Sử dụng chủ yếu suy luận trong giải toán trắc nghiệm – trần tuấn anh

SỬ DỤNG CHỦ YẾU SUY LUẬN TRONG GIẢI TOÁN TRẮC NGHIỆM

Một số bài toán có dạng đặc biệt được giải nhanh nhờ những suy luận toán học,
mà nếu chúng ta giải bằng cách thông thường thì cho ta lời giải khá dài, do đó mất thời
gian. Đây thường là những bài toán ở mức “ vận dụng” và “ vận dụng cao ”, do đó chúng
ta cần chuẩn bò kiến thức sâu rộng để linh hoạt trong việc giải quyết bài toán đó, không
bò dập theo một khuôn mẫu khô cứng, thiếu sáng tạo.

Ví dụ 1. Tìm giá trò nhỏ nhất của hàm số y = x − 7 x + 11x − 2 trên đoạn [0; 2] .
3

A. m = 11 .

B.

m = 0.

2

C. m = −2 .

D.

m = 3.

(Câu 23 - Mã đề 101 – THPT QG - 2017)
Cách giải thông thường

 x = 1  0; 2
Ta có : y ' = 3x − 14 x + 11 ; y ' = 0  3x − 14 x + 11 = 0  
.

 x = 11   0; 2

3
2

2

Xét các giá trò: y ( 0 ) = −2 ; y (1) = 3 ; y ( 2 ) = 0 .
Suy ra min y = y ( 0 ) = −2 .
0;2

Chọn đáp án C.
Cách khác (dùng chủ yếu suy luận toán học)
Xét m = −2 là giá trò nhỏ nhất trong các giá trò ở 4 đáp án đã cho.
Khi đó phương trình x3 − 7 x 2 + 11x − 2 = −2 có nghiệm x = 0   0; 2 nên chọn đáp án C.
Ví dụ 2. Tìm giá trò thực của tham số m để hàm số y =
đại tại x = 3 .

1 3
x − mx 2 + (m 2 − 4) x + 3 đạt cực
3


A. m = 1 .

B. m = −1 .

C. m = 5 .

D. m = −7 .

(Câu 32 - Mã đề 102 – THPT QG - 2017)
Cách giải thông thường
Ta có y ' = x 2 − 2mx + m2 − 4 .

m = 1
.
m = 5

Hàm số đạt cực đại tại x = 3 nên y ' ( 3) = 0  m2 − 6m + 5 = 0  
Lại có y '' = 2 x − 2m  y '' ( 3) = 6 − 2m .

Với m = 1 thì y '' ( 3) = 6 − 2 = 4  0 nên hàm số đạt cực tiểu tại x = 3 .
Với m = 5 thì y '' ( 3) = 6 − 10 = −4  0 nên hàm số đạt cực đại tại x = 3 .
Chọn đáp án C.
Cách khác (dùng chủ yếu suy luận toán học)
Ta có y ' = x 2 − 2mx + m2 − 4 ;

x − m = 2
x = m + 2
2

.
y ' = 0  x2 − 2mx + m2 − 4 = 0  ( x − m ) = 4  
 x − m = −2
x = m − 2
Do hàm số y =

1
1 3

x − mx 2 + (m 2 − 4) x + 3 có hệ số a =  0 nên xCĐ  xCT .
3
3

Suy ra xCĐ = m − 2 , mà xCĐ = 3 nên ta được m − 2 = 3  m = 5 .
Chọn đáp án C.
Ví dụ 3. Hệ thức liên hệ giữa giá trò cực đại

y = x3 − 2 x
A.

yCĐ

và giá trò cực tiểu

yCT

của hàm số

là :

yCĐ + yCT = 0 .

B.

Cách giải thông thường

2 yCĐ = 3 yCT .

C.

yCT = 2 yCĐ .

D.

yCT = yCĐ .


Ta có

y ' = 3 x2 − 2

;

y ' = 0  3 x 2 − 2 = 0  3 x2 = 2  x 2 =


2
4 6
 y=
x = −
3
9


2
4 6
x =  y = −
3
9


Vậy

2
3

.

yCĐ + yCT = 0 .

Chọn đáp án A.
Cách giải khác (dùng chủ yếu suy luận toán học)
Do hàm số

y = x3 − 2 x

là hàm số lẻ và có tâm đối xứng là gốc tọa độ

O ( 0; 0)

nên

yCĐ + yCT = 0 .
Chọn đáp án A.
Ví dụ 4. Hàm số
A.

m0

hoặc

y=

m 1

m 3
x − mx 2 + (2m − 1) x + m 2
3
;

B.

m0

;

C.

nghòch biến trên

0  m 1

Cách giải thông thường
Ta có

y ' = mx 2 − 2mx + 2m − 1 .

TH1: Nếu

m=0

thì

y ' = −1  0

TH2: Nếu

thỏa mãn bài toán.

m  0 , để thỏa mãn bài toán ta cần có
m  0
m  0

m0
 2
 2
m
−
m
2
m
−
1

0
−
m
+
m


0
(
)



Vậy

m  0 , chọn đáp án D.

Cách giải khác 1 (chọn đại diện)

;

khi và chỉ khi
D.

m  0.


Nếu

m = −3

hàm số trở thành

y = − x3 + 3x 2 − 7 x + 9 ; y ' = −3x 2 + 6 x − 7  0, x 

(dùng máy tính casio 570vn plus giải bất phương trình
là tập

−3x 2 + 6 x − 7  0

sẽ cho nghiệm

)

 Loại trường hợp B, C.
Nếu

m=3

hàm số trở thành

y = x3 − 3x 2 + 5 x + 9 ; y ' = 3x 2 − 6 x + 5  0  x 

 Loại trường hợp A.
Vậy chọn đáp án D.
Cách giải khác 2 (dùng chủ yếu suy luận toán học - phương pháp tam thức bậc hai)
Ta có

y ' = mx 2 − 2mx + 2m − 1 là tam thức bậc hai nên cần xét m  0 hoặc m = 0 .

Loại ba trường hợp A, B và C.
Chọn đáp án D.
Ví dụ 5. Biết đường thẳng

y = (3m − 1) x + 6m + 3

cắt đồ thò hàm số

y = x3 − 3x 2 + 1

tại ba điểm phân biệt sao cho một giao điểm cách đều hai giao điểm còn lại. Khi đó m
thuộc khoảng nào dưới đây ?
A.

( −1;0 ) .

B.

( 0;1) .

C.

 3
1;  .
 2

D.

3 
 ;2  .
2 

Cách giải thông thường
Yêu cầu của bài toán tương đương với phương trình sau có ba nghiệm phân biệt lập
thành

cấp

số

 x3 − 3x 2 − (3m − 1) x − 6m − 2 = 0 .
Gọi

x1 , x2 , x3

x2 =

x1 + x3
.
2

cộng

x3 − 3x 2 + 1 = (3m − 1) x + 6m + 3

(*)

là ba nghiệm của phương trình trên, theo tính chất cấp số cộng ta có :


Mà theo đònh lí Vi-ét ta có
Thế

x =1

Khi

1
m=−
3

x1 + x2 + x3 = 3

vào phương trình (*) ta được

nên suy ra

1
.
3

m=−

phương trình (*) trở thành

3x2 = 3  x2 = 1 .

x = 0

3
2
: x − 3x + 2 x = 0  x = 1

 x = 2

thỏa mãn bài

toán.
Mà

1
m = −  ( −1;0 )
3

nên chọn đáp án A.

Cách giải khác (dùng chủ yếu suy luận toán học)
Nhận xét rằng : nếu điểm uốn của đồ thò hàm số
thẳng

y = (3m − 1) x + 6m + 3

Ta có

y ' = 3x 2 − 6 x ; y '' = 6 x − 6 = 0  x = 1 .

đồ thò hàm số

y = x3 − 3x 2 + 1

thuộc đường

thì thỏa mãn bài toán.
Suy ra điểm

M (1; −1)

là điểm uốn của

y = x 3 − 3 x 2 + 1.

Thế tọa độ của M vào phương trình

y = (3m − 1) x + 6m + 3

ta được

1
m = −  ( −1;0 ) .
3

Chọn đáp án A.
Ví dụ 6. Cho hàm số

y=

x +1
x −1

có đồ thò

( C ) . Giá trò thực của m thuộc khoảng nào

trong các khoảng cho dưới đây, để đường thẳng

(d ) :

y = 2x + m

cắt đồ thò

điểm phân biệt M, N sao cho tiếp tuyến tại M và N song song nhau là :
A.

1

 −2; −  .
2


B.

Cách giải thông thường

( 0;2 ) .

C.

( 2;3) .

D.

7 
 ;5  .
2 

( C ) tại hai

x +1
= 2 x + m  x + 1 = ( 2 x + m )( x − 1)
x −1
 x + 1 = 2 x2 − 2 x + mx − m  2 x 2 + ( m − 3) x − m − 1 = 0 . (1)

Phương trình hoành độ giao điểm là :

Đường thẳng

(d )

cắt đồ thò

hai nghiệm phân biệt khác 1

(C )

tại hai điểm phân biệt M, N khi phương trình (1) có

  0

 g (1)  0

g ( x ) = 2 x 2 + ( m − 3) x − m − 1 )

(với

( m − 3)2 + 8 ( m + 1)  0

m2 + 2m + 17  0
 m


−
2

0
2
+
m
−
3
−
m
−
1

0
(
)


Gọi hai nghiệm của phương trình là

M ( x1;2 x1 + m )

;

x1 , x2

−2

( x1 − 1)

2

=

( x1  x2 ) , khi đó

ta có tọa độ giao điểm

N ( x2 ;2 x2 + m ) .

Tiếp tuyến tại M và N song song với nhau khi



.

−2

( x2 − 1)

2

f ' ( x1 ) = f ' ( x2 )

(với

f ( x) =

x +1
)
x −1

 x1 − 1 = x2 − 1
2
2
 ( x1 − 1) = ( x2 − 1)  
 x1 − 1 = − ( x2 − 1)

 x = x2 (loại)

m−3
1
= 2  m = −1   −2; −  .
 x1 + x2 = 2  −
 1
2
2
 x1 + x2 = 2

Chọn đáp án A.
Cách giải khác (dùng chủ yếu suy luận toán học)
Nhận xét rằng : Nếu hai điểm M, N trên đồ thò
tuyến của

(C )

(C )

của hàm số

y=

ax + b
cx + d

mà tiếp

tại hai điểm M, N song song với nhau thì đường thẳng MN đi qua tâm

đối xứng của của đồ thò

(C ) .


Tâm đối xứng
Đường

I

của đồ thò

thẳng

(d )

( C ) là giao điểm của hai đường tiệm cận, ta có I (1;1) .
y = 2x + m

:

đi

qua

I (1;1) ,

suy

ra


1
 m = −1   −2; −  .
2

Chọn đáp án A.
Ví dụ 7. Giá trò lớn nhất của hàm số f ( x) =

A.

3.

B.

1

.
3

1
là :
x + 2x + 4
2

C.

1
.
4

D.

Cách giải thông thường
Điều kiện x + 2 x + 4  0 (luôn đúng). Tập xác đònh của hàm số là
2

Xét hàm số f ( x) =

1
, x
x + 2x + 4
2

f '( x) = −

2x + 2

(

x2 + 2 x + 4

)

2

.

; f '( x) = 0  2 x + 2 = 0  x = −1 .

Ta có bảng biến thiên

x

−

f '( x)

+

−1
+

0

-

1
3

f ( x)

0

.

0

4.

1= 2 + m


( )

( )

Kết luận: max f x = f −1 =

1
.
3

Chọn đáp án B.
Cách giải khác (dùng chủ yếu suy luận toán học)

(

2
Ta có x + 2 x + 4 = x + 1

)

2

+ 3  0, x 

.

1
1
1
1
=

= , với x 
2
x + 2 x + 4 ( x + 1) + 3 0 + 3 3

Suy ra f ( x) =

2

( )

Do đó, giá trò lớn nhất của f x là

( )

và f −1 =

1
.
3

1
.
3

Chọn đáp án B.
Ví dụ 8. Tích phân

1

I =  1 − x 2 dx

bằng :

−1



A.

2

B.

.

3
2

.

C.

2 .

D.



.

Cách giải thông thường
Đặt

  
x = sin t , t   − ;   dx = cos t.dt .
 2 2

Đổi cận :

Ta được

x = −1  t = −

I=


2

;

x =1 t =


2

.







2

2

2



−

2

1 − sin x .cos t.dt =
2



−

2



1
cos t cos t.dt =  cos tdx =
2

2

−

2

2

 (1 + cos 2t )dx

−

2




1
1


=  x + sin 2 x  2 = .
2
2
 − 2
2
Chọn đáp án A.
Cách khác (dùng chủ yếu suy luận toán học)
Ta có : y

1

x

y2
y

2

1
0

x2

x 2 y2
y 0

1

, nên hàm số y

thò là nửa đường tròn phía trên trục Ox (tính cả hai điểm

x2
1



−1

1 có bán kính R

y2

1

x 2 có đồ

( 1; 0),(1; 0) ). Mà đường tròn

1 , theo ý nghóa hình học của tích phân ta suy ra:

S  .12 
1 − x dx = =
= . Với S là diện tích hình tròn có bán kính bằng 1.
2
2
2
2

Chọn đáp án A.
e

I =  ( ln 2 x + 2ln x ) dx = ae − b , với a  , b 

Ví dụ 9. Biết rằng

. Khi đó

1

S =a+b
A.

bằng bao nhiêu ?
B.

0.

3
.
2

C.

1.

Cách giải thông thường
Ta có

e

e

e

I =  ( ln x + 2ln x ) dx =  ln xdx + 2 ln xdx .
2

2

1

Xét tích phân

1

e

J =  ln 2 xdx .
1

1

D.

2.


Đặt

2
u = ln 2 x  du = ln xdx
x

Ta được

;

dv = dx  v = x

.

e
e
J = x ln x − 2 ln xdx .
1
1
2

e
e



e
e
2
 I =  x ln x − 2 ln xdx  + 2 ln xdx = x ln 2 x = e = 1.e − 0 .
1
1
1
1



 a = 1; b = 0  S = a + b = 1 .
Chọn đáp án C.
Cách khác (dùng chủ yếu suy luận toán học)
Ta có

ln 2 x + 2ln x = ( x ) '.ln 2 x + x.( ln 2 x ) ' = ( x ln 2 x ) '

e

nên suy ra :

e

e

e
I =  ( ln x + 2ln x ) dx =  ( x ln x ) ' dx =  d ( x ln 2 x ) = ( x ln 2 x ) = e .

1
1
1
1
2

Suy ra :

2

S = a + b = 1.

Chọn đáp án C.
Câu 10. Trong

A.

z =1
 z = −1 + 2i


, phương trình

B.

( z − 1) ( z 2 + 2 z + 5) = 0

 z = −1 − 2i
 z = −1 + 2i


C.

có nghiệm là :

 z = 1 − 2i
 z = 1 + 2i


D.

 z = −1 − 2i
 z = −1 + 2i .

 z = 1

Cách giải thông thường

Ta có :

z =1
z
=
1

  z = −1 − 2i
( z − 1) ( z 2 + 2 z + 5) = 0   2

 z + 2z + 5 = 0
 z = −1 + 2i

.


Chọn đáp án D.
Cách khác (dùng chủ yếu suy luận toán học)
Do phương trình

z 2 + 2z + 5 = 0

có hai nghiệm nên phương trình đã cho có ba nghiệm

khác nhau.
Chọn đáp án D.

Câu 11. Xét số phốc

A.

3
 z  2.
2

z

thỏa mãn

(1 + 2i) z =

z  2.

C.

B.

10
− 2 + i.
z
z

Mốnh đố nào sau đây đúng ?

1
2

D.

1
3
 z .
2
2

(Câu 34 – Đề thử nghiệm THPT QG năm 2017)
Cách giải thông thường
Đặt

z = a + bi
(1 + 2i)k =

 (1 + 2i)k =

(với

a  , b  ) và k = z = a 2 + b 2  0 ta được :

10 ( a − bi )
10
−2+i
− 2 + i  (1 + 2i)k =
a 2 + b2
a + bi



a 10   b 10
a 10 b 10

k
+
2
−
+
−
1
+
2
k
−
i

−
2
+
i



i = 0
2
2
k
k
k2
k2

 




a 10
a 10
k − 2 + 2 = 0
k + 2 = 2


k
k



 b 10 + 2k − 1 = 0 1 − 2k = b 10
 k 2

k2
Để ý rằng

k = a 2 + b 2  k 2 = a 2 + b 2 , ta có :

 a 10   b 10  10 ( a + b
= 2  + 2  =
k4
 k   k 
2

( k + 2 ) + (1 − 2k )
2

.

2

2

2

2

) = 10 .
k2

 ( k + 2 ) + (1 − 2k )
2

2

k 2 = 1
10
4
2
= 2  5k + 5k − 10 = 0   2
k
 k = −2

 k = 1 (nhan
ä)
.

k
=
−
1
l
oai
ï
(
)

Vậy

k = z =1

tức là

1
3
 z .
2
2

Chọn đáp án D.
Cách khác (dùng chủ yếu suy luận toán học)
Vì các khoảng

1 1 3
3 

;2
,
2;
+
,
−
;
(
)



, ; 

2 2 2
2 


đôi một không có điểm chung và trong

bốn đáp án thì có một đáp án đúng nên ta chọn đại diện.

z = 1 , ta có : (1 + 2i) =

Chọn

10
10 3 10
10
−2+i  z =
=
−
i.
z
3+i
10
10
2

Khi đó

2

 3 10   10 

3 10
10
−
i= 
 +
 = 1 . (thỏa mãn điều kiện bài toán)
10
10
10
10

 


Chọn đáp án D.
Câu 12. Cho số phốc
thức
A.

P= z

z

thỏa mãn

z − 3 + 4i = 4 .

Tìm giá trò lớn nhất

Pmax

.

Pmax = 12 .

B.

Pmax = 5 .

Cách giải thông thường

C.

Pmax = 9 .

D.

Pmax = 3 .

của biểu


Đặt

z = a + bi

(với

a  ,b  )

 ( a − 3) + ( b + 4 ) i = 4

ta

a + bi − 3 + 4i = 4

được

 ( a − 3) + ( b + 4 ) = 16  a 2 + b2 − 6a + 8b + 9 = 0
2

2

 a 2 + b 2 + 9 = 6a − 8b  10. a 2 + b 2 .
Suy ra
Vậy

P2 + 9  10P  P2 − 10P + 9  0  1  P  9 .

Pmax = 9

.

Chọn đáp án C.
Cách khác (dùng chủ yếu suy luận toán học)
Số phốc
tròn tâm
Suy ra,

thỏa mãn

z

z − 3 + 4i = 4

nên điểm M biểu diễn của số phức

z

thuộc đường

I ( 3; −4 ) , bán kính R = 4 .

P= z

lớn nhất bằng

Pmax = OI + R = 32 + 42 + 4 = 9 .

Chọn đáp án C.
Ví dụ 13. Trong không gian với hệ tọa độ
phẳng

( Oxz ) , có bán kính

R=3

Oxyz ,

cho mặt cầu

và có tâm nằm trên tia

(S )

Oy . Mặt

tiếp xúc với mặt

cầu

(S )

trình là :
A.

( S ) : x2 + y 2 + z 2 − 6x = 0 .

B.

( S ) : x2 + y 2 + z 2 − 6 y = 0 .

C.

( S ) : x2 + y 2 + z 2 − 6z = 0 .

D.

( S ) : x2 + y 2 + z 2 = 9 .

Cách giải thông thường
Gọi

I ( 0; b;0 )

Mặt phẳng

là tâm của mặt cầu

(S )

thì

b0

( Oxz ) có phương trình là y = 0 .

(do

I

nằm trên tia

Oy ).

có phương


Vậy

b = 3
=3 b =3 
12
b = −3

( S ) : x 2 + ( y − 3)

2

(nhận)
(loại)

b

d ( I ,(Oxz ) ) = R 

Ta có :

+ z 2 = 32

.

( S ) : x2 + y 2 + z 2 − 6 y = 0 .

hay

Chọn đáp án B.
Cách giải khác 1 (dùng chủ yếu suy luận toán học)
Do tâm mặt cầu nằm trên tia

Oy

nên có tọa độ dạng

I ( 0; b;0 ) .

Suy ra, ta loại

đáp án A (tâm I có hoành độ bằng 3), loại đáp án C (tâm I có cao độ bằng 3), loại đáp
án D (tâm I trùng với gốc tọa độ nên không tiếp xúc với mặt phẳng

( Oxz ) ).

Chọn đáp án B.
Cách giải khác 2 (dùng chủ yếu suy luận toán học)
Do
tia

Oy

(S )

nên

( Oxz ) , có bán kính R = 3 và có tâm nằm trên
M ( 0;6;0 ) đối xứng với gốc tọa độ qua tâm I ( 0;3;0 )

tiếp xúc với mặt phẳng

I ( 0;3;0 ) .

Điểm

thuộc mặt cầu nên ta loại được các đáp án A, C, D.
Chọn đáp án B.
Ví dụ 14. Trong không gian với hệ tọa độ

A (1;0;1) , B ( −1;2;2 )

và song song với trục

Oxyz ,

mặt phẳng

( P)

Ox

có phương trình là :

A.

( P ) : x + 2z − 3 = 0 .

B.

( P ) : y − 2z + 2 = 0 .

C.

( P) : 2 y − z +1 = 0 .

D.

( P) : x + y − z = 0 .

chứa hai điểm

Cách giải thông thường
Cặp vectơ chỉ phương của mặt phẳng
Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng
Mặt phẳng

( P)

đi qua điểm

( P)

( P)

A (1;0;1)

là

là :

AB = ( −2;2;1)

;

i = (1;0;0 )

.

n =  AB, i  = ( 0;1; −2 ) .

và có vectơ pháp tuyến

n = ( 0;1; −2 )

là :


0 ( x − 1) + 1( y − 0 ) − 2 ( z − 1) = 0  y − 2 z + 2 = 0 .
Chọn đáp án B.
Cách giải khác (dùng chủ yếu suy luận toán học)
Mặt phẳng song song với trục

Ox

có dạng :

By + Cz + D = 0 , ta loại được hai

đáp án A và D.
Lại có

B ( −1;2;2 )  ( P ) : 2 y − z + 1 = 0

nên loại đáp án C.

Chọn đáp án B.

Ví dụ 15. Cho phương trình

x + 3 + x + 8 = 5 . Trong các khẳng đònh sau, khẳng

đònh nào đúng ?

A. Phương trình có một nghiệm thuộc khoảng

( 3 : + ) .

1 7
 ; 
 3 5

và một nghiệm thuộc khoảng

B. Phương trình có ba nghiệm dương phân biệt.
C. Phương trình có một nghiệm bằng 1 và một nghiệm nhỏ hơn 1.
D. Phương trình nghiệm duy nhất

x = 1.

Cách giải thông thường 1

x + 3  0

 x  −3

 x  −3 .
x + 8  0
 x  −8

Điều kiện : 

Ta có:

x + 3 + x + 8 = 5  x + 3 + 2 ( x + 3)( x + 8) + x + 8 = 25


 2 ( x + 3)( x + 8) = 14 − 2 x  ( x + 3)( x + 8) = 7 − x
 x 2 + 11x + 24 = 49 − 14 x + x 2  25x = 25  x = 1 .
Vậy phương trình nghiệm duy nhất

x = 1.

Cách giải thông thường 2

x + 3  0

 x  −3

 x  −3 .
x + 8  0
 x  −8

Điều kiện : 

( )

Xét hàm f x =

f ' ( x) =

x + 3 + x + 8 , với x   −3; + ) .
1
2 x+3

+

1
2 x+8

 0, x  ( −3; + ) .

Ta có bảng biến thiên

x

−

-3

+

y'

+

+
y

5

Từ bảng biến thiên ta nhận thấy, đường thẳng y = 5 nếu có giao điểm với đồ thò
của hàm số

x+3+

f ( x) =

x + 3 + x + 8 thì có tối đa một giao điểm. Do đó, phương trình

()

x + 8 = 5 có tối đa một nghiệm. Mà f 1 = 1 + 3 + 1 + 8 = 5 nên x = 1

là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Chọn đáp án D.
Cách giải khác (dùng chủ yếu suy luận toán học)


Các hàm số y = x + 3 và y = x + 8 đồng biến trên R nên cũng đồng biến trên  −3; +
vì có hệ số góc dương. Suy ra, các hàm số y =

)

đồng biến trên  −3; + . Do đó, hàm số

x + 3 và y =

y=

x+3+

)

x + 8 cũng là các hàm số

x+8

là hàm số đồng biến

)

trên  −3; + .

)

VT(1) là hàm số đồng biến trên  −3; + , VP(1) là hàm hằng nên phương trình (1)
nếu có nghiệm thì có nhiều nhất là một nghiệm.

()

Nhận thấy y 1 = 1 + 3 + 1 + 8 = 5

nên

là nghiệm duy nhất của

x =1

phương trình đã cho.
Chọn đáp án D.
Ví dụ 16. Cho phương trình ẩn x sau đây : 2 x2 − x4 − m = 0 , ( m là tham số thực). Chọn
khẳng đònh đúng ?
A. Phương trình có nghiệm thực duy nhất khi m = 0 .
B. Phương trình có nghiệm thực duy nhất khi m = 1 .
C. Phương trình có nghiệm thực duy nhất khi m  1 .
D. Không tồn tại giá trò thực của m để phương trình có nghiệm thực duy nhất.
Cách giải thông thường
Ta có 2 x2 − x4 − m = 0  2x2 − x4 = m .
Đặt f ( x ) = 2 x2 − x4 ;

x = 0



3
2
f ' ( x ) = 4 x − 4 x = 4 x  1 − x  = 0   x = −1 .


x = 1


Bảng biến thiên

x

y'
y

−1

−
+

0
1

-

0

+

1

0
+

0

1

-


−

−

0

Từ bảng biến thiên suy ra, không tồn tại giá trò của tham số m để phương trình đã
cho có nghiệm duy nhất.
Vậy chọn đáp án D.
Cách giải khác (dùng chủ yếu suy luận toán học – sử dụng tính chất của hàm số chẵn)
Nhận xét rằng : nếu x0 là một nghiệm của phương trình đã cho, suy ra − x0 cũng
là một nghiệm của phương trình đã cho. Vậy để phương trình có nghiệm duy nhất thì
x0 = − x0  2x0 = 0  x0 = 0 . Thế vào phương trình ta được m = 0 .

Đảo lại, với m = 0 thì phương trình trở thành :
x = 0



2
2
2
4
2x − x = 0  x  2 − x  = 0   x = − 2 .




 x = 2

Vậy không tồn tại giá trò của tham số m để phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.
Chọn đáp án D.

Ví dụ 17. Giá trò thực của tham số m để phương trình

x + 2− x =m

có nghiệm

thực duy nhất là :
A.

B.

m =1 .

m = 0.

C.

m = 2.

D.

Cách giải thông thường
Xét hàm số

f ( x ) = x + 2 − x , x 0;2

f '( x ) =

1
2 x

−

;

1
2− x − x
=
2 2 − x 2 x(2 − x)

,

x  ( 0;2 ) .

m  .


f '( x ) = 0  2 − x − x = 0  2 − x = x  2 − x = x  x = 1 .
Bảng biến thiên

x

−

1

0
+

y'
y

2

+

-

0
2

2

2

Để phương trình đã cho có nghiệm duy nhất, ta cần có : m = 2 .
Chọn đáp án C.
Cách khác (dùng chủ yếu suy luận toán học – sử dụng tính chất của hàm số chẵn)
Nhận xét rằng : nếu x0 là một nghiệm của phương trình đã cho, suy ra 2 − x0
cũng là một nghiệm của phương trình đã cho. Vậy để phương trình có nghiệm duy nhất
thì x0 = 2 − x0  2x0 = 2  x0 = 1 . Thế vào phương trình ta được m = 2 .
Đảo lại, với m = 2 thì phương trình trở thành :

x + 2 − x = 2  x + 2 x (2 − x ) + 2 − x = 4 

(

)

2
x ( 2 − x ) = 1  x2 − 2 x + 1 = 0  x − 1 = 0

 x = 1.

Vậy m = 2 phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.
Chọn đáp án C.
Ví dụ 18. Tìm tất cả các giá trò thực của tham số m để phương trình 4 x − 2 x +1 + m = 0 có
hai nghiệm thực phân biệt.
A. m  (−;1) .

B. m  (0; +) .

(Câu 31 - Mã đề 102 – THPT QG - 2017)
Cách giải thông thường

C. m  (0;1] .

D. m  (0;1) .


Ta có 4 x − 2 x +1 + m = 0  4 x − 2 x +1 = −m .
Đặt

f ' ( x ) = 4 x ln 4 − 2 x +1 ln 2 ;

f ( x ) = 4 x − 2 x +1 ;

f ' ( x ) = 0  4 x ln 4 = 2.2 x ln 2  4 x = 2 x  x = 0 .
Bảng biến thiên

x

−

−

y'

+

0
+

0

+

0

y

−1

−m  −1 m  1

 0  m 1.

−m  0
m  0

Vậy phương trình có hai nghiệm thực phân biệt khi 
Chọn đáp án D.
Cách khác (dùng chủ yếu suy luận toán học)

(

)

Ta có 4 x − 2 x +1 + m = 0  4 x − 2.2 x + 1 = 1 − m  2 x − 1 = 1 − m .
Điều kiện 1 − m  0  m  1 .

(1)

2x − 1 = 1 − m
2x = 1 + 1 − m  0

Khi đó ta có 
.
x
x
 2 − 1 = − 1 − m
 2 = 1 − 1 − m
Để thỏa mãn bài toán ta cần có 1 − 1 − m  0  1 − m  1  1 − m  1  m  0 .
Từ (1) và (2) suy ra : 0  m  1 .
Chọn đáp án D.

(2)

Ví dụ 19. Cho hai số thực x  0 , y  0 thay đổi và thỏa mãn điều kiện:

( x + y ) xy = x
A.

2

+ y2 − xy . Giá trò lớn nhất M của biểu thức A =

M = 0.

B.

M = 1.

C.

M=

1
.
16

D.

1
1
+

là :
x 3 y3

M = 16 .

Cách giải thông thường 1

(

)

2
2
2
x + y
1
1
x 3 + y3 ( x + y ) x + y − xy
=
=
Ta có A = 3 + 3 =
 . (*)
x
y
x 3 y3
x 3 y3
 xy 

Nếu x + y = 0 thì x + y − xy = 0  x = y = 0 . (trái với giả thiết)
2

2

2
2
Với x + y  0 thì: ( x + y ) xy = x + y − xy  xy =

x2 + y2 − xy
, thế vào (*) ta được:
x+y

2

2
2


x + y)
(


3 xy


A= 2
= 1+ 2
 .
 x + y2 − xy  
x + y2 − xy 




Xét biểu thức B =

3

x
y

3t
x
3 xy
; Đặt t =
 0 ta được B = 2
=
2
2
y
t +1−t
x + y − xy  x 
x
  +1−
y
 y
2

 Bt 2 − ( B + 3 ) t + B = 0 . (**)

(

Do (**) có nghiệm nên   0  B + 3
.
Suy ra

A  (1 + B )  16 .
2

)

2

− 4 B 2  0  −3 B 2 + 6 B + 9  0  −1  B  3


Giá trò lớn nhất của A là 16 khi B = 3  t = 1  x = y =

1
.
2

Chọn đáp án D.

Cách giải thông thường 2

(

)

Ta có: x + y xy = x + y − xy 

Đặt a =

2

2

1 1 1
1
1
+ = 2+ 2−
.
x y x
xy
y

1
1
2
2
; b=
ta được a + b = a + b − ab . (1)
y
x

A = a3 + b3 = ( a + b ) ( a2 + b2 − ab ) = ( a + b ) .
2

2

2

3
 a + b
Từ (1) suy ra a + b = ( a + b ) − 3ab  ( a + b ) − ( a + b ) . (vì ab  
 )
4
 2 
2

2

 ( a + b) − 4 ( a + b)  0  0  ( a + b )  4 .
2

(

Suy ra: A = a + b

)

2

 42 = 16 .
a + b = 4
1
a=b=2x= y= .
2
ab = 4

Vậy giá trò lớn nhất của A là 16 khi 

Chọn đáp án D.
Cách giải khác (dùng chủ yếu suy luận toán học)
Do các biểu thức

( x + y ) xy ; x

2

+ y2 − xy và

biểu thức A đạt giá trò lớn nhất khi

1
1
+ 3 có tính đối xứng nên ta dự đoán
3
x
y

x = y.

Mặt khác, trong các giá trò mà đề cho ở đáp án thì

M = 16

là giá trò lớn nhất.


x = y
1


 x = y = , các giá trò này thỏa mãn đẳng
Ta xét trường hợp này :  1
1
2
 x 3 + y3 = 16


(

)

thức x + y xy = x + y − xy .
2

2

Chọn đáp án D.
Câu 20. Một ôtô đang dừng và bắt đầu chuyển động theo một đường thẳng với gia tốc

)

(

a ( t ) = 6 − 2t m / s2 , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây kể từ lúc ôtô bắt
đầu chuyển động. Hỏi quãng đường ô tô đi được kể từ lúc bắt đầu chuyển động đến khi
vận tốc của ôtô đạt giá trò lớn nhất là bao nhiêu mét ?
A. 18 mét .

B.

45
mét .
2

C. 36 mét .

D.

27
mét .
4

Hướng dẫn chọn đáp án

()

()

Ta có v t =  a t dt =

2

 ( 6 − 2t)dt = 6t − t

+C.

( )

Tại thời điểm ban đầu t = 0 nên v 0 = 0  C = 0 .

Ta được v t = 6t − t2 = − t − 3

()

(

Quãng đường cần tìm là : s =

Chọn đáp án A.

)

2

+ 9  9 , tức là vmax = 9 khi t = 3 .

3

v ( t ) dt =

0

0 (
3


t3  3
6t − t2 dt =  3t2 −  = 18 ( mét ) .

30




)


Các phương pháp được trình bày ở trên một
cách độc lập nhằm đem lại cho độc giả cái nhìn
chung, tổng quát nhất về mỗi phương pháp. Thế
nhưng, việc phân đònh rạch ròi các phương pháp
là rất khó khăn, có nhiều bài toán chúng ta phải
kết hợp một số phương pháp để chọn được đúng
đáp án. Ở trong phương pháp này lại có dấu vết
nào đó của phương pháp kia, khiến chúng ta băn
khoăn trong việc chọn lựa phương pháp. Vì thế,
trong quá trình giải toán, chúng ta cần linh hoạt
vận dụng các phương pháp theo hướng tổng lực
để xử lý bài toán trắc nghiệm. Tận dụng mặt
mạnh, hữu dụng của mỗi phương pháp đối với
các dạng bài toán trắc nghiệm khác nhau. Không
chỉ tư duy trên nền tảng một phương pháp.

Sài Gòn, 17 - 7 - 2017
Trần Tuấn Anh