình đường
2
thẳng ta có hệ:
3 5a b
3
1 2 a b
8
1
Giải ra ta được : a=- ; b = 13
13
b; Hướng dẫn :
2 x 5 y 17
Trước hết ta giải hệ
tìm được giao điiểm của(d 1) và (d2) là A(6;1). Muốn cho đường
4 x 10 y 14
9a 48 b
thẳng ax-8y=b đi qua hai điểm M và A thì a,b phải là nghiệm của hệ phương trình
6a 8 b
56
Đáp số: a=- , b 120
3
3/ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Phương trình chứa ẩn dưới dấu căn (phương trình vô tỉ)
Cách giải:
- Bình phương hai vế + đặt điều kiện để làm mất căn
- Đặt ẩn phụ
Các dạng cơ bản
Dạng 1: f ( x) g ( x) , ta sử dụng phép biến đổi tương đương
f ( x) 0
f ( x) g ( x)
f ( x) g ( x)
(có thể chọn điều kiện g(x)≥0)
Ví dụ:
Dạng 2:
f ( x) g ( x) , ta sử dụng phép biến đổi tương đương
g ( x) 0
f ( x) g ( x)
2
f ( x) g ( x)
5
Ví dụ: Giải phương trình 2 x 7 x 4
2x 7 x 4
x 4
x 4 0
x 4
2
x 1 (loaïi)
2
2 x 7 ( x 4)
x 10 x 9 0
x - 9
vậy nghiệm của phương trình là x = 9.
Dạng 3:
(c )
f ( x) c
Nếu c<0 thì phương trình vô nghiệm
Nếu c≥0 thì f ( x) c f(x) = c2
Ví dụ: Giải phương trình 3 x 5 3
Dạng 4: f ( x) g ( x) 0 f ( x) g ( x) 0
* Chú ý: Biến đổi phương trình đã cho về dạng cơ bản (nếu được)
Các ví dụ:
PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC
Vấn đề 1:
f ( x) g( x) (1)
DẠNG 1:
Cách giải 1: ( Sử dụng PT hệ quả)
ĐK: f ( x) 0
Bình phương hai vế PT (1) ta có PT hệ quả: f(x)=g2(x), ( giải tìm x= ?)
Thế vào PT (1) xem có thảo mãn hay không
Kết luận nghiệm của PT 1).
Cách giải 2: ( Sử dụng phép biến đổi tương đương)
g ( x) 0
f ( x ) g ( x)
2
f ( x) g ( x)
Lưu ý: Khi g(x) < 0 PT (1) vô nghiệm.
VD 1: Giải phương trình :
a) 2 x 4 2
b) 3x 15 3
c)
4 x x 1
d) 2 x 16 x 4
e) 5x 6 x 3
f) 2 x 2 1 x 1
HD:
a) Cách 1: ( Sử dụng pt hệ quả)
ĐK: 2x-4 0 x 2
Bình phương 2 vế PT đã cho ta được: 2x-4=4 2 x 8 x 4
Thế x=4 vào PT đã cho thỏa mãn
Vậy PT có nghiệm x=4.
Cách 2: Vì 2 0 hiển nhiên đúng nên ta chỉ cần giải như sau:
2 x 4 2 2x 4 4 x 4
Vậy PT có nghiệm x=4.
b) Cách 1: ( Sử dụng phương trình hệ quả)
6
ĐK: 3 x 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.
f) Cách 1: ( Sử dụng pt hệ quả)
Ta có: 2 x 2 1 0, x R
Bình phương 2 vế pt đã cho ta được:
x 0
2 x 2 1 ( x 1) 2 2 x 2 1 x 2 2 x 1 x 2 2 x 0
x 2
Thế x=0 và x=-2 vào PT đã cho chỉ có x=0 thỏa mãn
Vậy PT có nghiệm x=0.
Cách 2: ( Sử dụng PT trình tương đương)
Ta có:
x 1
x 1 0
x 1
2x 1 x 1 2
2
x 0 x 0
2
2 x 1 ( x 1)
x 2x 0
x 2
Vậy PT có nghiệm x=0.
2
Lời bình:
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.
VD 2: Giải phương trình :
a)
x2 4 2
b)
d) x2 2 x 4 x 2
HD:
a) Ta có:
x 1 x 7
e) 9x+ 3 x 2 10
c)
f)
x2 4x 9 3
x2 2x 3 2x 3
x 2 4 2 x 2 4 4 x 2 8 x 2 2
Vậy PT có 2 nghiệm x 2 2 .
7
b) Ta có:
c) Ta có:
x 7
x 7 0
x 7
x 1 x 7
2
x 10 x 10
2
x 1 ( x 7)
x 15 x 50 0
x 5
x 0
x2 4x 9 3 x2 4 x 9 9 x2 4x
x 4
d) Ta có:
x 2
x 2
x 2
x 2x 4 x 2 2
2
x 0 x 3
2
x 2 x 4 ( x 2)
2 x 6 x 0
x 3
e) Ta có:
3
10
3
x
x
2
9 x 3 x 2 10
2
9
3 x 2 10 9 x
3x 2 (10 9 x) 2
2
10
3
x
10
2
9
3
x 1
x
2
x 1
9
x 34
2
81x 183 x 102 0
34
27
x
27
3
3
x
x
2
f) x 2 x 3 2 x 3
2
2
2
2
2
x 2 x 3 (2 x 3)
3 x 14 x 12 0
3
x 2
7 13
7 13
x
x
3
3
7 13
x
3
Lời bình:
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.
Bài tập tương tự:
Bài tập 1: Giải các pt
a)
x2 1 x 1
b) x- 2 x 3 0
c) x 2 x 1 1
d ) 3 x 6 x 3 e) 3x 2 x 1 3 f) 3 x 2 x 1
g ) 9 x 5 2 x 4 h) 2 x 5 8 x 1
k) 2 x 2 3 x 5 x 1
HD: a) x=1 b) x=3 c) x=0; x=1; x=(1- 5 )/2
8
3 x 6
3 x 6 x 2 (3 x)(6 x) 9
3 x 6
3 x 6
3 x 6
x 3
x 3
(3 x)(6 x) 0
x 6
x 6
(3 x)(6 x) 0
3 x 2
3 x 2
f ) 3 x 2 x 1
3 x 1 2 x
3 x 1 (2 x) 2 2 x
3 x 2
0 x 2
3 x 2
0 x 2
x 0
2
x 1 x 1
x x 2 0
2 x x
2 x x 2
x 2
Các câu còn lại giải tương tự.
d) 3 x 6 x 3
Chú ý: Dạng
f (x) g(x) k f (x) k g(x)
( sau đó đặt đk và bình phương 2 vế để giải)
DẠNG 2:
f (x) 0, (hoac g(x) 0)
f (x) g(x)
f (x) = g(x)
VD 1: Giải các phương trình:
a)
x2 6 x 4 4 x
b)
x 2 3 x 4 2 x 2 c)
d)
x2 4 x 3 2 x
e) 2 x 1 x 5 6
f)
x2 2x 4 x 2
x 3 7 x 2x 8
x 4
x 4
x 4
HD: a) Ta có: x 6 x 4 4 x 2
2
x 0 x 0
x 6x 4 4 x
x 5x 0
x 5
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.
2
Các câu còn lại giải tương tự.
Chú ý: Dạng
Hoặc:
f (x) 0
g(x) 0
f (x) g(x) h(x) h(x) 0
f (x).g(x) h(x) ( f (x) g(x)) (dang 1)
2
f (x) g(x) h(x) f (x) g(x) h(x) ( về dạng trên)
9
DẠNG 3: ĐƯA VỀ DẠNG TÍCH
f ( x) 0
f (x). g (x). h( x) 0 g(x) 0
h( x) 0
VD1: Giải các pt:
a ) (2 x 8)(4 x) 2 (2 x 8) 0
c)
b) ( x 8)(5 x) 3 ( x 8) 0
(3 x 9)(2 x) 4 (3 x 9) 0
(4 x 8)(4 5 x) 2 (4 x 8) 0
d)
HD:
a)
(2 x 8)(4 x) 2 2 x 8) 0 2 x 8
2x 8 0
4 x 2 0
x4
4 x 2 0 (VN)
Vậy pt có nghiệm x=4
b) ( x 8)(5 x) 3 x 8 0 x 8
x 8 0
x 8
x 8
5 x 3 0
5 x 3 0
x 5 3 x 4
Vậy pt có nghiệm x=4; x=-8.
Các câu c, d tương tự.
VD2: Giải pt 2 x 8 5 3 x . x 4 0
Cách giải sai thường gặp là:
x4 0
2 x 8 5 3 x . x 4 0 x 4( 2 5 3 x ) 0
x 4
2 5 3 x 0 (VN)
Cách giải đúng là:
x 4 0
x 4
ĐK:
x 3
3 x 0
x 3
x4 0
2 x 8 5 3 x . x 4 0 x 4( 2 5 3 x ) 0
x 4
2 5 3 x 0 (VN)
Vì x= - 4 không thỏa đk nên pt vô nghiệm.
Lời bình:
Nguyên nhân mắc sai lầm của bài toán trên là đôi lúc ta lại bỏ quên điều kiện xác định
của PT
Điều này cho ta thấy rằng điều kiện xác định của PT là rất quan trọng .
VD3:
pt về
2 xdạng
8 5tích(3thường
x )( x có
4)tính
0 phức tạp cao hơn so với những PT chứa căn thông
Giải
PT đưa
thường.
x 4
2 x 8 0
x 4
HD ĐK:
x 4
(3 x)( x 4) 0
x 3
x 3
x4 0
2 x 8 5 (3 x)( x 4) 0 x 4( 2 5 3 x ) 0
x 4
2 5 3 x 0 (VN)
10
Vậy pt có nghiệm x= - 4.
DẠNG 4: ĐẶT ẨN SỐ PHỤ ( cấp độ thấp)
VD1: Giải các pt
a ) 2x+5-5 2 x 1 0
b) 6x+3-5 6 x 1 0
c) 3x+6-7 3 x 2 0
d) 5x+1-12 5 x 10 0
HD:
a) Ta biến đổi 2 x 5 5 2 x 1 0 (2 x 1) 5 2 x 1 4 0
Đặt : t 2 x 1 , (đk: t 0)
t 1
PT(a) trở thành pt: t2-5t+4=0
t 4
+ Với t=1 2 x 1 1 2 x 1 1 x 0
15
+ Với t=4 2 x 1 4 2 x 1 16 x
2
Vậy pt đã cho có 2 nghiệm x=0; x=15/2
b) Ta biến đổi 6 x 3 5 6 x 1 0 (6 x 1) 5 6 x 1 4 0
Đặt : t 6 x 1 , (đk: t 0)
t 1
PT(b) trở thành: t2 - 5t + 4 = 0
t 4
+ Với t=1 6 x 1 1 6 x 1 1 x
1
3
+ Với t=4 6 x 1 4 6 x 1 16 x
17
6
Vậy pt đã cho có 2 nghiệm x=0; x=17/6.
Các câu c, d tương tự
VD2: Giải các PT
a ) x 2 +5-5 x 2 1 0
b) 2x 2 +3-5 2 x 2 1 0
c) 3x 2 +6-7 3 x2 2 0
d) 5x 2 +1-12 5 x 2 10 0
HD:
a) Ta biến đổi x 2 5 5 x 2 1 0 ( x 2 1) 5 x 2 1 4 0
Đặt : t x 2 1 , (đk: t 0)
t 1
PT(a) trở thành: t2 - 5t + 4 = 0
t 4
+ Với t=1 x 2 1 1 x 2 1 1 x 0
+ Với t=4 x 2 1 4 x 2 1 16 x 15
Vậy pt đã cho có 2 nghiệm x=0; x= 15
b) Ta biến đổi 2 x 2 3 5 2 x 2 1 0 (2 x2 1) 5 2 x 2 1 4 0
Đặt : t 2 x 2 1 , (đk: t 0)
11
t 1
PT(b) trở thành: t2-5t+4=0
t 4
+ Với t=1 2 x 2 1 1 2 x2 1 1 x 1
+ Với t=4 2 x 2 1 4 2 x 2 1 16 x
Vậy pt đã cho có 2 nghiệm x 1; x=
17
2
17
2
Các câu c, d tương tự
Lời bình:
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 ..!!!.
Bài tập tương tự: Giải các PT sau:
a ) 2x 2 -3-5 2 x 2 3 0
x3
2
DẠNG 5: ĐẶT ẨN PHỤ ( cấp độ cao hơn)
c) 9- 81 7 x3
VD1: Giải pt:
b) 2x 2 +3x+3-5 2 x 2 3 x 9 0
d) x 2 +3- 2 x 2 3x 2
3
( x 1)
2
x 1 4 x ( x 1)(4 x) 5 (1)
t2 5
HD: Đặt t= x 1 4 x (đk t 0) ( x 1)(4 x)
2
2
t
3
t 5
PT(1) trở thành: t
5 t 2 2t 15 0
2
t 5 (l)
Với t=3
x 1 4 x 3 5 2 ( x 1)(4 x ) 9 ( x 1)(4 x ) 2
x 0
( x 1)(4 x) 4 x 2 3 x 0
x 3
Vậy pt có 2n x=0 và x=3
VD2: Giải pt:
x 2 5 x ( x 2)(5 x) 4 (1)
t2 7
2
2
t 3
t 7
PT(1) trở thành: t
4 t 2 2t 15 0
2
t 5 (l)
HD: Đặt t= x 2 5 x (đk t 0) ( x 2)(5 x)
Với t=3 x 2 5 x 3 7 2 ( x 2)(5 x) 9 ( x 1)(4 x) 1
( x 1)(4 x ) 1 x 2 3 x 3 0 x
33 5
2
12
Vậy PT có 2nghiệm x
33 5
.
2
Lời bình:
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.
VD 3: Giải các PT :
a ) 2x 2 3 x 3 5 2 x 2 3 x 9
c) x 2 3 2 x 2 3 x 2
b) 9- 81 7 x3
3
( x 1)
2
x3
2
d) 2x 2 9 x 9 x 2 x 2 6 0
HD: a) Ta biến đổi: 2 x 2 3 x 3 5 2 x 2 3 x 9 (2 x 2 3x 9) 5 2 x 2 3 x 9 6 0 (1)
Đặt: t 2 x 2 3x 9 , (đk: t 0)
t 1(l )
PT(1) trở thành pt: t 2 5t 6 0
t 6
x 3
+ Với t=6 2 x 3 x 9 6 2 x 3 x 9 36 2 x 3 x 27 0
x 9
2
Vậy PT có 2 nghiệm x=3; x= -9/2
x3
a) Ta biến đổi: 9 81 7 x3
81 2 81 7 x3 x 3 81 x3 2 81 7 x3 0
2
2
2
2
Đặt t= 81 7x3 , ( đk: t 0)
t 0
PT (b) trở thành: t 2 2t 0
t 2
+ Với t=0 81 7 x3 0 x3
81
81
x3
7
7
+ Với t=2 81 7 x3 2 81 7 x3 4 x 3 11 x 3 11
Vậy pt có 2 nghiệm x
3
81
; x= 3 11
7
b) Ta biến đổi: x 2 3 2 x 2 3 x 2
3
( x 1) (2 x 2 3 x 2) 2 2 x 2 3 x 2 1 0 (1)
2
Đặt: t 2 x 2 3 x 2 , (đk: t 0)
PT(1) trở thành: t 2 2t 1 0 t 1
x 1
Với t=1 2 x 3 x 2 1 2 x 3 x 2 1 2 x 3 x 1 0
x 1
2
2
2
2
13
Vậy PT có 2 nghiệm x=1; x= 1/2
Câu d) giải tương tự.
Lời bình:
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.
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.
Các dạng cơ bản
Dạng 1: |f(x)| = c (với c R)
Nếu c<0 phương trình vô nghiệm
f ( x) c
Nếu v≥0 thì |f(x)| = c
f ( x) c
Ví dụ: a) 3 x 5 3
b) x 3 5
Dạng 2: |f( x )|= |g( x )|. Sử dụng phép biến đổi tương đương
f ( x) g ( x)
Cách 1: |f( x )|= |g( x )|
f ( x ) g ( x)
Cách 2: |f( x )|= |g( x )| [f(x)]2 = [g(x)]2 (bình phương hai vế)
Ví dụ: Giải phương trình |2x+5|=|3x2|
Giải
x 7
2 x 5 3x 2
Cách 1: |2x+5|=|3x2|
3
x
2 x 5 (3 x 2)
5
Vậy pt đã cho có hai nghiệm x=7 và x= 3/5
Dạng 3: |f( x )|= g( x )
Cách 1: : dùng phép biến đổi tương đương
g ( x) 0
f ( x) g ( x)
2
f ( x) g ( x)
f ( x ) g ( x )
g ( x) 0
|f( x )|= g( x ) 2
Cách 2: Dùng định nghĩa để bỏ giá trị tuyệt đối
+ Nếu f( x )≥0 thì phương trình trở thành f( x )=g( x )
+ Nếu f( x )<0 thì phương trình trở thành f( x )=g( x ).
Ví dụ 1: Giải phương trình | x 3|= 2 x +1
| x 3|= 2 x +1 x
1
2
x 4 ( lo a i )
x 3 2x 1
( x 3 ) 2 ( 2 x 1) 2
2
(n h a n )
x
x 3 2 x 1
3
14
Vậy nghiệm của phương trình là x = 2
3
Ví dụ 2: Giải pt x2-5 | x-1| -1 = 0 (1)
Giải
* Nếu x-1 0 x 1 thì :
x 1 (nhận)
(1) x 2-5x+5-1 = 0
(I)
x 4 (nhận)
* Nếu x-1 < 0 x < 1 thì:
x 1 (loại)
(1) x2+5x-6 = 0
(II)
x -6 (nhận)
S = (I) (II) = { -6;1;4 }.
Chú ý: Đưa phương trình về dạng cơ bản
5 / phương trình trùng phương
Phương trình dạng ax4 + bx2 + c =0
Cách giải:
+ đặt t=x2, đk: t≥ 0.
+ Giải phương trình: at2 + bt + c=0
+ kết hợp điều kiện x
Ví dụ: Giải phương trình x48x29 = 0
Đặt y = x2 , y 0. Khi đó:
y -1 (loại)
(*) y2-8y-9 = 0
y 9
với y = 9 x 2 = 9 x = 3 .
Ví dụ 2: Cho phương trình x4+(1-2m)x2+m2-1 = 0. Đònh 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.
15
6 /CHUYÊN ĐỀ MŨ – LOGARIT
PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT
A. Tóm tắt lí thuyết
I. KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ HÀM SỐ MŨ
1. Các định nghĩa:
a n a.a...a
(n Z , n 1, a R)
n thöøa soá
1
a a a
a n
m
an
a0 1
a
a 0
1
a
(n Z , n 1, a R / 0)
n
n
am
m
n
1
m
an
( a 0;m, n N )
1
n m
a
2. Các tính chất :
am .an am n
am
n
a m n
a
(am )n (an )m am.n
(a.b)n an .b n
a
an
( )n n
b
b
II. KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ HÀM SỐ LÔGARÍT
1. Định nghĩa:
Với a > 0 , a 1 và N > 0
dn
aM N
log a N có nghĩa khi
a 0
a 1
N 0
log a N M
Điều kiện có nghĩa:
16
2. Các tính chất :
log a 1 0
log a aM M
a log a N N
log a (N1 .N 2 ) loga N1 log a N 2
log a (
log a N . log a N
log a a 1
N1
) log a N1 log a N 2
N2
Đặc biệt : log a N 2 2. log a N
3. Công thức đổi cơ số :
log a N loga b. log b N
log b N
log a N
log a b
* Hệ quả:
log a b
1
log b a
và
log
ak
N
1
log a N
k
PHƯƠNG TRÌNH MŨ & LÔGARÍT
1. CÁC ĐỊNH LÝ CƠ BẢN:
1. Định lý 1: Với 0 < a 1 thì :
aM = aN
2. Định lý 2: Với 0 < a <1 thì :
aM < aN M > N (nghịch biến)
3. Định lý 3: Với a > 1 thì :
aM < aN M < N (đồng biến )
M=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)
17
m 0 : phương trình (1) vô nghiệm
m 0 : ax m x loga m
Dạng cơ bản: loga x m
m : loga x m x a m
a. Phương pháp 1: Biến đổi phương trình về dạng : a M = a N ; log a M log a N
(Phương pháp đưa về cùng cơ số)
Ví dụ 1: Giải phương trình 0,125.4
2x 3
2
8
x
(1)
Bài giải
♥ Đưa hai vế về cơ số 2, ta được:
x
52
3
4 x 6
2
1
2
.2
5
x
24 x9 2 2 4 x 9
5
3
x x9 x6
2
2
♥ Vậy nghiệm của phương trình là x 6
Tự luyện: Giải các phương trình sau
5 x 7
1) 1,5
2
3
4) 3x 3 x 2
2
x 1
x
1
2) 4.2 x
4
3) 3x.23 x 576
3
1 x
Ví dụ 2: Giải phương trình log 2 x 1 2 log 4 3 x 2 2 0
(1)
Bài giải
x 1
x 1 0
♥ Điều kiện:
x 1
3 x 2 0 x 2
3
(*)
♥ Khi đó: 1 log 2 x 1 log 2 3 x 2 2
log 2
x 1
2
3x 2
x 1
1
3x 2 4
4 x 4 3x 2 x 2 [thỏa (*)]
♥ Vậy nghiệm của phương trình là x 2
18
(1)
Ví dụ 3: Giải phương trình log 2 x log 3 x log 6 x log 36 x
Bài giải
♥ Điều kiện: x 0
♥ Áp dụng công thức log a c log a b log b c , 0 a, b, c; a 1; b 1 , ta có
1 log 2 x log3 2 log 2 x log 6 2 log 2 x log36 2 log 2 x
log 2 x log 3 2 log 6 2 1 log 36 2 0 *
Do log 3 2 log 6 2 1 log 36 2 0 nên
*
log 2 x 0 x 1
♥ Vậy nghiệm của phương trình là x 1
Tự luyện: Giải các phương trình sau
1) log 3 x log 3 x 2 1
2) log 3 x 1 log 3 x 2 log 3 6
3) log x 7 x 6 log x 1 1
4) 2 log2 2x 2 log 1 9x 1 1
2
2
5) log 1
3
1
32 x 1
1
6) log 2 log 1 x 2 x 3
x
2
1
log 3 3 (2 3 x1 )
3
7) log 4 x 12.log x 2 1
8)
log 1 x 1 log 1 x 1 log 1 7 x 1
2
2
2
10) log 7 x 2 2 log 1 8 x 0
9) log 4 x 3 log 2 x 7 2 0
7
11) log 3 2 x 7 log 1 x 5 0
3
Ví dụ 4: Giải phương trình: log 3 (x 1)2 log 3 (2x 1) 2
(1)
Bài giải
x 1
x 1 0
♥ Điều kiện:
2 x 1 0 x 1
2
♥ Khi đó:
(*)
1 2 log3 x 1 2 log 3 2 x 1 2
log 3 x 1 log 3 2 x 1 1
log 3 x 1 2 x 1 1
x 1 2 x 1 3
Với
1
x 1 thì
2
(2)
2 1 x2 x 1 3 2 x 2 3 x 4 0 : phương trình vô nghiệm
19
1
x
Với x 1 thì 2 x 1 2 x 1 3 2 x 3 x 2 0
2
x 2
2
loaïi
[thỏa (*)]
♥ Vậy nghiệm của phương trình là x 2
Tự luyện: Giải các phương trình sau
1) log 2 x 2 2 log 2 3 x 4
2) log2 x 2 log 4 x 5 log 1 8 0
2
2
3) 2 log 3 x 2 log 3 x 4 0
2
4) log2 x 2 log2 x 5 log 1 8 0
2
5) log 2 1 2 x x 2 2 log 2 3 x
b. Phương pháp 2: Đặt ẩn phụ chuyển về phương trình đại số
Ví dụ 5: Giải phương trình 9 x 4.3x 45 0
(1)
Bài giải
♥ Đặt t 3x với t 0 , phương trình (1) trở thành t 2 4t 45 0
t 5
2
(2)
loaïi
t 9
Với t 9 thì 3x 9 x 2
♥ Vậy nghiệm của phương trình là x 2
Tự luyện: Giải các phương trình sau hoctoancapba.com
1) 16 x 17.4 x 16 0
2) 25 x 6.5 x 5 0
3) 32x+8 4.3x+5 + 27 = 0
4) 9 x x1 10.3x x2 1 0
2
2
Ví dụ 6: Giải phương trình 3x1 18.3 x 29
(1)
Bài giải
♥ Biến đổi phương trình (1) ta được
1 3.3x
18
29
3x
(2)
♥ Đặt t 3x với t 0 , phương trình (1) trở thành 3t 2 29t 18 0
(3)
20
2
t
3 3
t 9
Với t 9 thì 3x 9 x 2
Với t
2
2
2
thì 3x x log 3
3
3
3
♥ Vậy nghiệm của phương trình là x 2; x log 3
2
3
Tự luyện: Giải các phương trình sau
1) 5 x1 53 x 26 0
2) 101 x 101 x 99
2
2
Ví dụ 7: Giải phương trình
6.9x 13.6x + 6.4x = 0
(1)
Bài giải hoctoancapba.com
♥ Chia hai vế phương trình (1) cho 4 x ta được
x
3 x
3
1 6. 13. 6 0
2
2
2
3
♥ Đặt t với t 0 , phương trình (1) trở thành 6t 2 13t 6 0
2
2
t
3 3
3
t
2
x
3
3
3
Với t thì x 1
2
2
2
(2)
x
(3)
3
2
2
Với t thì x 1
2
3
3
x
♥ Vậy nghiệm của phương trình là x 1; x 1
Tự luyện: Giải các phương trình sau
1) 4.9 x 12 x 3.16 x
2) 3.16 x 2.81x 5.36 x
3) 32 x 4 45.6 x 9.22 x 2 0
4) 5.2 x 7. 10 x 2.5x
5) 27 x 12 x 2.8 x
21
Ví dụ 8: Giải phương trình
log 22 x 3log 2 2 x1 0
(1)
Bài giải
♥ Điều kiện: x 0
♥ Khi đó:
1 log 22 x 3log 2 x 2 0
Đặt t log 2 x , phương trình (1) trở thành t 2 3t 2 0
(3)
t 1
3
t 2
Với t 1 thì log 2 x 1 x
1
2
[thỏa (*)]
Với t 2 thì log 2 x 2 x
1
4
[thỏa (*)]
1
1
♥ Vậy nghiệm của phương trình là x ; x
4
2
Ví dụ 9: Giải phương trình
1
2
1
5 log x 1 log x
(1)
Bài giải
x 0
♥ Điều kiện: log x 5
log x 1
(*)
1
2
1
5 t 1 t
t 2
3 1 t 25 t 5 t 1 t t 2 5t 6 0
t 3
Với t 2 thì log x 2 x 100
[thỏa (*)]
Với t 3 thì log x 3 x 1000
[thỏa (*)]
♥ Đặt t log x t 5, t 1 , phương trình (1) trở thành
(3)
♥ Vậy nghiệm của phương trình là x 100; x 1000
Tự luyện: Giải các phương trình sau
1) log 22 x 2 4log 2 x3 8 0
2)
6
4
3
log2 2x log2 x 2
3) log 3 3x 1.log 3 3x1 3 6
Ví dụ 10: Giải phương trình 2 log
3
x 1
2log
3
x 2
x
(1)
Bài giải
♥ Điều kiện: x 0
22
♥ Đặt t log 3 x x 3t thì phương trình (1) trở thành
2
1
9
4
2.2t .2t 3t .2t 3t t 2
3 9
4
4
t
Với t 2 thì x 9 (thỏa điều kiện)
♥ Vậy nghiệm của phương trình là x 9
Ví dụ 11: Giải phương trình
5.2 x 8
log 2 x
3 x
2 2
(1)
Bài giải
♥ Điều kiện 5.2 x 8 0 (*)
♥ Ta có:
1
5.2 x 8
23x
x
2 2
2 x 5.2 x 8 8 2 x 2
5.22 x 16.2 x 16 0
(2)
♥ Đặt t 2 x với t 0 , phương trình (2) trở thành 5t 2 16t 16 0
(3)
t 4
3
4
t
5
Với t 4 thì 2 x 4 x 2
[thỏa (*)]
♥ Vậy nghiệm của phương trình là x 2
Tự luyện: Giải phương trình sau log 2 3.2 x 1 2 x 1
c. Phương pháp 3: Biến đổi phương trình về dạng tích số A.B=0,..
Ví dụ 12: Giải phương trình 4.5 x 25.2 x 100 10 x
(1)
Bài giải hoctoancapba.com
♥ Ta có: 1 4.5 x 2 x.5 x 25.2 x 100 0
5 x 4 2 x 25 2 x 4 0
4 2 x 5 x 25 0
5 x 25
x
x2
2 4
♥ Vậy nghiệm của phương trình là x 2
23
Tự luyện: Giải các phương trình sau
1) 3.7 x 49.3x 147 21x
2) 32 x x 3 9 x 3 x 1
3) log 2 x 2 log 7 x 2 log 2 x.log 7 x
d. Phương pháp 4: Lấy lôgarít hai vế theo cùng một cơ số thích hợp nào đó
(Phương pháp lôgarít hóa)
Ví dụ 13: Giải phương trình 3x.2 x 1
2
(1)
Bài giải
♥ Lấy lôgarit hai vế với cơ số 3, ta có
1 log3 3x.2 x log3 1
2
log 3 3x log 3 2 x 0
2
x x 2 log 3 x 0
x 1 x log 3 2 0
x 0
1
x
log 2 3
log 3 2
♥ Vậy nghiệm của phương trình là x 0, x log 2 3
7/ phương trình bậc 2 một ẩn
II. PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI MỘT ẨN
1. Định nghĩa
Phương trình bậc hai một ẩn là phương trình có dạng ax 2 bx c 0 , trong đó x là ẩn; a, b,
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 ax 2 bx c 0 (a 0) và biệt thức b 2 4 ac :
b
b
; x2
.
2a
2a
b
Nếu = 0 thì phương trình có nghiệm kép x1 x2 .
2a
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
Nếu > 0 thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1
Đối với phương trình bậc hai ax 2 bx c 0 (a 0) và b 2b , b2 ac :
Nếu > 0 thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1
b
b
; x2
.
a
a
24
Nếu = 0 thì phương trình có nghiệm kép x1 x2
b
.
a
Nếu < 0 thì phương trình vô nghiệm.
4. Hệ thức Viet
Định lí Viet: Nếu x1, x2 là các nghiệm của phương trình ax 2 bx c 0 (a 0) thì:
b
c
x1 x2 ; x1x2
a
a
Nếu hai số có tổng bằng S và tích bằng P thì hai số đó là hai nghiệm của phương trình:
X 2 SX P 0
5. Dấu nghiệm số của phương trình bậc hai
(Điều kiện để có hai số đó là: S 2 4 P 0 ).
ax 2 bx c 0 (a 0)
P0
(1) có hai nghiệm cùng dấu
0
P 0
0
(1) có hai nghiệm dương phân biệt P 0
S 0
Cho phương trình bậc hai:
(1) có hai nghiệm trái dấu
(1)
0
P 0
S 0
Chú ý: Giải phương trình bằng cách nhẩm nghiệm:
Nếu nhẩm được: x1 x2 m n; x1x2 mn thì phương trình có nghiệm x1 m, x2 n .
(1) có hai nghiệm âm phân biệt
c
Nếu a b c 0 thì phương trình có nghiệm x1 1, x2 .
a
c
Nếu a b c 0 thì phương trình có nghiệm x1 1, x2 .
a
BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài tập 1: Cho phương trình bậc hai x2 – (m – 3)x – 2m = 0 (1).
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 x 1, x2 không phụ thuộc vào m.
HD: 1. Khi m = –2, ta có phương trình: x2 + 5x + 4 = 0, pt có a – b + c = 1 –5 + 4 = 0
x1 1
x2 c 4 4
a
1
Vậy khi m = – 2, phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: x 1 = –1, x 2 = – 4.
2. = m2 + 2m + 9 = (m + 1)2 + 8 > 0, m .
3. Hệ thức: 2S + P = – 6 2(x1 + x2) + x1x 2 = – 6.
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 x 1, x2 không
phụ thuộc vào m.
25
