Đang tải... (xem toàn văn)
PHẦN I: PHƯƠNG PHÁP XÉT TỔNG VÀ HIỆU Phương pháp xét tổng và hiệu sử dụng cho các phương trình vô tỷ hoặc một phương trình có trong một hệ phương trình ở dạng A B C . Điều kiện sử dụng ở chỗ ta nhận thấy C là một nhân tử của A B.
THỦ THUẬT CASIO TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH Website: www.alfazi.com Fanpage: fb.com/alfaziapp Group: fb.com/groups/alfazi PHẦN I: PHƯƠNG PHÁP XÉT TỔNG VÀ HIỆU Phương pháp xét tổng hiệu sử dụng cho phương trình vô tỷ phương trình có hệ phương trình dạng A B C Điều kiện sử dụng chỗ ta nhận thấy C nhân tử A B BÀI 1: x2 2x 2x 1 x 1 Nhận thấy A B x 2x 2x 1 x 1 có nhân tử C x 1 x2 2x 2x 1 x 2x 2x 1 x2 2x 2x 1 x 1 x1 x 1 x2 2x 2x 1 x 1 x2 2x 2x x x 2x 2x 1 x 1 BÀI 2: x3 x2 1 x2 2 x2 x 1 Nhận thấy A B x x 1 x x có nhân tử C x x 1 x x 1 x 2 x x2 1 x2 2 x3 1 x 1 x2 x 1 x3 x2 1 x2 x3 x x x x x2 x2 x 1 x 1 x2 x 2 x x 1 x x 1 Thử lại nghiệm ta thấy có x thỏa mãn nên phương trình có nghiệm x BÀI 3: x x x x 1 x 1 Nhận thấy A B x x x x x có nhân tử C x 1 x x x x 1 x x x x 1 x x x x 1 x 1 x 1 x 1 x x x x 1 x1 x x 1 x x x x x x x 1 x1 y 3x y 5x BÀI 4: 5y 7x 2x 1 y Nhận thấy phương trình đầu có A B y 3x 4 y 5x 4 8x có liên quan đến giá trị y 3x 4 y 5x 4 8x y 3x y 5x 2x y 3x y 5x y 3x y 5x y 3x 2x y 3x y 5x 2x Thay vào phương trình thứ ta y 3x x y x2 x, x 5x2 5x 7x 4x 6x 1 5x 5x x 1 2x 7x 4x 7x * 1 4x 2 7x 1 5x2 5x x 1 2x 7x Vì x 5x 5x x 1 2x 7x 1 4x 7x x 17 , y 17 32 Trong phần có chi tiết trục thức bước * giải thích Phần II: HỆ SỐ BẤTĐỊNH 2 y2 24 x x 1 y 0 y2 1 BÀI 5: 5x y 1 x y Phương trình thứ có A B 5x y 5 1 x y 6 x 1 có liên quan đến giá trị 5x y 1 x y 5x y 5 1 x y 5x y 1 x y 6 x 1 x 1 5x y 1 x y x 1 x 1 x y x 4 y x 20 y 5x y 1 x y Để ý phương trình có x x 1 y 2 y2 24 y2 1 x 1 y 52y2 2y 9 y2 1 0y Vậy hệ có nghiệm x y 2x y 2x y BÀI 6: 2 x 4x 2y 4y x 1 Nhận thấy phương trình đầu có A B 2x y 2x y 4 2 y 2 có liên quan đến giá trị 2x y 2x y 2x y 2x y 4 2x y 2x y y 2 y2 2x y 2x y y 2 y6 2x y x 1 1 y2 2 32 2x y 2x y Mặt khác phương trình thứ biến đổi thành: x3 4x2 y2 y x 1 x3 1 4x 4xy y y y x3 1 2x y y 2 Vì VT 0x 1cho nên hệ phương trình có nghiệm x 1, y | TH Ủ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì NH y 2x 1 1 y y BÀI 7: x x y(x 1) x2 y Nhận thấy phương trình đầu có A B y 2x 1 1 y 2y 2x không liên quan đến C y Còn phương trình thứ có A B y(x 1) x y x y x rút gọn với C x x y(x 1) x2 y y(x 1) x2 y y(x 1) x2 y x y x x x y x x y(x 1) x2 y x x y x y(x 1) x x 2 y x x y(x 1) x2 y x y x x x x y 4y x x x x y x2 x y x x 2 x y 0 y x 2 x Thay vào phương trình thứ ta được: x2 x 1 x x 1 x2 x Đến tình ta dung kỹ thuật nhẩm nghiệm nhận phương trình có nghiệm x (Hoặc sử dụng máy tính SHIFT SOLVE) Khi x 1thì Cauchy để đánh giá: x2 x 1 = 1, x x 1 = Do ta sử dụng bất đẳng thức 1 x x 1 x2 x 2 x x 1 1 x x 1 2 2 1 x x 1 x x 1 x x 1 x x 2 x x1 x x 1 2 x x x x Vì x 1 x 1 x 1 x 1 x x x2 x 1 x x 1 x 1 x2 x 1 x x 1 x2 x 2 Vậy đẳng thức xảy x 1, y BÀI 8: x2 16 x2 3x x 1 1 Bài toán nghiệm đẹp x 3, x 0 để giải nghiệm cách trục thức đơn gần không nhiều điểm Để giải triệt để ta sử dụng kỹ thuật xét tổng hiệu: x2 16 x2 3x x 1 1 x 16 x2 3x 4 x 16 x 3x 3x2 12x 2 x2 16 x2 3x x 11 x 1 1 x x 1 1 Như nghiệm x Nếu x x 16 x 3x 3 x 4 x 1 1 Do ta có hệ: | TH Ủ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì NH x 16 x 3x 3 x 4 x2 16 x2 3x x 1 1 x 16 2 x 3 x 1 2 2 x 1 1 x 16 5 13 3x x2 16 13 3x x 1 11 3x x 1 27 9x x 16 5 3x 13 x 1 2 x 3 2 x2 9 x2 16 3x 13 x 3 x 1 9 x 3 2 x 3 3x 13 x 9 x 1 x 16 Vì x 1 x Ta xét 3x 13 3x x 1 9 0x 1 x 1 x 1 Vậy phương trình có nghiệm x 3 x BÀI TẬP ÁP DỤNG: x 1 y2 y 1 x2 BÀI 1: 1x1 y 2 x2 y2 x2 y2 y BÀI 2: x y 3 x 12 y y 12 x2 12 BÀI 3: x3 8x 1 y2 x y2 x y2 1 y 1 BÀI 4: x 1 x 1 x 1 y BÀI 5: x2 x 2x | TH Ủ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì NH PHẦN II: DỰ ĐOÁN NHÂN TỬ TỪ NGHIỆM VÔ TỶ Phương pháp tận dụng nghiệm vô tỷ mà máy tính dò để đoán trước nhân tử phương trình, hệ phương trình Để sử dụng kỹ thuật này, cần phải nắm tốt quy tắc dò nghiệm SHIFT SOLVE 5x2 5x 7x 4x 6x 1 Điều kiện: x Sử dụng máy tính SHIFT SOLVE với x 1ta x 1,390388203 BÀI 1: 5x2 5x 2,390388203 x 1 Khi thay vào giá trị thức: Do 7x 2,780776406 2x 5x2 5x 3 cần phải tạo 5x2 5x x 1 7x cần phải tạo thành nhóm biểu thức 2x 7x thành nhóm biểu thức 5x2 5x 2,390388203 5x2 5x x 1 Như ta thấy 5x2 5x 7x 4x 6x 1 Viết lại phương trình ban đầu ta được: 5x 5x x 1 2x 7x 4x 7x * 4x 7x 5x 5x x 1 Vì x 5x2 5x x 1 1 2x 7x 17 , y 17 1 4x 7x x 32 2x 7x BÀI 2: x x 2x 3x 1 3x 1 Điều kiện: x 2x Sử dụng SHIFT với x ta x 4, 236067977 x 2x Thay vào thức toán: Như 3x 1 5,236067977 x 2x trừ 23x 1 trừ x 1 Viết lại phương trình: x2 3x 1 x 2x 3x 1 x 2x 2 1 x 2x 2 1 x1 2x x 2x 2 1 x x x2 2x 1 3x 1 x1 3x 1 x2 4x 1 x1 3x 1 x2 2x 1 2x 2 2x 2 1 x 1 2x 2x 1 x 1 23x 1 x2 4x 1 x2 4x 1 x2 4x 1 x2 4x 1 x 1 3x1 x 4x 1 | TH Ủ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì NH x 4x 1 1 x 1 23x 1 x 2x 1 x 1 2x x 2x 2 1 x 1 2x Vì x 2x 0nên x 2x 2 2.0 x 1 x 1 23x 1 Vậy x 4x 1 0, x x BÀI 3: x3 4x x 2x x 2x 13 SHIFT SOLVE với x ta x 0,828427124 Thay vào giá trị thức: 2 x 4,828427125 x Do ta viết lại phương trình ban đầu: 2x 13 3,828427125 x x2 x x x 2x 13 x2 x2 8x 16 x 5 x42 x5 x2 6x 2x 13 0 x 3 2x 13 x2 x 4x 0 x x x 3 2x13 Đến ta chứng minh x x x 2x 13 dương Để đánh giá điều ta phải xuất phát từ phương trình ban đầu đánh giá điều kiện căn: x 4x x Tuy nhiên phương trình bậc nghiệm xấu, chương trình THPT không nên sử dụng phương pháp Cardano để giải bất phương trình mà ta thêm bớt vài hạng tử nhỏ để bất phương trình dễ giải hơn: x 4x x x 4x x x x x 4 x 4x x x Vậy ta có x 2 2 Do đó: x 4 x 2x 13 4 4 13 BÀI 4: 3x2 x3 4x Phương trình giải phương pháp đạo hàm đẹp nhiều thử phá vế sử dụng kỹ thuật hệ số bất định thông qua SHIFT SOLVE để thấy toán có cách giải phổ thông Lập phương hai vế ta được: 27x x 4x Sử dụng SHIFT SOLVE liên tục với giá trị khác ta thu có nghiệm là: x1 0, 434258545 (Sử dụng tiếp SHIFT RCL A để gán vào biến A) x2 0, 767591879 (Sử dụng tiếp x x A B Như ta SHIFT RCL B để gán vào biến B) Khi ta sử dụng định lý Viet đảo: x x AB 1 nhận nhân tử có x2 x hay 3x x 1 Thực phép chia đa thức ta thu được: 3 | TH Ủ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì NH 27x x 4x 3x x 1 9x 3x 4x 2x Vì 9x 3x 4x 2x 6x 3x x x 1 x 2x 1 nên 3x x 1 x 1 13 BÀI 5: 15x2 x x2 x 1 SHIFT SOLVE ta x 0,767591879 x2 x 1,535183758 2x Nhân tử x2 x 1 2x 15x x x x 1 2x x x 1 15x 5x 23x x 1 5 53x x 1 3x 2 x 1 2x x2 x 1 2x x2 x 1 Xét 2x x x 1 10x x2 x 1 (Phương trình bậc 2) Kết hợp 3x x 1 15x x ta x 1 13 BÀI 6: x x x 1 x 1 1 x 1 1, 618033989 x Do có nhân tử x x 1 SHIFL SOLVE ta x 1,618033989 x3 x2 1 x2 1 x 1 x2 1 x x 1 x2 x 1 x 1 x x 1 Xét x x 1 x 1 x x 1 x3 x x2 1 1 0 x x 1 x x 1 x x1 2 1 x2 x 1 x 1 (Vô nghiệm) Vậy x x 1 x 1 8x 8x 2x 1 4x 6x 4x 6x 0x x BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI 1: x2 3x x 1 2x 1 BÀI 2: x2 x x x BÀI 3: x3 3x2 x 2x x 2x 11 BÀI 4: x2 x 1 x 2 x2 2x 2 x x 1 x BÀI 5: x4 2 BÀI 6: x2 6x x x 1 BÀI 7: x3 x 1 3x | TH Ủ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì NH 2 x 1 PHẦN III: HỆ SỐ BẤT ĐỊNH Mục đích phương pháp hệ số bất định tạo thêm bớt giả định cho có nhân tử chung đồng hệ số để tìm giả định Hệ số bất định có chất phân tích nhân tử có tác dụng mạnh toán có nhiều nghiệm BÀI 1: x4 x2 x4 20x2 7x Điều kiện: x Ta nhận thấy cần phải khai triển 7x ax bx với a, b hai số giả định cho chuyển sang bên trái, nhân liên hợp ta tìm hai nhân tử chung Do ta triển khai triển giả định: x x ax x 20x bx 4 x a 1x x4 x2 ax x 20 b x x4 20x2 bx 0 1 a 1 Mục đích ta hai tử số có nhân tử chung ta có 1 20 b2 a 2,b a b Như ta khai triển lại toán sau: x 5x2 x x 2x x4 x2 2x x4 20x2 5x x 5x x 20x 5x x x 2x x 5x2 0 x 20x 5x Vì x nên phương trình có nghiệm x 1 x BÀI 2: x2 6x 1 2x 1 x2 2x Điều kiện: x 6x 12x 1 Do phương trình tương đương với x tìm nhóm ax b giả định cho phương trình x 2 6x 1 x2 2x nên ta 2x 1 6x 1 ax b 2x 1 x2 2x ax b có vế trái sau quy đồng vế phải sau trục thức có nhân tử giống Vì ta khai triển giả định sau: x 6x 1 ax b 2x 1 x2 2x ax b 1 2a x2 6 a 2b x 1b 1a2 x2 2 2ab x 3 b2 2x 1 x2 2x ax b Do ta cần tử số có nhân tử giống nên ta có 1 2a a 2b 1 b a 0,b 1 a 2 2ab b2 Khi ta khai triển lại toán sau: x2 2x 1 x2 6x 1 x2 2x 1 x2 2x 1 x 2x 2x 1 2x 1 x2 2x 1 x 2x 2x 1 | TH Ủ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì NH BÀI 3: 2x x 1 x x 1 2x x2 x Điều kiện: x Viết lai toán dạng: 2x 2x x 2x3 2x 4x nên ta tìm nhóm x 1 2x 2x x ax b 2x3 2x 4x ax b* có vế trái x 1 sau quy đồng vế phải sau trục thức có nhân tử giống Ta khai triển giả định sau: ax b giả định cho phương trình * 2x3 a 2 x2 a 1 b x b x 1 2x3 a x 4 2ab x b Do ta cần tử số có nhân tử giống nên ta có: 2x3 2x2 4x ax b a a 1 b b a 1,b 2 a 2ab b 2x 2x x x 2x3 2x 4x x Khi khai triển lại toán với a 1,b ta được: x 1 2x3 3x2 2x3 3x2 2x3 3x2 x1 2x3 2x 4x x 2x 2x 4x 0VN BÀI 4: 2x x 21x 17 x2 x SHIFT SOLVE x 1 x Để làm xuất nhân tử này, ta cần khai triển giả định toán thành: 2x x mx n px q 21x 17 x2 x m p x n q Xét x 1 m n 2x2 x mx n ta có: m n 1 x 2m n Xét px q x p q p 21x 17 ta có: x p q q 1 Vậy ta khai triển lại toán sau: 2x x x 1 3x 1 21x 17 x 3x x 1 17 x 2 3x 1 Vì x 3.17 21 3x 1 1 2x x x 1 3x 1 21x17 21 Do phương trình có nghiệm x 1 x BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI 1: x2 x 6 5x 1 x3 2x BÀI 2: x2 3 x2 x 1 x3 3x2 4x 1 BÀI 3: x 3x BÀI 4: x 1 x 4x 2x 1 3x 2x BÀI 5: x3 5x2 4x 1 2x 6x 2x 10 | T H Ủ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H PHẦN IV: ĐẠO HÀM MỘT BIẾN Kỹ thuật 1: Coi x ẩn, y tham số, tính đạo hàm f x' x, y và chứng minh hàm số đơn điệu liên tục theo x Kỹ thuật 2: Phương trình f x có tối đa nghiệm f x đơn điệu liên tục theo x Kỹ thuật 3: f x f y x y f x đơn điệu liên tục theo x x y2 x y2 1 y 1 BÀI 1: x 1 x 1 x 1 y y x Thay cặp nghiệm Nếu x 2 y2 phương trình đầu trở thành 1 y2 y 1 y 1 x 2 vào phương trình ta thấy không thỏa mãn Nếu x y2 1thì phương trình đầu trở thành y 1 y 1 y 1 x 2 Thay cặp nghiệm vào phương trình ta thấy không thỏa mãn Vậy x 2y , x y 1 Khi ta xét hàm số: f x x y 1 y 1 f ' x x y2 x y2 x y 1 Do hàm số đơn điệu liên tục với x thuộc tập xác định Mà f y x y Thay vào phương trình ta được: x 1 2 x 1 x 1 4y2 x2 4x 1 x 1 x2 1 x2 1 2x x2 1 x2 1 4x x 1 2x x 1 x 1 2x x 1 2x x 1 2 Do x 21 4x x y x 1 2 0x x 1 2x 3 x 0 2 2 2 CHÚ Ý: Để tìm nhân tử x y2 ta làm sau: Đặt y 100 x 20000 x 10001 101 x 10000 y BÀI 2: x x 1 x 1 1 x x 1 x Điều kiện: x > Ta viết lại phương trình thành: x 1 x3 1 1 x2 2 x x Xét hàm f t t t 1 f ' t x 1 t t 1 t 1 1 1 x x x 1 1 x t t t 1 x 1 f t liên tục đồng biến 11 | T H Ủ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H x 1 1 f Do f x x 1 x 1 x 2y3 y 2x 1 x 1 x BÀI 3: y 1 y x Xét hàm số f y 2y y 2x 1 x 1 x với y ẩn, x tham số Ta cóhàm f y liên tụctrên có f ' y 6y 1 nên f y hàm đồng biến Mặt khác ta có f 1 x 21 x 1 x 1 x 2x 1 x 1 x phương trình có nghiệm y 1 x Thay vào phương trình ta được: 2x 1 x x x 2 2x 1 x 2 x 2x 1 x 2x 1 x Để tìm nhân tử y 1 x , ta xử lý sau: Đặt x 99 198 99 99 99 y3 y 1 1 0y 1 1 x 100 100 100 100 10 100 x 1 y y 1 x xy BÀI 4: x2 y 1 y2 1 x2 x2 y x x 1 x2 x x y Mà x y Từ phương trình ta có x 1 x x y 1 1 y Do 1 1 y dấu nên ta suy x 0, y Khi phương trình viết lại thành: x Xét hàm số f t t t 1 t ,t 0; f 't 1 t 1 t 1 1 y y 1 y2 x x 1 t Do f t hàm số liên tục đồng biến 0; Vì ta có f f y y Thay vào phương trình đầu ta x x x x x2 2x 3y y2 BÀI 5: x2 y2 3x 3y 1 Để ý thấy phương trình thứ phần khuyết phương trình đầu Nếu ta kết hợp hai phương trình xây dựng hàm đặc trưng Vì ta biến đổi phương trình trở thành x2 3x 1 y2 3y cộng vào vế phương trình đầu ta được: x2 2x 1 x2 2x y y x 12 x 12 y Xét hàm đặc trưng f t t t 4,t 0; f ' t 1 y2 Do f t 4 x 1 f y khi y x 1 x 12 y y 1 x 12 | T H Ủ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H 2 PHẦN V: LƯỢNG GIÁC HÓA BÀI 1: 1 x 2x 1 2x 1 x2 x cost t 0; sin t t t 2cos2 t 1 2cos t sin t sin cos 2t sin 2t sin sin 2t 4 2 BÀI 2: 4x3 12x2 9x1 2x x2 Phương trình x 13 x 1 1 x 12 Đặt x 1 cos t t 0; 4cos t 3cost sin t cos3t sin t BÀI 3: 1 x 16x 12x 1 4x3 3x x cos t t 0; sin t 16cos4 t 12 cos2 t 1 4cos3 t 3cos t sin t 2 cos t 1 2 cos t 11 cos 3t sin t 4cos2 2t 2cos 2t 1 cos3t sin t 2cos 4t cos 2t 1 cos 3t sin t 4cos 3t cost 1 cos 3t cos3t sin 2t sin t cos3t sin 5t sin t sin t cos3t x 1 x 1 x 1 2x 2x 1 x2 BÀI 4: x tan t, t ; \ 0; ; 4 2x 1 x 2x , sin 2t, sin 2t cos 2t 2 cos t x 1 x 1 x2 1 x2 1 x 1 1 x 1 2x 2x 1 x cost sin 2t sin4t 2 2cos 2t 2sin t 1 2sin t 1 sin 2t sin 4t sin 4t sin4t cos 2t 2sin t 1 1 2sin2 t 2sin t 1 sin t 13 | T H Ủ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H PHẦN VI: ĐẶT ẨN PHỤ Kỹ thuật 1: Đặt ẩn phụ để đưa hệ phương trình Kỹ thuật 2: Đặt ẩn phụ để phân tích đa thức thành nhân tử x 3y 1 x y 2x y 1 BÀI 1: x x y 9y Đặt a x y 0,b y 1 x 2a2 b2 1 b2 1 Thay vào hệ phương trình ta được: , y 2 a 2b2 1a b 2a 1b a b x 2, y a2 2a 1 4b2 y 1 x y x y 1 BÀI 2: x y2 y x2 Đặt a x y 0,b y x 2 y x a2 b2 , y b2 Vì phương trình lớn nên ta tập trung vào phương trình đầu để phân tích nhân tử: b 1a a 1b a b a 1b 1a b (1) Đến ta sử dụng phương pháp Tuy nhiên để ý kỹ phương trình xử lý cách độc lập: x y y x x y 16x y 64 y x 8 8x 16x y y 8 x y 2 x y (2) a 1, x y2 x , y 2 Kết hợp (1) (2) b 1,x y x 3, y x y 2y 1 x y BÀI 3: y2 xy y Đặt a x y 0,b 2y 1 a b2 x y 1 Thay vào phương trình đầu: a b2 a b Vì phương trình không phân tích thành nhân tử nên ta phải tìm cách biến đổi phương trình Để ý ta thấy a2b x y 2y 1 x y 2 xy y trong có xy y y xuất phương trình Do đó: a2b2 x y y x y a2b2 x y 1 a2b2 a2 b2 Vậy ta có hệ đối xứng loại 1: a b a b 4,a 2b a2 b a b 1 x 2, y BÀI 4: 1 x x 1 x 1 x2 Để ý thấy 1 x1 x 1 x nên ta đặt ẩn phụ dựa yếu tố Đặt a 1 x 0,b 1 x Khi ta có: 2x a b Nhân vế phương trình ta được: 2a a b4 b 2ab a b 2a b a b a b a b x 14 | T H Ủ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H PHẦN VII: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ Kỹ thuật 1: Đưa phương trình, hệ phương trình dạng A2 B2 Kỹ thuật 2: Sử dụng Cauchy với có bậc lớn Kỹ thuật 3: Sử dụng Bunyakovsky: ax by Kỹ thuật 4: Sử dụng Minkowski: a b x y Dấu bằng: a b2 x y a x 2 b y 2 a b x y Dấu bằng: a b x y a b a b 2 a b Dấu bằng: Kỹ thuật 5: Sử dụng Schwartz: x y x y x y Kỹ thuật 6: Sử dụng bất đẳng thức Jensen dành cho hàm lồi, hàm lõm: f " x 0 f a f b 2f f " x f a f b f ab ab Dấu xảy a b BÀI 1: 4x3 4x 5x 4 16x x xuất bậc nên ta nghĩ tới việc sử dụng bất đẳng thức Cauchy để giải toán gọn nhẹ Tuy nhiên để Cauchy đẳng thức phải Ta thấy 16x 8 2x 1 2x 1 nên ta tách: SHIFT SOLVE ta tìm nghiệm 16x 4 4 2x 1 2x 1 2x Như ta có 4x3 4x 5x 2x Do đó: 4x3 4x 7x x 2x 12 Vì x x 2x 12 x 2 BÀI 2: 4x 1 8x 4x 3x2 5x x xuất bậc nên ta nghĩ tới việc sử dụng bất SHIFL SOLVE ta tìm nghiệm đẳng thức Cauchy Ta thấy với x 4x 1 1, 8x 1nên ta sử dụng Cauchy bậc 1 4x 1 4x 1 2x,1.1.1.4 8x 111 8x 8x 2x Cauchy bậc ta có: 4x 1 Vậy 4x 3x 5x 4x 4x 3x x x x 2x 1 2 x x BÀI 3: 3x3 2x 3x3 x2 2x 1 2 x2 x 1 SHIFL SOLVE ta tìm nghiệm x 1 Khi 3x3 2x 3x3 x2 2x 1 1mà ta thấy có biểu thức lập phương đối căn, bình phương triệt tiêu nên ta nghĩ đến sử dụng Bunyakovsky: 3x3 2x 1 3x3 x2 2x 1 1 12 3x 3 2x 2 3x 3 x 2 2x 1 15 | T H Ủ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H Do ta có x x 1 3x 2x 1 Bình phương vế x 1 2x 1 x 1 y 4x 12 4x 8x 1 BÀI 4: 40x2 x y 14x 1 Sử dụng phép y 40x2 x vào phương trình đầu sử dụng SHIFT SOLVE ta x , y 14x 1 Chú ý 4x ,8x nên ta có: 8x 1 8x 1 8x 1 4x 8x 1 8x 4x 8x 1 8x 1 2 Và 14x 1 y y 14x 1 y 14x 1 Do hệ phương trình trở thành: 2 y 4x 1 8x 1 8x 1 2 Lấy 1 +2 2 y 4x 1 240x2 x y 14x 1 2 40x2 x y 14 x 2 2 96x2 24x 3 1 96 x x , y 8 x2 2x y2 4y BÀI 5: 6x y 11 10 4x 2x2 Sử dụng phép y 6x 11 10 4x 2x vào phương trình đầu SHIFT SOLVE ta x 1; y 3 Khi y2 y 1, 10 4x 2x Vì ta điều chỉnh số cho hợp lý áp dụng Cauchy: y 1 y2 4y 2 x 2x y y x 2x Do ta có: 2 y x12 6x y 11 2x 6x y 11 10 4x 2x 10 4x 2x 22 2x2 4x y2 y Cộng hai vế hai phương trình ta được: x 10x y 15 3x 6x y y 12 x 12 y 32 x 1, y 3 BÀI TẬP ÁP DỤNG: x 12 y x 2x 1 BÀI 1: 3x x y x x x 12 y y 12 x 12 BÀI 2: x3 8x 1 y 1 16 | T H Ủ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H [...]... của phương trình ta được: 2a 2 a 4 b4 b 2ab a b 2a b a b a 2 b 2 0 a b x 0 14 | T H Ủ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H PHẦN VII: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ Kỹ thuật 1: Đưa phương trình, hệ phương trình về dạng A2 B2 0 Kỹ thuật 2: Sử dụng Cauchy với những bài có căn bậc lớn Kỹ thuật 3: Sử dụng Bunyakovsky: ax by Kỹ thuật. .. x y 1 Thay vào phương trình đầu: a 2 b2 a b 4 Vì phương trình này không phân tích được thành nhân tử nên ta phải tìm cách biến đổi phương trình 2 Để ý ta thấy rằng a2b 2 x y 2y 1 x y 2 xy y 2 trong đó có xy y 2 2 y xuất hiện trong phương trình 2 Do đó: a2b2 x y 2 2 y x y 4 a2b2 x y 1 3 a2b2 a2 b2 3 Vậy ta có hệ đối xứng loại 1:... được x 1 x x x x2 2x 5 3y y2 4 BÀI 5: x2 y2 3x 3y 1 0 Để ý thấy phương trình thứ 2 là một phần khuyết của phương trình đầu Nếu ta kết hợp hai phương trình đó thì có thể xây dựng hàm đặc trưng Vì vậy ta biến đổi phương trình 2 trở thành x2 3x 1 y2 3y và cộng vào 2 vế của phương trình đầu ta được: x2 2x 1 x2 2x 5 y 2 y 2 4 x 12 x 12 4 y 2 ... x 2 1 2 x 1 x 2 1 2 y y 0 x 0 Thay các cặp nghiệm trên Nếu x 2 y2 thì phương trình đầu trở thành 1 y2 y 1 y 1 x 2 vào phương trình 2 ta thấy không thỏa mãn Nếu x y2 1thì phương trình đầu trở thành y 2 1 y 1 y 1 x 2 Thay cặp nghiệm trên vào phương trình 2 ta thấy cũng không thỏa mãn Vậy x 2y 2 , x y 2 1 Khi đó ta xét hàm số: f x... T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H PHẦN VI: ĐẶT 2 ẨN PHỤ Kỹ thuật 1: Đặt 2 ẩn phụ để đưa về hệ phương trình cơ bản Kỹ thuật 2: Đặt 2 ẩn phụ để phân tích đa thức thành nhân tử x 3y 1 x y 2x 2 y 1 8 BÀI 1: x 5 2 x y 9y Đặt a x y 0,b 2 y 1 0 x 2a2 b2 1 b2 1 Thay vào hệ phương trình ta được: , y 2 2 a 2 2b2 1a b 2 2a 2 1b 8 a ... 8 y x2 8 8 Đặt a x y 0,b y x 2 y 0 x a2 b2 , y b2 Vì phương trình 2 khá lớn nên ta tập trung vào phương trình đầu để phân tích nhân tử: b 2 1a a 2 1b a 2 b 2 2 a 1b 1a b 2 0 (1) Đến đây là ta có thể sử dụng phương pháp thế được rồi Tuy nhiên nếu để ý kỹ thì phương trình 2 có thể xử lý được một cách độc lập: x y 2 8 8 y x 2 8 x 2 y... y Từ phương trình 2 ta có được x 1 x 2 x 2 y 1 1 y 2 Do 2 1 1 y 0 cùng dấu nên ta suy ra x 0, y 0 Khi đó phương trình 2 viết lại thành: 1 x Xét hàm số f t t t 1 t 2 ,t 0; f 't 1 t 2 1 t 2 1 1 1 y y 1 y2 2 x x 1 t 2 0 Do đó f t là hàm số liên tục và đồng biến trên 0; Vì vậy ta có f 1 f y 1 y Thay vào phương trình. ..PHẦN IV: ĐẠO HÀM MỘT BIẾN Kỹ thuật 1: Coi x là ẩn, y là tham số, tính đạo hàm f x' x, y và chứng minh hàm số đơn điệu và liên tục theo x Kỹ thuật 2: Phương trình f x 0 có tối đa 1 nghiệm nếu f x đơn điệu và liên tục theo x Kỹ thuật 3: f x f y x y nếu f x đơn điệu và liên tục theo x x 2 y2 x y2 1 y... 8x 1 BÀI 4: 40x2 x y 14x 1 Sử dụng phép thế y 40x2 x 1 3 vào phương trình đầu và sử dụng SHIFT SOLVE ta được x , y 8 2 14x 1 Chú ý rằng 4x 1 ,8x 1 2 nên ta có: 2 8x 1 8x 1 8x 1 3 4x 8x 1 3 8x 2 1 3 4x 8x 1 8x 1 2 3 2 2 Và 14x 1 3 y y 14x 1 y 14x 1 Do đó hệ phương trình trở thành: 2 2 y 2 4x 1 2 8x 1 1 8x 1 2 2 Lấy 1 +2... 1 1mà ta thấy có 2 biểu thức lập phương đối nhau trong 2 căn, nếu 2 căn đó bình phương thì sẽ triệt tiêu được nên ta nghĩ đến sử dụng Bunyakovsky: 1 3x3 2x 2 2 1 3x3 x2 2x 1 1 2 12 3x 3 2x 2 2 3x 3 x 2 2x 1 15 | T H Ủ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H Do đó ta có 2 x 2 x 1 2 3x 2 2x 1 Bình phương 2 vế x 1 2x 2 1 0 ... ĐÁNH GIÁ Kỹ thuật 1: Đưa phương trình, hệ phương trình dạng A2 B2 Kỹ thuật 2: Sử dụng Cauchy với có bậc lớn Kỹ thuật 3: Sử dụng Bunyakovsky: ax by Kỹ thuật 4: Sử dụng Minkowski:... phát từ phương trình ban đầu đánh giá điều kiện căn: x 4x x Tuy nhiên phương trình bậc nghiệm xấu, chương trình THPT không nên sử dụng phương pháp Cardano để giải bất phương trình mà...PHẦN I: PHƯƠNG PHÁP XÉT TỔNG VÀ HIỆU Phương pháp xét tổng hiệu sử dụng cho phương trình vô tỷ phương trình có hệ phương trình dạng A B C Điều kiện sử dụng