Những dạng bài tập Đại số cần nhớ trong Toán nâng cao lớp 10 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bà...
Ebooktoan.com Những dạng bài tập Đại số cần nhớ trong Toán nâng cao lớp 10 1.Sự biến thiên của hàm số y = f(x) trên khoảng (a;b). → Hướng giải quyết: • ∀ x ∈ (a;b) ; x 1 ≠ x 2 . Tính f( x 2 ) - f( x 1 ) = ? • Lập tỉ số : 2 1 2 1 ( ) f(x ) x f x x − − = k • Nếu : + k 〉 0 thì hàm số f(x) đồng biến trên khoảng (a;b) + k 〈 0 thì hàm số f(x) nghịch biến trên khoảng (a;b) * Example: Khảo sát sự biến thiên của hàm số y = x 2 +2x- 2 trên khoảng (- ∞ ;-1) và (-1; + ∞ ). → Bài giải: • Xét (- ∞ ;-1): ∀ x ∈ (a;b) ; x 1 ≠ x 2 ,ta có : f(x 2 )-f(x 1 ) = x 2 2 + 2 x 2 – 2 – ( x 1 2 + 2x 1 -2) = ( x 2 – x 1 )(x 2 + x 1 + 2) Suy ra : 2 1 2 1 ( ) f(x ) x f x x − − = (x 2 + x 1 + 2 ) Vì x 1, x 2 ∈ ( - ∞ ;-1) nên : x 1 〈 -1; x 2 〈 -1 ⇒ x 1 + x 2 〈 -2 hay x 2 + x 1 + 2 〈 0 Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng (- ∞ ;-1). • Xét (-1; + ∞ ): Tương tự ******************************************* 2. Vẽ Parabol y = ax 2 + bx + c ( a ≠ 0 ) → Hướng giải quyết: • Cho tập xác định D = R • Tìm đỉnh của (P) : I ; 2 4 b a a ∆ − − ÷ • Trục đối xứng của ( P) : x = 2 b a − Văn Hội – THPT Lê Hồng Phong 1 Ebooktoan.com • Lập bảng biến thiên : Với a > 0 x −∞ 2 b a − + ∞ y + ∞ + ∞ 4a ∆ − * Note : + Nếu a 〉 0 thì bề lõm quay lên trên; nếu a 〈 0 thì bề lõm quay xuống dưới. + Hàm số này đồng biến trên khoảng ; 2 b a − +∞ ÷ và nghịch biến trên khoảng ; 2 b a −∞ − ÷ * Example: Vẽ đồ thị của hàm số : 2 2 3.y x x= − − → Bài giải: Đồ thị của hàm số : 2 2 3.y x x= − − được vẽ như sau: • Bảng biến thiên: x −∞ 2 +∞ y +∞ -1 +∞ • Đỉnh I(2; -1). • Trục đối xứng là đường thẳng: x = 2. • Giao điểm của đồ thị và trục tung: (0; 3) • Giao điểm của đồ thị và trục hoành: (1; 0) và (3; 0). • Đồ thị : Văn Hội – THPT Lê Hồng Phong 2 Ebooktoan.com ************************************** 3. Tìm (P) : ax 2 + bx + c ( a ≠ 0 ) thỏa mãn điều kiện cho trước. → Hướng giải quyết: • Đỉnh của (P) : I ; 2 4 b a a ∆ − − ÷ • Trục đối xứng của ( P) : x = 2 b a − • Nếu a 〉 0 thì GTNN của hàm số là 4a ∆ − khi x = 2 b a − và ngược lại nếu a 〈 0 thì GTLN của hàm số là 4a ∆ − khi x = 2 b a − . * Example: Cho hàm số (P) : y = ax 2 + bx + c ( a ≠ 0 ). Biết (P) đi qua gốc O và có đỉnh I( -2;-2), tìm đồ thị của hàm số này. → Bài giải: • (P) đi qua gốc O nên suy ra: c = 0 • Đỉnh I( -2;-2) ⇒ 2 b a − = -2; 4a ∆ − = -2 ⇒ b = 4a (1) ; b 2 – 4ac = 8a (2) * Thay c = 0 vào (2) ta được : b 2 = 8a (3) Văn Hội – THPT Lê Hồng Phong 3 Ebooktoan.com * Thế b = 4a vào (3) ta được : a =0 (L) or a = 1 2 ( Thỏa mãn ) .Với a = 1 2 ⇒ b = 2. Vậy đồ thị của hàm số này là : ************************************* 4.Giải và biện luận phương trình bậc hai : ax 2 + bx + c ( a ≠ 0 ) → Hướng giải quyết: • Cho tập xác định D = R • + Xét a = 0 + Xét a ≠ 0 : Tính ∆ = b 2 – 4ac * Nếu ∆ 〈 0 thì pt trên vô nghiệm * Nếu ∆ = 0 thì pt trên có nghiệm kép : x 1 = x 2 = 2 b a − * Nếu ∆ 〉 0 thì pt trên có 2 nghiệm phân biệt x 1 = (-b+ ∆ ) : 2a và x 2 = (-b- ∆ ) : 2a. * Example: Giaỉ và biện luận phương trình sau: x 2 - 4x + m - 3 → Bài giải: • Cho tập xác định D = R • Ta có: ∆ ’ = 7- m * Nếu ∆ ’ 〈 0 ⇔ 7- m 〈 0 ⇒ m 〉 7. Khi đó pt vô nghiệm. * Nếu ∆ ’ 〉 0 ⇔ 7- m 〉 0 ⇒ m 〈 7. Khi đó pt có 2 nghiệm phân biệt: x 1 = 2+ (7-m) or x 2 = 2- (7-m) * Nếu ∆ ’= 0 ⇔ 7- m = 0 ⇒ m =7. Khi đó pt có 2 nghiệm kép: x 1 = x 2 = 2. Kết luận: - m 〉 7: S = φ - m 〈 7: S = { 2 } - m = 0: S = { 2+ (7-m); 2- (7-m) } ****************************************** 5. Cho phương trình: ax 2 + bx + c ( a ≠ 0 ). Với x 1, x 2 là nghiệm của phương trình,ta luôn có những đẳng thức sau: Văn Hội – THPT Lê Hồng Phong y = 1 2 x 2 + 2x. 4 Ebooktoan.com • x 1 + x 2 = 2 b a − và x 1. x 2 = c a (Hệ thức vi-ét) • x 1 2 + x 2 2 = (x 1 + x 2 ) 2 - 2x 1. x 2 • (x 1 - x 2 ) 2 = (x 1 + x 2 ) 2 - 4 x 1. x 2 • x 1 4 + x 2 4 = [ ( x 1 + x 2 ) 2 - 2 x 1 x 2 ] 2 - 2 x 1 2 x 2 • x 1 3 + x 2 3 = (x 1 - x 2 ) 3 - 3 x 1 x 2 (x 1 + x 2 ) • x 1 = 0 〈 x 2 ⇔ 0 0 p s = > • x 1 〈 0 ≤ x 2 1 2 1 2 0 0 x x x x < < ⇔ < = • 1 2 0 0 0 p x x s = < = ⇔ < • 0 〈 x 1 〈 x 2 ⇔ 0 0 0 s p ∆ > > > ( Hai nghiệm cùng dương phân biệt ) • x 1 〈 x 2 〈 0 ⇔ 0 0 0 s p ∆ > < > ( Hai nghiệm cùng âm phân biệt ) • 0 〈 x 1 ≤ x 2 ⇔ 0 0 0 s p ∆ ≥ > > • x 1 ≤ x 2 〈 0 ⇔ 0 0 0 s p ∆ ≥ < > * Note: + Phương trình có ít nhất một nghiệm dương ⇔ 1 2 1 2 1 2 0 0 0 x x x x x x < < = < < < + Hiệu giữa nghiệm lớn và nghiện nhỏ ⇔ x 1 - x 2 * Example: Cho phương trình x 2 – 6x + m- 2 = 0. a. Tìm m để phương trình này có hai nghiện dương phân biệt b. Tìm m để phương trình này có hai nghiện âm phân biệt. → Bài giải: • Phương trình này có hai nghiệm dương phân biệt (0 〈 x 1 〈 x 2 ) Văn Hội – THPT Lê Hồng Phong 5 Ebooktoan.com ⇔ 0 0 0 s p ∆ > > > 2 ( 3) 1( 2) 0 6 0 1 2 0 m m − − − > ⇔ > − > 11 2 m m < > 2 11m ⇔ < < Vậy 2 〈 m 〈 11 thì phương trình trên đây có hai nghiệm dương phân biệt. • Phương trình này có hai nghiệm âm phân biệt (x 1 〈 x 2 〈 0): Tương tự… **************************************** 6. Giải và biện luận phương trình : ax + b = cx + d (1) → Hướng giải quyết: • ax + b = cx + d ⇔ ax + b = cx + d (2) or ax + b = -( cx + d ) (3) • Giaỉ và biện luận pt (2) và (3). Khi đó nghiệm của pt (1) chính là hợp nghiệm của pt (2) và (3). * Example: Giải và biện luận pt sau : mx – x + 1 = x + 2 . (1) → Bài giải: • D = R • Phương trình (1) ⇔ mx – x + 1 = 2 ( 2) x x + − + ⇔ ( 2) 1(2) 3(3) m x mx − = = − • Giaỉ và biện luận pt (2) : * Nếu m – 2 ≠ 0 ⇔ m ≠ 2. Khi đó pt (2) có nghiệm duy nhất : x = 1 : (m – 2) * Nếu m = 2 ⇔ m = 2 . Khi đó pt (2) vô nghiệm. • Giải và biện luận pt (3) : * Nếu m ≠ 0, khi đó pt (3) có nghiệm duy nhất : x = 3 m − Văn Hội – THPT Lê Hồng Phong 6 Ebooktoan.com * Nếu m = 0, khi đó pt (3) vô nghiệm. → Remart : • Với m ≠ 0, pt(3) ⇔ 2x = -3 ⇔ x = 3 2 − Với m = 0, pt (2) ⇔ -2x =1 ⇔ x= 1 2 − • Nếu 3 1 2m m − = − ⇔ m = 3 2 Kết luận : Nếu m ≠ 2, m ≠ 0, m ≠ 3 2 ⇒ S = 3 1 ; 2m m − − Nếu m = 2 ⇒ S = 3 2 − Nếu m = 0 ⇒ S = 3 m − Nếu m = 3 2 ⇒ S = { -2 }. **************************************** 7. Giải và biện luận phương trình : (ax + b) : ( cx + d ) = e → Hướng giải quyết: • Đưa pt trên về dạng : ax = b • Từ đó giải và biện luận phương trình này để suy ra nghiệm của pt trên. * Example: Giải và biện luận pt sau: 2 1 2 1 a x − = − (1) → Bài giải: • Điều kiện : x ≠ 1 • Pt (1) ⇔ ( a – 2 )x = 3a – 3 (2) • Giải và biện luận pt (2) : * Nếu a ≠ 2 : Pt (2) có nghiệm duy nhất : x = 3 3 2 a a − − Để pt (1) có nghiệm duy nhất thì : x = 3 3 2 a a − − ≠ 1 ⇔ a ≠ 1 2 * Nếu a = 2 : Pt (2) vô nghiệm. Do đó, pt (1) vô nghiệm. Văn Hội – THPT Lê Hồng Phong 7 Ebooktoan.com Kết luận : * a ≠ 2 và a ≠ 1 2 thì : S = 3 3 2 a a − − * a = 2 và a = 1 2 thì : S = φ . ***************************************** 8. Giải phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ : m . f (x) + n . )(xf + p = 0 . → Hướng giải quyết: • Đặt t = )(xf ( Điều kiện : t ≥ 0 ) ⇒ f (x) = t 2 (*) • Thế (*) vào pt trên để ta được một pt mới toàn ẩn t. Giaỉ và biện luận pt new này để tìm được t, sau đó thế t vào để tìm được được x, giải quyết các vấn đề mà bài toán đặt ra. * Example: Giải pt sau : 4x 2 - 12x – 5[ ( 4x 2 – 12x + 11 ) ] + 15 = 0 (1) → Bài giải: • Đặt t = ( 4x 2 – 12x + 11 ) ( Điều kiện t ≥ 0 ) ⇒ t 2 = 4x 2 – 12x + 11 nên t 2 – 11 = 4x 2 – 12x (*) • Thế (*) vào pt (1), ta được : t 2 – 11 – 5t + 15 = 0 ⇔ t 2 – 5t + 4 = 0 Giải ra ta được : t = 1 or t = 4 * Với t = 1 thì : ( 4x 2 – 12x + 11 ) = 1 ; Giải ra ta được : pt vô nghiệm * Với t = 4 thì : ( 4x 2 – 12x + 11 ) = 4 ; Giaỉ ra ta được : x = ( 3 - 14 ) : 2 or x = ( 3 + 14 ) : 2 Kết luận : Vậy S = {( 3 - 14 ) : 2 ; ( 3 + 14 ) : 2} 9. Giải phương trình : A - B = C (1) → Hướng giải quyết: • Điều kiện : Đồng thời cả A, B, C đều ≥ 0 • Đưa pt (1) về dạng : A = B + C (2) • Giải pt (2) bằng cách bình phương cả hai vế của pt : ( A ) 2 = ( B ) 2 + ( C ) 2 Từ đó giải quyết các vấn đề mà bài toán yêu cầu. Văn Hội – THPT Lê Hồng Phong 8 Ebooktoan.com * Note: A = B ⇔ B ≥ 0 và A = B 2 * Example: 1. Giải pt sau : ( x 2 – 3x ) = 2x + 4 (1) → Bài giải: • Điều kiện: x 2 – 3x ≠ 0 ⇔ x ≠ 0 và x ≠ 3 • Pt (1) ⇔ 2 2 2 4 0 3 (2 4) x x x x + ≥ − = + 2 2 3 19 16 0 x x x ≥ − ⇔ + + = 2 1 16 3 x x x ≥ = − ⇔ − = 1x⇔ = − Kết luận : Vậy nghiệm của pt là x = -1 2. Giải pt sau: 2 1 6 1x x x− − − = − (1) → Bài giải: • Điều kiện: 2 1 0 6 0 1 0 x x x − ≥ − ≥ − ≥ 1 2 6 1 x x x ≥ ⇔ ≤ ≥ 1 6x⇔ ≤ ≤ • Pt (1) ⇔ 2 1 6 1x x x− = − + − ( ) 2 2 1 6 1x x x⇔ − = − + − 2 (6 )(x 1) 2 6x x⇔ − − = − 2 2 3 3 0 3 5 ( 1)(6 ) 3 ( 1)(6 ) ( 3) 2 12 15 0 3 ( ) 2 x x x x x x x x x x x x x Loai ≥ − ≥ ≥ = ⇔ − − = − ⇔ ⇔ ⇔ − − = − − + = = Vậy : Nghiệm của pt là: 3x ≥ và 5x = 10. Giải hệ pt gồm 1 pt bậc nhất hai ẩn và 1 pt bậc 2 hai ẩn. → Hướng giải quyết: Sử dụng phương pháp thế * Example: Giải hệ pt sau: 2 2 2(1) 164(2) x y x y − = + = → Bài giải: Văn Hội – THPT Lê Hồng Phong 9 Ebooktoan.com • Pt (1) 2y x⇔ = − • Thế vào pt (2) 2 2 ( 2) 164x x⇔ + − = 2 2x 4x 160 0⇔ − − = 8 10 10 8 x y x y = − ⇒ = − ⇔ = ⇒ = Vậy hệ pt có nghiệm: 8 10 x y = − = ; 10 8 x y = = . ****************************************** 11. Hệ pt đối xứng hai ẩn x và y → Hướng giải quyết: Dùng phương pháp đặt ẩn phụ bằng cách biến đổi hệ pt đã cho về hệ pt mà chỉ có đại lượng x+y và xy: • Đặt s x y p xy = + = Điều kiện 2 4s 0s − ≥ • Nếu s x y p xy = + = Suy ra x,y là nghiệm của pt 2 0t st p− + = • * 3 3 3 ( ) 3x ( )x y x y y x y+ = + − + * 2 2 2 ( ) 2xx y x y y+ = + = − • Example: Giải hệ pt sau: 2 2 8 5 x y x y xy x y + + + = + + = (1) → Bài giải: Hệ pt (1) 2 ( ) 2 8 5 x y xy x y xy x y + − + + = ⇔ + + = . Đặt s x y= + ; p xy= Khi đó hệ pt 2 2 8(1) 5(2) s p s p s − + = ⇔ + = . Từ (2) suy ra p= 5 – s ; thế vào pt (1), ta được: 2 2(5 s) s 8s − − + = 2 6 3 18 0 3 s s s s = − ⇔ + − = ⇔ = Văn Hội – THPT Lê Hồng Phong 10 [...]... 13 ************************************ 18 Giải bất pt dạng: → Hướng • • giải quyết: A ≥ 0 B < 0 A>B⇔ B ≥ 0 A > B2 A ≥ 0 B < 0 A≥B⇔ B ≥ 0 A ≥ B2 Example: Giải bất pt sau: → Bài giải: * A > B; A ≥ B x 2 − 3 x − 10 ≥ x − 2 x 2 − 3 x − 10 ≥ 0 (1) x − 2 < 0 Bất pt (1) ⇔ x−2≥0 (2) 2 x − 3 x − 10 ≥ ( x − 2) 2 x ≤ −2 Giải hệ bất pt (1) ⇔ ... + b > 0 (1) → Hướng giải quyết: • Tìm tập xác định: D = R • Biến đổi bất pt (1) về dạng: ax > −b (2) b a b + Nếu a0: Bất pt (2) ⇔ x > − Văn Hội – THPT Lê Hồng Phong 13 Ebooktoan.com + Nếu a = 0: Bất pt (2) ⇔ 0x > −b (Tùy vào tình hình thực tế để giải quyết) * Example: Giải và biện luận bất pt sau: ( m + 1) x + m + 3 ≥ 4 x + 1 → Bài giải: • D=R • Bất pt (1) ⇔ (m − 3)... x); f ( x) ≤ g ( x); f ( x) ≥ g ( x ) 16 Giải bất pt dạng: → Hướng giải quyết: Ta luôn có g ( x) ≥ 0 • f ( x) < g ( x ) ⇔ 2 2 f ( x) > g ( x) g ( x) ≥ 0 • f ( x) ≤ g ( x ) ⇔ 2 2 f ( x) ≤ g ( x) • Hai cái còn lại ngược lại tương ứng 2 * Example: Giải bất pt sau; − x + x − 1 ≤ 2 x + 5 (1) → Bài giải: 2 x + 5 ≥ 0 Bất pt (1) ⇔ (− x + x − 10) ≤ (2 x + 5) 5 5 x ≥ − x ≥ − ⇔ ⇔ 2 2 (−... của f(x) = ax+b (a ≠ 0) → Hướng giải quyết: • Tập xác định: D = R • Cho ax+b = 0 suy ra x= • Bảng xét dấu: x −b a −∞ ax+b −b a Trái dấu a Example: 1 Xét dấu f(x) = - 4x + 1 → Bài giải: • D=R +∞ 0 Cùng dấu a * • - 4x + 1 = 0 suy ra x= • Bảng xét dấu: 1 4 x −∞ 1 4 -4x+1 + 0 Văn Hội – THPT Lê Hồng Phong +∞ − 11 Ebooktoan.com Kết luận: 2 Giải bất pt sau: → Bài giải: 1 f ( x ) > 0 ∀x ∈ ( −∞; ) 4 (3 − x)(2... R ⇔ ∆ ≤ 0 a < 0 f(x) < 0 ∀x ∈ R ⇔ ∆ < 0 a < 0 f(x) ≤ 0 ∀x ∈ R ⇔ ∆ ≤ 0 Example: Tìm m để f(x) = (m - 4)x2 + (m + 1)x + 2m-1 luôn không âm → Bài giải: • Xét m – 4 = 0 suy ra m = 4 Khi đó f(x) = (4 + 1) x + 2.4 − 1 = 5 x + 7 (Không thỏa mãn đề bài) * m − 4 > 0 • Ta có: f ( x) ≥ 0 ⇔ 2 (m + 1) − 4(m − 4)(2m − 1) ≤ 0 m > 4 ⇔ 2 7 m − 38 + 15 ≥ 0 m > 4 3 ⇔ m ≤ ⇒ m ≥ 5 7 m ≥ 5... các dấu còn lại) 2 2 Example: Giải bất pt sau: x − 4 ≥ x − 5 x + 4 (1) → Bài giải: * 5 0 ≤ x ≤ 2 x − 4 ≤ −( x − 5 x + 4) 2 x − 5x ≤ 0 ⇔ ⇔ Bất pt (1) ⇔ 2 2 x − 4 ≥ x − 5x + 4 x ≥ 8 5 x ≥ 8 5 2 2 2 Kết luận: Vậy nghiệm của bất pt này là: ⇒ x≥0 x≥0 ********************************************** 17 Giải bất pt dạng: → Hướng • • giải quyết: f ( x) ≥ 0 f ( x) < g ( x) ⇔ g ( x) >... Vậy S = (−∞; −1) ∪ 2;3 ] 3 Giải bất pt sau: (2 x + 1)( x 2 + x − 30) ≥ 0 → Bài giải: D=R • −1 2 Ta có: * x = 5 2 * x + x − 30 = 0 ⇔ x = −6 2x +1 = 0 ⇔ x = • • Bảng xét dấu: x −∞ − VT −1 2 -6 0 + 0 +∞ 5 − 0 + 1 Kết luận: Vậy S = −6; − ∪ [ 5; +∞ ) 2 ************************************** 13 Tìm tham số m để f(x) = ax2 + bx + c luôn > 0; ≥ 0; < 0; ≤ 0 ∀x ∈ R → Hướng giải quyết: •... bất pt dạng: → Hướng • • giải quyết: f ( x) ≥ 0 f ( x) < g ( x) ⇔ g ( x) > 0 f ( x) < g 2 ( x) f ( x) ≥ 0 f (x) ≤ g ( x) ⇔ g ( x) ≥ 0 f (x) ≤ g 2 ( x ) Example: Giải bất pt sau: → Bài giải: * f ( x) < g ( x); f (x) ≤ g ( x) x 2 − x − 12 < 7 − x (1) Văn Hội – THPT Lê Hồng Phong 16 Ebooktoan.com x ≤ −3 x − x − 12 ≥ 0 x − x − 12 ≥ 0 x ≤ −3 x ≥ 4 ⇔ 7 − x > 0 ⇔... 0 suy ra m > 3 Khi đó bất pt (2) ⇔ x ≥ + m = 3: S = R ******************************************** 15 Tìm m để bất pt có nghiệm → Hướng giải quyết: Áp dụng * Example: Tìm m để bất pt sau có nghiệm: → Bài giải: x 2 − 5 x + 6 < 0(1) mx + 4 < 0(2) x = 3 • Ta có: x 2 − 5 x + 6 = 0 ⇔ x = 2 Suy ra S1 = (2;3) • Ta có: mx + 4 < 0 ⇔ mx < −4 + Nếu m > 0 suy ra x < − 4 m Suy ra: S2 = −∞; − 4... x ≥ 14 Kết luận: Vậy nghiệm của bất pt là: x ≤ −2 hoặc x ≥ 14 Văn Hội – THPT Lê Hồng Phong 17 Ebooktoan.com 19 Giải bất pt bằng cách đặt ẩn phụ → Hướng giải quyết: Áp dụng Example: Giải bất pt sau: → Bài giải: * x 2 + 3x ≤ 6 − x 2 − 3 x (1) x ≤ −3 x 2 + 3x ≥ 0 ⇔ x ≥ 0 2 2 x 2 + 3x ; t ≥ 0 ⇒ t = x + 3x • Điều kiện: • Đặt t = Bất pt (1) ⇔ t ≤ 6 − t 2 ⇔ t 2 + t − 6 ≤ 0 ⇒ −3 ≤ t ≤ 2 Kết hợp với điều . Ebooktoan.com Những dạng bài tập Đại số cần nhớ trong Toán nâng cao lớp 10 1.Sự biến thiên của hàm số y = f(x) trên khoảng (a;b). → Hướng giải quyết: • ∀ x. (2) 2 2 ( 2) 164x x⇔ + − = 2 2x 4x 160 0⇔ − − = 8 10 10 8 x y x y = − ⇒ = − ⇔ = ⇒ = Vậy hệ pt có nghiệm: 8 10 x y = − = ; 10 8 x y = = . ****************************************** 11 B ≥ < ≥ ⇔ ≥ ≥ * Example: Giải bất pt sau: 2 3 10 2x x x− − ≥ − → Bài giải: Bất pt (1) 2 2 2 3 10 0 (1) 2 0 2 0 (2) 3 10 ( 2) x x x x x x x − − ≥ − < ⇔ − ≥ −