Đang tải... (xem toàn văn)
Singapore đang chủ trương “dạy ít hơn, học hỏi nhiều hơn”.......Phương thức Singapore được phát triển bởi đội ngũ giáo viên trong những năm 1980, những người được giao nhiệm vụ viết ra các tài liệu giảng dạy chất lượng cao của Bộ Giáo dục. Họ đã nghiên cứu rất nhiều, cũng đi du lịch đến các trường học ở các nước khác, bao gồm Canada và Nhật Bản, để so sánh hiệu quả các phương pháp giảng dạy. Ở Việt Nam chúng ta, giáo viên căng lên lo miếng cơm manh áo, hết lò luyện thi lại... Xem thêm
TÀI LIỆU ÔN THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA u ne t KỸ THUẬT XỬ LÝ PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ PHƯƠNG PHÁP XÉT TỔNG VÀ HIỆU DỰ ĐOÁN NHÂN TỬ TỪ NGHIỆM VÔ TỶ HỆ SỐ BẤT ĐỊNH ĐẠO HÀM MỘT BIẾN LƯỢNG GIÁC HÓA ĐẶT ẨN PHỤ PHẦN VII: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ Biên soạn: ĐOÀN TRÍ DŨNG w w w b ox ta ilie PHẦN I: PHẦN II: PHẦN III: PHẦN IV: PHẦN V: PHẦN VI: PHẦN VII: 1|THỦ THUẬT PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH www.boxtailieu.net 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 BÀI 1: A B C Điều kiện sử dụng chỗ ta nhận thấy C nhân tử A B x2 x x x Nhận thấy A B x x x 1 x có nhân tử C x x2 2x 2x x2 x x 1 x2 x x x2 1 x 1 x 1 x 2x 2x 1 x 1 x2 2x 2x x x 2x 2x 1 x 1 BÀI 2: x3 x x x x x 2 x2 x2 x3 x x x3 x 1 x2 x u ilie x x 1 x ne t Nhận thấy A B x x 1 x x có nhân tử C x2 x x3 x x x x x x x x 1 x x x3 x x x ta x x x x 1 x 1 b BÀI 3: ox Thử lại nghiệm ta thấy có x thỏa mãn nên phương trình có nghiệm x w Nhận thấy A B x x x x x có nhân tử C x w x 8 xx x 1 x x x x 1 w x x x x 1 x 1 x 1 x 1 x x x x 1 x 1 x x 1 x x x x x x x x y 3x y x BÀI 4: y x 2x 1 y Nhận thấy phương trình đầu có A B y 3x 4 y 5x 8x có liên quan đến giá trị y 3x y x y 3x y x 8 x 2 x y 3x y x 4 y 3x y x y 3x x y 3x x y x x, x y 3x y x 2 x Thay vào phương trình thứ ta 2|THỦ THUẬT PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH www.boxtailieu.net 5x2 5x x x2 x x x x 1 x x x x * 1 x2 x 1 5x 5x x x x Vì x 1 17 17 x2 x x ,y 32 5x 5x x x x Trong phần có chi tiết trục thức bước * giải thích Phần II: HỆ SỐ BẤT ĐỊNH x y 5 1 x y x 1 x 5x y x y u 5x y x y ne t y 24 x x 1 y 0 BÀI 5: y2 1 5x y x y Phương trình thứ có A B 5x y 5 1 x y x 1 có liên quan đến giá trị 0 ta y 24 y2 1 x 1 y 5 y y ox Để ý phương trình có x x y ilie 5x y x y x x 1 x y x 4 y x 20 y 5x y x y y2 1 0y b Vậy hệ có nghiệm x y w w w 2x y 2x y BÀI 6: 2 x x y y x 1 Nhận thấy phương trình đầu có A B x y x y 4 y có liên quan đến giá trị 2x y 2x y 2x y 2x y 4 y 2 2x y 2x y 4 y2 2x y 2x y y 2 y6 y 2 x y x 32 2x y 2x y Mặt khác phương trình thứ biến đổi thành: x3 x y y x 1 x3 x xy y y y x3 x y y 2 Vì VT 0x hệ phương trình có nghiệm x 1, y 3|THỦ THUẬT PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH www.boxtailieu.net y 2x 1 1 y y BÀI 7: x x y ( x 1) x y Nhận thấy phương trình đầu có A B y x 1 1 y y x 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) x y y ( x 1) x y y ( x 1) x y x y x x x yx x y ( x 1) x y x x yx x2 x y y ( x 1) x x yx x x y ( x 1) x y x x y x2 x x2 x y y x2 x x y x x y y x2 x ne t Thay vào phương trình thứ ta được: x2 x x x x x Đến tình ta dung kỹ thuật nhẩm nghiệm nhận phương trình có nghiệm x (Hoặc sử x x = Do ta sử dụng bất đẳng thức u x x = 1, ilie dụng máy tính SHIFT SOLVE) Khi x Cauchy để đánh giá: x x 1 x x2 x 2 x2 x x2 x x b x x 1 x ox ta x2 x 1 x2 x 2 x x 1 1 x x 2 2 1 x x x x x x x x 2 Vì x x x 1 x x x x x x x x x w w w Vậy đẳng thức xảy x 1, y BÀI 8: x2 16 x 3x x Bài toán nghiệm đẹp x 3, x để giải nghiệm cách trục thức đơn gần không nhiều điểm Để giải triệt để ta sử dụng kỹ thuật xét tổng hiệu: x 16 x x x x 16 x 3x x 16 x 3x 3x 12 x 2 x 16 x x 2 x 1 1 x 1 1 x x 1 1 Như nghiệm x Nếu x x 16 x 3x 3 x x 1 1 Do ta có hệ: 4|THỦ THUẬT PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH www.boxtailieu.net x 16 x 3x 3 x x 16 x x x x 16 x 3 2 x 2 x 16 x 13 x2 x 16 2 x 1 1 x 16 13 x x 16 13 x x 11 x x 27 x x x 3 3x 13 x 3 x 1 x 3 x 3 x 13 x 3 9 x 1 x 16 Vì x 1 x Ta xét 3x 13 3x x 9 0x 1 x 1 x 1 BÀI 5: u ilie ta ox w w w b BÀI TẬP ÁP DỤNG: x y y x BÀI 1: 1 x 1 y x y x y y BÀI 2: x y x 12 y y 12 x 12 BÀI 3: x 8x 1 y x y2 x y2 y 1 BÀI 4: x 1 x 1 x y ne t Vậy phương trình có nghiệm x x x2 x x 5|THỦ THUẬT PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH www.boxtailieu.net 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 x x2 x Điều kiện: x Sử dụng máy tính SHIFT SOLVE với x ta x 1,390388203 BÀI 1: x x 2,390388203 x Khi thay vào giá trị thức: Do x 2, 780776406 x 5x x cần phải tạo 5x 5x x 1 x cần phải tạo thành nhóm biểu thức x x thành nhóm biểu thức 5x2 5x 2,390388203 5x2 5x x Như ta thấy x x x 1 x x x x * 1 x2 x 1 5x 5x x x x ta 1 17 17 x2 x x ,y 32 5x 5x x x x ox Vì x ilie u ne t 5x2 5x x x2 x Viết lại phương trình ban đầu ta được: b BÀI 2: x x x 3x 3x 1 w Điều kiện: x x Sử dụng SHIFT với x ta x 4, 236067977 x x trừ w w x 2x Thay vào thức toán: Như x 5, 236067977 3x 1 trừ x 1 Viết lại phương trình: x 3x x x 3x 1 x 2x 1 x 2x 1 x 1 2x x 2x 1 x x x 1 x x 1 x2 4x 1 x x 1 x2 2x 2x 2 x 2x 1 x 1 2x x x x 3x 1 x x x2 4x 1 x2 4x 1 x2 4x 1 x x 1 x2 4x 1 6|THỦ THUẬT PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH www.boxtailieu.net x 4x 1 1 x 3x 1 x 2x x 1 2x x 2x 1 x 1 2x Vì x x nên x x 2.0 x x 3x 1 Vậy x2 4x 0, x x BÀI 3: x3 x2 x x2 x x 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: x 13 3,828427125 x x42 x5 x x x 13 0 x x 13 u x x x 16 x ne t x x x x x 13 x2 x 4x 0 x x x x 13 ilie b ox ta Đến ta chứng minh x x x x 13 dương Để đánh giá điều ta phải xuất phát từ phương trình ban đầu đánh giá điều kiện căn: x3 x2 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: w x3 x x x3 x x x x x 4 w w x x Do đó: Vậy ta có x x 13 13 x2 x x 2 2 x BÀI 4: 3x x3 x 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: 27 x6 x3 x 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 SHIFT RCL B để gán vào biến B) Khi ta sử dụng định lý Viet đảo: Như ta x x AB 1 nhận nhân tử có x x hay 3x2 x Thực phép chia đa thức ta thu được: 3 7|THỦ THUẬT PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH www.boxtailieu.net 27 x6 x3 x 3x2 x x4 3x3 x x Vì x4 3x3 x2 x x4 3x x x 1 x x 1 nên 3x x x 13 BÀI 5: 15x2 x x x SHIFT SOLVE ta x 0, 767591879 x2 x 1,535183758 2x Nhân tử x2 x 2x 15 x x x x 2 x x x 15 x x 3x x 3x x 5 2x x2 x 2x x x 1 Xét 2x x x 10 x x x (Phương trình bậc 2) Kết hợp 3x2 x 15x2 x ta x 13 ne t 3x x BÀI 6: x3 x x 1 x ilie u SHIFL SOLVE ta x 1,618033989 x 1 1,618033989 x Do có nhân tử x x x3 x x x x2 x x x2 x 1 x ox x x 1 x2 x x 1 x x 1 1 x x 1 ta x2 x 1 x2 1 x x x (Vô nghiệm) Vậy x x x x x 1 b Xét w 1 x3 x x 1 x x x x 0x x x 2 w x3 x w BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI 1: x2 3x x 1 x BÀI 2: x2 x x x BÀI 3: x3 3x2 x x2 x x 11 BÀI 4: x x x x x BÀI 5: x2 x x2 x4 x2 BÀI 6: x2 x x BÀI 7: x3 x 3x 8|THỦ THUẬT PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH www.boxtailieu.net 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 20 x2 x 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 20 x bx 4 x4 a2 x2 x x ax x 20 b2 x x 20 x bx 0 x4 x2 x 1 x4 5x2 0 4 x 20 x x x x x x 20 x x x4 5x2 ilie x4 5x2 ta x4 x2 x x4 20 x2 5x u Như ta khai triển lại toán sau: ne t 1 a Mục đích ta hai tử số có nhân tử chung ta có 1 20 b a 2, b a b BÀI 2: x x x 1 x x ox Vì x nên phương trình có nghiệm x x b Điều kiện: x x 1 x 1 Do phương trình tương đương với x2 x x x nên ta 2x 1 w x2 x ax b x x ax b có vế trái 2x 1 sau quy đồng vế phải sau trục thức có nhân tử giống w w tìm nhóm ax b giả định cho phương trình Vì ta khai triển giả định sau: x2 x ax b x x ax b 2x 1 2 2a x a 2b x 1 b 1 a x 2ab x b 2x 1 x x ax b Do ta cần tử số có nhân tử giống nên ta có 2a a 2b b a 0, b a2 2ab b2 Khi ta khai triển lại toán sau: x2 6x x2 2x 1 x2 x 2x 1 2x 1 x 2x 1 x2 x x 2x 2x 1 x2 2x 1 9|THỦ THUẬT PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH www.boxtailieu.net BÀI 3: x x 1 x x 1 x x x x3 x x Điều kiện: x Viết lai toán dạng: x3 x x nên ta tìm nhóm x 1 2x 2x x ax b x3 x x ax b * có vế trái ax b giả định cho phương trình x 1 sau quy đồng vế phải sau trục thức có nhân tử giống Ta khai triển giả định sau: x3 a x a b x b * x 1 x3 a x 2ab x b 2 x3 x x ax b Do ta cần tử số có nhân tử giống nên ta có: a a 1 b b a 1, b 2 a 2ab b2 ne t x3 x x Khi khai triển lại toán với a 1, b ta được: x x3 x x x x 1 x 3x x3 3x x3 3x x 1 x3 x x x x3 x x VN ilie u BÀI 4: x2 x 21x 17 x2 x SHIFT SOLVE x 1 x Để làm xuất nhân tử này, ta cần khai triển giả định toán thành: x m n 2 x x mx n ta có: m n 1 x 2m n ox Xét ta x x mx n px q 21x 17 x x m p x n q w b x p q p Xét px q 21x 17 ta có: x p q q 1 w w Vậy ta khai triển lại toán sau: x x x 1 3x 1 21x 17 x 3x x 1 17 x 3x 1 Vì x 3.17 21 3x 1 x x x 3x 21x 17 21 Do phương trình có nghiệm x x BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI 1: x x 5x 1 x3 x BÀI 2: x x x x3 3x x BÀI 3: x2 3x x x x BÀI 4: x 3x x BÀI 5: x3 5x x 1 x x x 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 www.boxtailieu.net PHẦN IV: ĐẠO HÀM MỘT BIẾN Kỹ thuật 1: Coi x ẩn, y tham số, tính đạo hàm f x' x, y 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 y 1 BÀI 1: x 1 x 1 x y y x Nếu x 2 y phương trình đầu trở thành y y Thay cặp nghiệm y 1 x 2 vào phương trình ta thấy không thỏa mãn y y y 1 x 2 Thay cặp nghiệm vào ne t Nếu x y phương trình đầu trở thành phương trình ta thấy không thỏa mãn Vậy x 2 y , x y Khi ta xét hàm số: x y2 u x y2 Do hàm số đơn điệu liên ilie f x x y2 x y2 y 1 f ' x tục với x thuộc tập xác định Mà f y x y Thay vào phương trình ta được: ta x 1 x y ox x x x 1 x 1 x x x x x x x2 b x2 x x2 x x2 w x2 x x2 x2 1 x 0x x 2 x x y 3 x 2 w Do w CHÚ Ý: Để tìm nhân tử x y ta làm sau: Đặt y 100 x 20000 x 10001 101 x 10000 y BÀI 2: x x x x2 x x x2 x Điều kiện: x > Ta viết lại phương trình thành: x 1 x3 1 x2 2 x x Xét hàm f t t t f ' t x 1 t t 1 t 1 x 1 1 x x t t t 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 www.boxtailieu.net x 1 1 Do f f x x 1 x 1 x 2 y y x x x BÀI 3: y 1 y x Xét hàm số f y y3 y x x x với y ẩn, x tham số Ta có hàm f y liên tục có f ' y y nên f y hàm đồng biến Mặt khác ta có f x 1 x x x x x x phương trình có nghiệm y x Thay vào phương trình ta được: 2x 1 x x x 2x 1 x 2 x 2x 1 x 2x 1 x 99 198 99 99 99 y3 y 1 1 y 1 1 x 100 100 100 100 10 100 u Đặt x ne t Để tìm nhân tử y x , ta xử lý sau: ilie x y y x xy BÀI 4: 2 2 x y 1 y 1 x x y x x x2 x x Từ phương trình ta có x x x y y Do y Mà x y 1 y ta ox w b dấu nên ta suy x 0, y Khi phương trình viết lại thành: Xét hàm số f t t t t , t 0; f ' t t2 1 x x 1 y y 1 y2 x t Do f t hàm số liên tục w 1 t 1 đồng biến 0; Vì ta có f f y y Thay vào phương trình đầu ta x x x w 2 x x 2x y y BÀI 5: 2 x y 3x y 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 y y cộng vào vế phương trình đầu ta được: x x x x y y x 1 x 1 Xét hàm đặc trưng f t t t 4, t 0; f ' t y2 y2 Do f t4 x 1 f y y x 1 x 1 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 www.boxtailieu.net 2 PHẦN V: LƯỢNG GIÁC HÓA BÀI 1: x x2 x x t t t x cos t t 0; sin 2cos t 2cos t sin t sin cos 2t sin 2t sin sin 2t 2 4 BÀI 2: x3 12 x2 x x x Phương trình x 1 x 1 x 1 Đặt x cos t t 0; 4cos3 t 3cos t sin t cos3t sin t BÀI 3: x 16 x 12 x x3 3x t 1 cos x cos t t 0; sin t 16 cos t 12 cos t cos3 t 3cos t 2 t 1 cos 3t ne t sin t cos sin t cos 2t cos 2t 1 cos 3t u sin t cos 4t cos 2t 1 cos 3t ilie sin t cos 3t cos t 1 cos 3t cos 3t sin 2t sin t cos 3t w x tan t , t ; \ 0; ; 4 2 ox b BÀI 4: x2 x2 x 1 2x x x2 ta sin 5t sin t sin t cos 3t x x2 2x x 1 , sin 2t , sin 2t cos 2t 2 cos t x x 1 w w x2 x2 1 x 1 2x cos t sin 2t sin 4t 2x 1 x cos 2t 2sin t 1 2sin t 2 sin 2t sin 4t sin 4t sin 4t cos 2t 2sin t 1 2sin 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 www.boxtailieu.net 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 y 1 x y x y BÀI 1: x x y y 2a b b2 Đặt a x y 0, b y x Thay vào hệ phương trình ta được: ,y 2 2 2 a 2b a b 2a b a b x 2, y 2 a a b ne t y 1 x y x y 1 y x BÀI 2: 2 x y y x Đặt a x y 0, b y x a2 b2 , y b2 Vì phương trình lớn nên ta tập trung vào phương u trình đầu để phân tích nhân tử: b2 1 a a 1 b a b2 a 1 b 1 a b 2 (1) ilie Đến ta sử dụng phương pháp Tuy nhiên để ý kỹ phương trình xử ta lý cách độc lập: x y y x x y 16 x y 64 y x x y (2) ox x 16 x y y x y w w b a 1, x y x , y Kết hợp (1) (2) b 1, x y x 3, y w x y y 1 x y BÀI 3: y xy y Đặt a x y 0, b y a b2 x y Thay vào phương trình đầu: a2 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 a 2b2 x y y 1 x y xy y 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: a2 b2 a b 4, a 2b2 a b2 a b x 2, y BÀI 4: x x x x Để ý thấy 1 x 1 x x nên ta đặt ẩn phụ dựa yếu tố Đặt a x 0, b x Khi ta có: 2x a b4 Nhân vế phương trình ta được: 2a a b4 b 2ab a b 2a b a b a b2 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 www.boxtailieu.net 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 b2 x a b2 x y y Dấu bằng: a x b y 2 a b x y Dấu bằng: a b x y a b2 a b a b Kỹ thuật 5: Sử dụng Schwartz: Dấu bằng: x y x y x y Kỹ thuật 6: Sử dụng bất đẳng thức Jensen dành cho hàm lồi, hàm lõm: ab f " x f a f b f Dấu xảy a b f " x f a f b f a b ne t u BÀI 1: x3 x2 5x 4 16 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 16 x x 1 x nên ta tách: 16 x 4 4 x 2x 2x Như ta có x3 x2 5x x Do đó: 4 ox ta ilie SHIFT SOLVE ta tìm nghiệm x x x x 3x x w BÀI 2: w b 1 2 x3 x x x x 1 Vì x x x 1 x 2 w SHIFL SOLVE ta tìm nghiệm x xuất bậc nên ta nghĩ tới việc sử dụng bất x 1, 8x nên ta sử dụng Cauchy bậc 4x 1 8x Cauchy bậc ta có: x x x,1.1.1 x 8x x đẳng thức Cauchy Ta thấy với x Vậy x 3x 5x x x 3x x x x 2x x BÀI 3: x 3x3 x 3x3 x x x x SHIFL SOLVE ta tìm nghiệm x 1 Khi 3x3 x2 3x3 x x mà ta thấy có biểu thức lập phương đối căn, bình phương triệt tiêu nên ta nghĩ đến sử dụng Bunyakovsky: 3x3 x 3x3 x x 1 12 3x3 x 3x3 x x 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 www.boxtailieu.net Do ta có x x 3x x Bình phương vế x 1 x x 1 2 y x 1 x 8 x 1 BÀI 4: 40 x x y 14 x Sử dụng phép y 40 x x vào phương trình đầu sử dụng SHIFT SOLVE ta x , y 14 x 1 Chú ý x ,8x nên ta có: x 8 x 1 8 x 8x 1 8x 8x 1 8x x 8 x 1 3 y 14 x Và 14 x Do hệ phương trình trở thành: y y 14 x 2 8x y x 1 1 8x 2 Lấy 1 +2 y x 1 40 x x y 14 x 2 40 x x y 14 x ilie 1 96 x x , y 8 ne t 96 x 24 x u ta 2 x 2x y y BÀI 5: 6 x y 11 10 x x y y 1, 10 x x Vì ta điều chỉnh số cho hợp lý áp dụng Cauchy: b Khi ox Sử dụng phép y x 11 10 x x vào phương trình đầu SHIFT SOLVE ta x 1; y 3 w w w 1 y2 y y2 y 1 x x x x y y Do ta có: 2 2 10 x x 10 x x 6 x y 11 x x 6 x y 11 2 2 x x y y Cộng hai vế hai phương trình ta được: x 10 x y 15 3x2 x y y 12 x 1 y 3 x 1, y 3 2 BÀI TẬP ÁP DỤNG: x 12 y x x 1 BÀI 1: 2 3x x y x x x 12 y y 12 x 12 BÀI 2: x 8x y 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 www.boxtailieu.net [...]... f y y Thay vào phương trình đầu ta được x 1 x x w 2 2 2 x x 2x 5 3 y y 4 BÀI 5: 2 2 x y 3x 3 y 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 y 2 3 y và cộng vào 2 vế của phương trình đầu ta được: x... y 8 y x 8 8 Đặt a x y 0, b y 0 x a2 b2 , y b2 Vì phương trình 2 khá lớn nên ta tập trung vào phương u trình đầu để phân tích nhân tử: b2 1 a a 2 1 b a 2 b2 2 a 1 b 1 a b 2 0 (1) ilie 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 ta lý được một cách độc lập: x y 2 ... y Đặt a x y 0, b 2 y 1 0 a 2 b2 x y 1 Thay vào phương trình đầu: a2 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 a 2b2 x y 2 y 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 ... 4 1 x 0 Khi đó ta có: 2x a 4 b4 Nhân 2 ở cả 2 vế của phương trình ta được: 2a 2 a 4 b4 b 2ab a b 2a b a b a 2 b2 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 www.boxtailieu.net 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... 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 1 BÀI 1: x 2 1 2 x 1 x 2 1 2 y y 0 x 0 Nếu x 2 y 2 thì phương trình đầu trở thành 1 y 2 y 1 Thay các cặp nghiệm trên y 1 x 2 vào phương trình... nghiệm trên vào ne t Nếu x y 2 1 thì phương trình đầu trở thành phương trình 2 ta thấy cũng không thỏa mãn Vậy x 2 y 2 , x y 2 1 Khi đó ta xét hàm số: 2 x 2 y2 1 u 1 2 x y2 1 0 Do đó hàm số đơn điệu và liên ilie f x x 2 y2 x y2 1 y 1 f ' x tục với mọi x thuộc tập xác định Mà f y 2 0 x y 2 Thay vào phương trình 2 ta được: ta 2 1 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 2 x 2 2 1 3x3 x 2 2 x 1 1 2 12 3x3 2 x 2 2 3x3 x 2 2 x 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 www.boxtailieu.net Do đó ta có 2 x 2 x 1 2 3x 2 2 x 1 Bình phương 2 vế ... liên tục trên có f ' y 6 y 2 1 0 nên f y là hàm đồng biến trên Mặt khác ta có f và 1 x 2 1 x 1 x 1 x 2 x 1 x 3 1 x 0 do đó phương trình có một nghiệm duy nhất đó là y 1 x Thay vào phương trình 2 ta được: 3 2x 1 x 2 x x 2 3 2x 1 x 2 x 3 2x 1 x 3 2x 1 x 1 99 198 99 99 1 99 2 y3 y 1 3 1 0 y 1... www.boxtailieu.net 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 3 y 1 x y 2 x 2 y 1 8 BÀI 1: x 5 2 x y 9 y 2a 2 b 2 1 b2 1 Đặt a x y 0, b 2 y 1 0 x Thay vào hệ phương trình ta được: ,y 2 2 2 2 2 2 a 2b 1 a b 2a 1 b 8 a... ilie x 2 1 y 2 y 2 1 x 2 4 xy BÀI 4: 2 2 2 2 x y 1 y 1 x x y x x 1 x2 x x 0 Từ phương trình 2 ta có được x 1 x 2 x 2 y 1 1 y 2 Do y 0 Mà x và y 2 1 1 y 0 ta ox w b cùng dấu nên ta suy ra x 0, y 0 Khi đó phương trình 2 viết lại thành: Xét hàm số f t t t 1 t 2 , t 0; f ' t 1 t2 1 1 x x 1 1 y