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 toán có dạng đặc biệt giải nhanh nhờ suy luận toán học, mà giải cách thông thường cho ta lời giải dài, thời gian Đây thường toán mức “ vận dụng” “ vận dụng cao ”, cần chuẩn bị kiến thức sâu rộng để linh hoạt việc giải toán đó, không bị dập theo khuôn mẫu khô cứng, thiếu sáng tạo Ví dụ Tìm giá trị nhỏ hàm số y = x − x + 11x − đoạn [0; 2] A m = 11 B m = C m = −2 D m = (Câu 23 - Mã đề 101 – THPT QG - 2017) Cách giải thông thường  x = 1  0; 2 Ta coù : y ' = 3x − 14 x + 11 ; y ' =  3x − 14 x + 11 =    x = 11   0; 2  2 Xét giá trị: y ( ) = −2 ; y (1) = ; y ( ) = Suy y = y ( ) = −2 0;2 Chọn đáp án C Cách khác (dùng chủ yếu suy luận toán học) Xét m = −2 giá trị nhỏ giá trị đáp án cho Khi phương trình x3 − x + 11x − = −2 có nghiệm x =   0; 2 nên chọn đáp án C Ví dụ Tìm giá trị thực tham số m để hàm số y = đại x = x − mx + (m − 4) x + đạt cực A m = B m = −1 C m = D m = −7 (Câu 32 - Mã đề 102 – THPT QG - 2017) Cách giải thông thường Ta coù y ' = x − 2mx + m2 − m = m = Hàm số đạt cực đại x = nên y ' ( 3) =  m2 − 6m + =   Lại có y '' = x − 2m  y '' ( 3) = − 2m Với m = y '' ( 3) = − =  nên hàm số đạt cực tiểu x = Với m = y '' ( 3) = − 10 = −4  nên hàm số đạt cực đại x = Chọn đáp án C Cách khác (dùng chủ yếu suy luận toán học) Ta có y ' = x − 2mx + m2 − ; x − m = x = m + 2  y ' =  x2 − 2mx + m2 − =  ( x − m ) =    x − m = −2 x = m − Do hàm số y = 1 x − mx + (m − 4) x + có hệ số a =  nên xCĐ  xCT 3 Suy xCĐ = m − , mà xCĐ = nên ta m − =  m = Chọn đáp án C Ví dụ Hệ thức liên hệ giá trị cực đại y = x3 − x A yCĐ giá trị cực tiểu yCT hàm số : yCĐ + yCT = B Cách giải thông thường yCĐ = yCT C yCT = yCĐ D yCT = yCĐ Ta có y ' = x2 − ; y ' =  x − =  x2 =  x =   y= x = −   x =  y = −  Vậy yCĐ + yCT = Chọn đáp án A Cách giải khác (dùng chủ yếu suy luận toán học) Do hàm số y = x3 − x hàm số lẻ có tâm đối xứng gốc tọa độ O ( 0; 0) nên yCĐ + yCT = Chọn đáp án A Ví dụ Hàm số A m0 hoaëc y= m 1 m x − mx + (2m − 1) x + m ; B m0 ; C nghịch biến  m 1 Cách giải thông thường Ta có y ' = mx − 2mx + 2m − TH1: Nếu m=0 y ' = −1  TH2: Nếu thỏa mãn toán m  , để thỏa mãn toán ta cần có m  m   m0   m − m m −  − m + m  ( )   Vậy m  , chọn đáp án D Cách giải khác (chọn đại diện) ; D m  Nếu m = −3 hàm số trở thành y = − x3 + 3x − x + ; y ' = −3x + x −  0, x  (dùng máy tính casio 570vn plus giải bất phương trình tập −3x + x −  cho nghiệm )  Loại trường hợp B, C Nếu m=3 hàm số trở thành y = x3 − 3x + x + ; y ' = 3x − x +   x   Loại trường hợp A Vậy chọn đáp án D Cách giải khác (dùng chủ yếu suy luận toán học - phương pháp tam thức bậc hai) Ta có y ' = mx − 2mx + 2m − tam thức bậc hai nên cần xét m  m = Loại ba trường hợp A, B C Chọn đáp án D Ví dụ Biết đường thẳng y = (3m − 1) x + 6m + caét đồ thị hàm số y = x3 − 3x + ba điểm phân biệt cho giao điểm cách hai giao điểm lại Khi m thuộc khoảng ? A ( −1;0 ) B ( 0;1) C  3 1;   2 D 3   ;2  2  Cách giải thông thường Yêu cầu toán tương đương với phương trình sau có ba nghiệm phân biệt lập thành cấp số  x3 − 3x − (3m − 1) x − 6m − = Goïi x1 , x2 , x3 x2 = x1 + x3 coäng x3 − 3x + = (3m − 1) x + 6m + (*) ba nghiệm phương trình trên, theo tính chất cấp số cộng ta có : Mà theo định lí Vi-ét ta có Thế x =1 Khi m=− x1 + x2 + x3 = vào phương trình (*) ta nên suy m=− phương trình (*) trở thành 3x2 =  x2 = x =  : x − 3x + x =  x =   x = thỏa mãn toán Mà m = −  ( −1;0 ) nên chọn đáp án A Cách giải khác (dùng chủ yếu suy luận toán học) Nhận xét : điểm uốn đồ thị hàm số thẳng y = (3m − 1) x + 6m + Ta coù y ' = 3x − x ; y '' = x − =  x = đồ thị hàm số y = x3 − 3x + thuộc đường thỏa mãn toán Suy điểm M (1; −1) điểm uốn y = x − x + Thế tọa độ M vào phương trình y = (3m − 1) x + 6m + ta m = −  ( −1;0 ) Chọn đáp án A Ví dụ Cho hàm số y= x +1 x −1 có đồ thị ( C ) Giá trị thực m thuộc khoảng khoảng cho đây, để đường thẳng (d ) : y = 2x + m cắt đồ thị điểm phân biệt M, N cho tiếp tuyến M N song song laø : A 1   −2; −  2  B Cách giải thông thường ( 0;2 ) C ( 2;3) D 7   ;5  2  ( C ) taïi hai x +1 = x + m  x + = ( x + m )( x − 1) x −1  x + = x2 − x + mx − m  x + ( m − 3) x − m − = (1) Phương trình hoành độ giao điểm : Đường thẳng (d ) cắt đồ thị hai nghiệm phân biệt khác (C ) hai điểm phân biệt M, N phương trình (1) có     g (1)  g ( x ) = x + ( m − 3) x − m − ) (với ( m − 3)2 + ( m + 1)  m2 + 2m + 17   m   −  + m − − m −  ( )   Gọi hai nghiệm phương trình laø M ( x1;2 x1 + m ) ; x1 , x2 −2 ( x1 − 1) = ( x1  x2 ) , ta có tọa độ giao điểm N ( x2 ;2 x2 + m ) Tiếp tuyến M N song song với  −2 ( x2 − 1) f ' ( x1 ) = f ' ( x2 ) (với f ( x) = x +1 ) x −1  x1 − = x2 − 2  ( x1 − 1) = ( x2 − 1)    x1 − = − ( x2 − 1)  x = x2 (loaïi)  m−3 1 =  m = −1   −2; −   x1 + x2 =  −  2  x1 + x2 =  Chọn đáp án A Cách giải khác (dùng chủ yếu suy luận toán học) Nhận xét : Nếu hai điểm M, N đồ thị tuyến (C ) (C ) hàm số y= ax + b cx + d mà tiếp hai điểm M, N song song với đường thẳng MN qua tâm đối xứng của đồ thị (C ) Tâm đối xứng Đường I đồ thị thẳng (d ) ( C ) giao điểm hai đường tiệm cận, ta có I (1;1) y = 2x + m : ñi qua I (1;1) , suy  1  m = −1   −2; −  2  Chọn đáp án A Ví dụ Giá trị lớn hàm số f ( x) = A B laø : x + 2x + C D Cách giải thông thường Điều kiện x + x +  (luôn đúng) Tập xác định hàm số Xét hàm soá f ( x) = , x x + 2x + f '( x) = − 2x + ( x2 + x + ) ; f '( x) =  x + =  x = −1 Ta có bảng biến thiên x − f '( x) + −1 + - f ( x) 1= + m ( ) ( ) Kết luận: max f x = f −1 = Chọn đáp án B Cách giải khác (dùng chủ yếu suy luận toán học) ( Ta coù x + x + = x + ) +  0, x  1 1 =  = , với x  x + x + ( x + 1) + + 3 Suy f ( x) = ( ) Do đó, giá trị lớn f x ( ) vaø f −1 = Chọn đáp án B Ví dụ Tích phân I =  − x dx baèng : −1  A B 3 C 2 D  Cách giải thông thường Đặt    x = sin t , t   − ;   dx = cos t.dt  2 Đổi cận : Ta x = −1  t = − I=  ; x =1 t =     2  − − sin x cos t.dt =  −  cos t cos t.dt =  cos tdx =  − 2  (1 + cos 2t )dx −  1   =  x + sin x  = 2  − 2 Chọn đáp án A Cách khác (dùng chủ yếu suy luận toán học) Ta có : y x y2 y x2 x y2 y , nên hàm số y thị nửa đường tròn phía trục Ox (tính hai điểm x2  −1 có bán kính R y2 x có đồ ( 1; 0),(1; 0) ) Mà đường tròn , theo ý nghóa hình học tích phân ta suy ra: S  12  − x dx = = = Với S diện tích hình tròn có bán kính 2 2 Chọn đáp án A e I =  ( ln x + 2ln x ) dx = ae − b , với a  , b  Ví dụ Biết Khi S =a+b A ? B C Cách giải thông thường Ta có e e e I =  ( ln x + 2ln x ) dx =  ln xdx + 2 ln xdx 2 Xeùt tích phân e J =  ln xdx 1 D Đặt u = ln x  du = ln xdx x Ta ; dv = dx  v = x e e J = x ln x − 2 ln xdx 1 e e   e e  I =  x ln x − 2 ln xdx  + 2 ln xdx = x ln x = e = 1.e − 1 1    a = 1; b =  S = a + b = Chọn đáp án C Cách khác (dùng chủ yếu suy luận toán học) Ta có ln x + 2ln x = ( x ) '.ln x + x.( ln x ) ' = ( x ln x ) ' e neân suy : e e e I =  ( ln x + 2ln x ) dx =  ( x ln x ) ' dx =  d ( x ln x ) = ( x ln x ) = e 1 1 Suy : S = a + b = Chọn đáp án C Caâu 10 Trong A z =1  z = −1 + 2i  , phương trình B ( z − 1) ( z + z + 5) =  z = −1 − 2i  z = −1 + 2i  C có nghiệm :  z = − 2i  z = + 2i  D  z = −1 − 2i  z = −1 + 2i   z = Cách giải thông thường Ta có : z =1 z =    z = −1 − 2i ( z − 1) ( z + z + 5) =     z + 2z + =  z = −1 + 2i Chọn đáp án D Cách khác (dùng chủ yếu suy luận toán học) Do phương trình z + 2z + = có hai nghiệm nên phương trình cho có ba nghiệm khác Chọn đáp án D Câu 11 Xét số A  z  2 z thoûa maõn (1 + 2i) z = z  C B 10 − + i z z Mốnh đố sau ? D  z 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  ) vaø k = z = a + b  ta : 10 ( a − bi ) 10 −2+i − + i  (1 + 2i)k = a + b2 a + bi   a 10   b 10 a 10 b 10  k + − + − + k − i − + i    i = 2 k k k2 k2       a 10 a 10 k − + = k + =   k k    b 10 + 2k − = 1 − 2k = b 10  k  k2 Để yù raèng k = a + b  k = a + b , ta coù :  a 10   b 10  10 ( a + b =  +  = k4  k   k  ( k + ) + (1 − 2k ) 2 2 ) = 10 k2  ( k + ) + (1 − 2k ) 2 k = 10 =  5k + 5k − 10 =   k  k = −2  k = (nhan ä)  k = − l oai ï ( )  Vaäy k = z =1 tức  z 2 Chọn đáp án D Cách khác (dùng chủ yếu suy luận toán học) Vì khoảng 1 1 3 3   ;2 , 2; + , − ; ( )    , ;  2 2 2 2   đôi điểm chung bốn đáp án có đáp án nên ta chọn đại diện z = , ta có : (1 + 2i) = Chọn 10 10 10 10 −2+i  z = = − i z 3+i 10 10 Khi  10   10  10 10 − i=   +  = (thỏa mãn điều kiện toán) 10 10 10 10     Chọn đáp án D Câu 12 Cho số thức A P= z z thỏa mãn z − + 4i = Tìm giá trị lớn Pmax Pmax = 12 B Pmax = Cách giải thông thường C Pmax = D Pmax = biểu Đặt z = a + bi (với a  ,b  )  ( a − 3) + ( b + ) i = ta a + bi − + 4i =  ( a − 3) + ( b + ) = 16  a + b2 − 6a + 8b + = 2  a + b + = 6a − 8b  10 a + b Suy Vaäy P2 +  10P  P2 − 10P +    P  Pmax = Choïn đáp án C Cách khác (dùng chủ yếu suy luận toán học) Số tròn tâm Suy ra, thỏa mãn z z − + 4i = nên điểm M biểu diễn số phức z thuộc đường I ( 3; −4 ) , bán kính R = P= z lớn Pmax = OI + R = 32 + 42 + = 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 có tâm nằm tia (S ) Oy Mặt tiếp xúc với mặt cầu (S ) trình : A ( S ) : x2 + y + z − 6x = B ( S ) : x2 + y + z − y = C ( S ) : x2 + y + z − 6z = D ( S ) : x2 + y + z = Cách giải thông thường Gọi I ( 0; b;0 ) Mặt phẳng tâm mặt cầu (S ) b0 ( Oxz ) có phương trình y = (do I nằm tia Oy ) có phương Vậy b = =3 b =3  12 b = −3 ( S ) : x + ( y − 3) (nhận) (loại) b d ( I ,(Oxz ) ) = R  Ta coù : + z = 32 ( S ) : x2 + y + z − y = hay Chọn đáp án B Cách giải khác (dùng chủ yếu suy luận toán học) Do tâm mặt cầu nằm tia Oy nên có tọa độ dạng I ( 0; b;0 ) Suy ra, ta loại đáp án A (tâm I có hoành độ 3), loại đáp án C (tâm I có cao độ 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 (dùng chủ yếu suy luận toán học) Do tia Oy (S ) nên ( Oxz ) , có bán kính R = có tâm nằm 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 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 ) song song với trục Oxyz , mặt phẳng ( P) Ox có phương trình : A ( P ) : x + 2z − = B ( P ) : y − 2z + = C ( P) : y − z +1 = D ( P) : x + y − z = chứa hai điểm Cách giải thông thường Cặp vectơ phương mặt phẳng Vectơ pháp tuyến mặt phẳng Mặt phẳng ( P) qua điểm ( P) ( P) A (1;0;1) là : AB = ( −2;2;1) ; i = (1;0;0 ) n =  AB, i  = ( 0;1; −2 ) có vectơ pháp tuyến n = ( 0;1; −2 ) laø : ( x − 1) + 1( y − ) − ( z − 1) =  y − z + = 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 = , ta loại hai đáp án A D Lại có B ( −1;2;2 )  ( P ) : y − z + = nên loại đáp án C Chọn đáp án B Ví dụ 15 Cho phương trình x + + x + = Trong khẳng định sau, khẳng định ? A Phương trình có nghiệm thuộc khoảng ( : + ) 1 7  ;   5 nghiệm thuộc khoảng B Phương trình có ba nghiệm dương phân biệt C Phương trình có nghiệm nghiệm nhỏ D Phương trình nghiệm x = Cách giải thông thường x +   x  −3   x  −3 x +   x  −8 Điều kiện :  Ta coù: x + + x + =  x + + ( x + 3)( x + 8) + x + = 25  ( x + 3)( x + 8) = 14 − x  ( x + 3)( x + 8) = − x  x + 11x + 24 = 49 − 14 x + x  25x = 25  x = Vậy phương trình nghiệm x = Cách giải thông thường x +   x  −3   x  −3 x +   x  −8 Điều kiện :  ( ) Xét hàm f x = f ' ( x) = x + + x + , với x   −3; + ) x+3 + x+8  0, x  ( −3; + ) Ta coù bảng biến thiên x − -3 + y' + + y Từ bảng biến thiên ta nhận thấy, đường thẳng y = có giao điểm với đồ thị hàm số x+3+ f ( x) = x + + x + có tối đa giao điểm Do đó, phương trình () x + = có tối đa nghiệm Mà f = + + + = nên x = nghiệm phương trình cho Chọn đáp án D Cách giải khác (dùng chủ yếu suy luận toán học) Các hàm số y = x + y = x + đồng biến R nên đồng biến  −3; + có hệ số góc dương Suy ra, hàm số y = ) đồng biến  −3; + Do đó, hàm số x + vaø y = y= x+3+ ) x + hàm số x+8 hàm số đồng biến )  −3; + ) VT(1) hàm số đồng biến  −3; + , VP(1) hàm nên phương trình (1) có nghiệm có nhiều nghiệm () Nhận thaáy y = + + + = nên nghiệm x =1 phương trình cho Chọn đáp án D Ví dụ 16 Cho phương trình ẩn x sau : x2 − x4 − m = , ( m tham số thực) Chọn khẳng định ? A Phương trình có nghiệm thực m = B Phương trình có nghiệm thực m = C Phương trình có nghiệm thực m  D Không tồn giá trị thực m để phương trình có nghiệm thực Cách giải thông thường Ta coù x2 − x4 − m =  2x2 − x4 = m Đặt f ( x ) = x2 − x4 ; x =    f ' ( x ) = x − x = x  − x  =   x = −1   x =  Baûng biến thiên x y' y −1 − + - + + - − − Từ bảng biến thiên suy ra, không tồn giá trị tham số m để phương trình cho có nghiệm Vậy chọn đáp án D Cách giải khác (dùng chủ yếu suy luận toán học – sử dụng tính chất hàm số chẵn) Nhận xét : x0 nghiệm phương trình cho, suy − x0 nghiệm phương trình cho Vậy để phương trình có nghiệm x0 = − x0  2x0 =  x0 = Theá vào phương trình ta m = Đảo lại, với m = phương trình trở thành : x =    2 2x − x =  x  − x  =   x = −     x = Vaäy không tồn giá trị tham số m để phương trình cho có nghiệm Chọn đáp án D Ví dụ 17 Giá trị thực tham số m để phương trình x + 2− x =m có nghiệm thực : A B m =1 m = C m = D Cách giải thông thường Xét hàm số f ( x ) = x + − x , x 0;2 f '( x ) = x − ; 2− x − x = 2 − x x(2 − x) , x  ( 0;2 ) m  f '( x ) =  − x − x =  − x = x  − x = x  x = Bảng biến thiên x − + y' y + - 2 Để phương trình cho có nghiệm nhất, ta cần có : m = Chọn đáp án C Cách khác (dùng chủ yếu suy luận toán học – sử dụng tính chất hàm số chẵn) Nhận xét : x0 nghiệm phương trình cho, suy − x0 nghiệm phương trình cho Vậy để phương trình có nghiệm x0 = − x0  2x0 =  x0 = Thế vào phương trình ta m = Đảo lại, với m = phương trình trở thành : x + − x =  x + x (2 − x ) + − x =  ( ) x ( − x ) =  x2 − x + =  x − =  x = Vaäy m = phương trình cho có nghiệm Chọn đáp án C Ví dụ 18 Tìm tất giá trị thực tham số m để phương trình x − x +1 + m = có hai nghiệm thực phân biệt A m  (−;1) B m  (0; +) (Caâu 31 - Mã đề 102 – THPT QG - 2017) Cách giải thông thường C m  (0;1] D m  (0;1) Ta coù x − x +1 + m =  x − x +1 = −m Đặt f ' ( x ) = x ln − x +1 ln ; f ( x ) = x − x +1 ; f ' ( x ) =  x ln = 2.2 x ln  x = x  x = Bảng biến thiên x − − y' + + + y −1 −m  −1 m     m 1 −m  m  Vậy phương trình có hai nghiệm thực phân biệt  Chọn đáp án D Cách khác (dùng chủ yếu suy luận toán học) ( ) Ta coù x − x +1 + m =  x − 2.2 x + = − m  x − = − m Điều kiện − m   m  (1) 2x − = − m 2x = + − m   Khi ta có  x x  − = − − m  = − − m Để thỏa mãn toán ta cần có − − m   − m   − m   m  Từ (1) (2) suy :  m  Chọn đáp án D (2) Ví dụ 19 Cho hai số thực x  , y  thay đổi thỏa mãn điều kieän: ( x + y ) xy = x A + y2 − xy Giá trị lớn M biểu thức A = M = B M = C M= 16 D 1 + laø : x y3 M = 16 Cách giải thông thường ( ) 2 x + y 1 x + y3 ( x + y ) x + y − xy = = Ta coù A = + =  (*) x y x y3 x y3  xy  Neáu x + y = x + y − xy =  x = y = (trái với giả thiết) 2 2 Với x + y  thì: ( x + y ) xy = x + y − xy  xy = x2 + y2 − xy , vào (*) ta được: x+y 2   x + y) (   xy   A= = 1+   x + y2 − xy   x + y2 − xy    Xét biểu thức B = x y 3t x xy ; Đặt t =  ta B = = 2 y t +1−t x + y − xy  x  x   +1− y  y  Bt − ( B + ) t + B = (**) ( Do (**) coù nghiệm nên    B + Suy A  (1 + B )  16 ) − B   −3 B + B +   −1  B  Giá trị lớn A 16 B =  t =  x = y = Chọn đáp án D Cách giải thông thường ( ) Ta coù: x + y xy = x + y − xy  Đặt a = 2 1 1 + = 2+ 2− x y x xy y 1 2 ; b= ta a + b = a + b − ab (1) y x A = a3 + b3 = ( a + b ) ( a2 + b2 − ab ) = ( a + b ) 2  a + b Từ (1) suy a + b = ( a + b ) − 3ab  ( a + b ) − ( a + b ) (vì ab    )   2  ( a + b) − ( a + b)    ( a + b )  ( Suy ra: A = a + b )  42 = 16 a + b = a=b=2x= y= ab = Vậy giá trị lớn A 16  Chọn đáp án D Cách giải khác (dùng chủ yếu suy luận toán học) Do biểu thức ( x + y ) xy ; x + y2 − xy biểu thức A đạt giá trị lớn 1 + có tính đối xứng nên ta dự đoán x y x = y Mặt khác, giá trị mà đề cho đáp án M = 16 giá trị lớn x = y   x = y = , giá trị thỏa mãn đẳng Ta xét trường hợp :  1  x + y3 = 16  ( ) thức x + y xy = x + y − xy 2 Chọn đáp án D Câu 20 Một ôtô dừng bắt đầu chuyển động theo đường thẳng với gia tốc ) ( a ( t ) = − 2t m / s2 , t khoảng thời gian tính giây kể từ lúc ôtô bắt đầu chuyển động Hỏi quãng đường ô tô kể từ lúc bắt đầu chuyển động đến vận tốc ôtô đạt giá trị lớn mét ? A 18 meùt B 45 meùt C 36 mét D 27 mét Hướng dẫn chọn đáp án () () Ta có v t =  a t dt =  ( − 2t)dt = 6t − t +C ( ) Tại thời điểm ban đầu t = nên v =  C = Ta v t = 6t − t2 = − t − () ( Quãng đường cần tìm : s = Chọn đáp án A ) +  , tức laø vmax = t = v ( t ) dt = 0 0 (  t3  6t − t2 dt =  3t2 −  = 18 ( meùt )  30   ) Các phương pháp trình bày cách độc lập nhằm đem lại cho độc giả nhìn chung, tổng quát phương pháp Thế nhưng, việc phân định rạch ròi phương pháp khó khăn, có nhiều toán phải kết hợp số phương pháp để chọn đáp án Ở phương pháp lại có dấu vết phương pháp kia, khiến băn khoăn việc chọn lựa phương pháp Vì thế, trình giải toán, cần linh hoạt vận dụng phương pháp theo hướng tổng lực để xử lý toán trắc nghiệm Tận dụng mặt mạnh, hữu dụng phương pháp dạng toán trắc nghiệm khác Không tư tảng phương pháp Sài Gòn, 17 - - 2017 Trần Tuấn Anh ... thiên suy ra, không tồn giá trị tham số m để phương trình cho có nghiệm Vậy chọn đáp án D Cách giải khác (dùng chủ yếu suy luận toán học – sử dụng tính chất hàm số chẵn) Nhận xét : x0 nghiệm. .. trình cho có nghiệm nhất, ta cần có : m = Chọn đáp án C Cách khác (dùng chủ yếu suy luận toán học – sử dụng tính chất hàm số chẵn) Nhận xét : x0 nghiệm phương trình cho, suy − x0 nghiệm phương... theo hướng tổng lực để xử lý toán trắc nghiệm Tận dụng mặt mạnh, hữu dụng phương pháp dạng toán trắc nghiệm khác Không tư tảng phương pháp Sài Gòn, 17 - - 2017 Trần Tuấn Anh