Kết Luận Bài Giải Phương Trình / TOP 12 # Xem Nhiều Nhất & Mới Nhất 3/2023 # Top View

Chuyên đề môn Toán lớp 10

Chuyên đề Toán học lớp 10: Giải và biện luận phương trình bậc hai được VnDoc sưu tầm và giới thiệu tới các bạn học sinh cùng quý thầy cô tham khảo. Nội dung tài liệu sẽ giúp các bạn học sinh học tốt môn Toán học lớp 10 hiệu quả hơn. Mời các bạn tham khảo.

Chuyên đề: Giải và biện luận phương trình bậc hai

I. Lý thuyết & Phương pháp giải

Giải và biện luận phương trình bậc hai ax 2 + bx + c = 0

Bước 1. Biến đổi phương trình về đúng dạng ax 2 + bx + c = 0

Bước 2. Nếu hệ số a chứa tham số, ta xét 2 trường hợp:

– Trường hợp 1: a = 0, ta giải và biện luận ax + b = 0.

– Trường hợp 2: a ≠0. Ta lập Δ = b 2 – 4ac. Khi đó:

+ Nếu Δ = 0 thì phương trình có 1 nghiệm (kép): x = -b/2a

+ Nếu Δ < 0 thì phương trình vô nghiệm.

Bước 3. Kết luận.

Lưu ý:

– Phương trình ax 2 + bx + c = 0 có nghiệm

– Phương trình ax 2 + bx + c = 0 có nghiệm duy nhất

II. Ví dụ minh họa

Bài 1: Phương trình (m-1)x 2 + 3x – 1 = 0. Phương trình có nghiệm khi:

Hướng dẫn:

Với m = 1, phương trình trở thành 3x – 1 = 0 ⇔ x = 1/3

Do đó m = 1 thỏa mãn.

Với m ≠1, ta có Δ = 9 + 4(m-1) = 4m + 5

Phương trình có nghiệm khi Δ ≥ 0

Hợp hai trường hợp ta được m ≥ -5/4 là giá trị cần tìm

Bài 2: Phương trình (x 2 – 3x + m)(x – 1) = 0 có 3 nghiệm phân biệt khi:

Hướng dẫn:

Phương trình (x 2 – 3x + m)(x – 1) = 0 ⇔

Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt

⇔ Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác 1

Bài 3: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [-10; 10] để phương trình mx 2 – mx + 1 = 0 có nghiệm.

Hướng dẫn:

Nếu m = 0 thì phương trình trở thành 1 = 0: vô nghiệm.

Khi m ≠0, phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi

Δ = m 2 – 4m ≥ 0

Kết hợp điều kiện m ≠0, ta được

Vì ∈ Z, m ∈ [-10;10] m ∈ {-10; -9; -8;…; -1} ∪ {4; 5; 6;…; 10}

Vậy có tất cả 17 giá trị nguyên m thỏa mãn bài toán

Bài 4: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hai đồ thị hàm số y = -x 2 – 2x + 3 và y = x 2 – m có điểm chung

Hướng dẫn:

Phương trình hoành độ giao điểm -x 2 – 2x + 3 = x 2 – m

Để hai đồ thị hàm số có điểm chung khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm

⇔ Δ’ = 1 – 2(-m-3) ≥ 0 ⇔ m ≥ -7/2

Bài 5: Tìm giá trị thực của tham số m để đường thẳng d: y = 2x + m tiếp xúc với parabol (P): y = (m-1)x 2 + 2mx + 3m – 1

Hướng dẫn:

Phương trình hoành độ giao điểm (m-1)x 2 + 2mx + 3m – 1 = 2x + m

⇔ (m-1)x 2 + 2(m-1)x + 2m – 1 = 0 (*)

Để d tiếp xúc với (P) khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm kép

Với nội dung bài Giải và biện luận phương trình bậc hai chúng tôi xin giới thiệu tới các bạn học sinh cùng quý thầy cô nội dung cần nắm vững phương pháp giải và biện luận cách giải phương trình bậc hai….

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN VĂN CHÍNH TỪ BÀI TOÁN GIẢI PHƢƠNG TRÌNH TỚI BÀI TOÁN QUỸ TÍCH

LUẬN VĂN THẠC SĨ:PHƢƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Thái nguyên – năm 2010

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN VĂN CHÍNH TỪ BÀI TOÁN GIẢI PHƢƠNG TRÌNH TỚI BÀI TOÁN QUỸ TÍCH

Chuyên ngành:phƣơng pháp toán sơ cấp Mã số: 604640

LUẬN VĂN THẠC SĨ:PHƢƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

NGƢỜI HƢỚNG DẪN KHOA HỌC TS.Nguyễn Minh Hà Thái nguyên – năm 2010

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN VĂN CHÍNH TỪ BÀI TOÁN GIẢI PHƢƠNG TRÌNH TỚI BÀI TOÁN QUỸ TÍCH

Chuyên ngành:phƣơng pháp toán sơ cấp Mã số: 604640

TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ PHƢƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Thái nguyên – năm 2010

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Công trình được hoàn thành tại : Trường Đại học Khoa học – ĐHTN Người hướng dẫn khoa học:TS.Nguyễn Minh Hà Phản biện 1: ……………………………………………………. Phản biện 2: ……………………………………………………. Luận văn được bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn họp tại : Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên Vào hồi ……giờ … ngày …. tháng …. năm 2010 Có thể tìm hiểu luận văn tại trung tâm học liệu Đại học Thái Nguyên và thư viện trường Đại học Khoa học.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

MỤC LỤC Trang

Lời nói đầu 01

Chương 1. Hai bài toán một bản chất 03 1.1. Bài toán tìm đối tượng thoả mãn điều kiện 03 1.2. Phương trình và bài toán giải phương trình 05 1.2.1. Đẳng thức 05 1.2.2. Phương trình 05 1.2.3. Ba phương pháp giải phương trình 06 1.2.4. Phương trình hệ quả, phương trình tương đương 09 1.3. Quỹ tích và bài toán tìm quỹ tích 12 1.3.1. Cái nhìn tổng quan 12 1.3.2. Thuận-đảo, biến đổi hệ quả và thử lại 13 1.3.3. Thuận đảo đồng thời ,biến đổi tương đương 21 1.3.4. Đảo-phản đảo, đoán nhận và khẳng định 26

Chương 2. Dự đoán quỹ tích và giới hạn quỹ tích 32 2.1. Suy luận toán học và suy luận có lí 32 2.1.1. Định nghĩa và ví dụ 32 2.1.2. Tính tương đối 32 2.1.3. Chú ý 33 2.2. Công đoạn dự đoán quỹ tích – sai lầm thường gặp 33 2.2.1. Thế nào là công đoạn dự đoán quỹ tích 33 2.2.2. Công đoạn dự đoán quỹ tích nằm ở đâu 33 2.2.3. Những phép suy luận có lí cơ bản 37 2.3. Công đoạn giới hạn quỹ tích – Sai lầm tràn lan 39 2.3.1. Thế nào là công đoạn giới hạn quỹ tích 39 2.3.2. Có hay không công đoạn giới hạn quỹ tích 39

Tài liệu tham khảo 53

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

LỜI CẢM ƠN Bản luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn của TS.Nguyễn Minh Hà.Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất đến thầy về công tác giảng dạy cùng với sự hướng dẫn tận tình trong thời gian tác giả học cao học và hoàn thành luận văn. Trong quá trình học tập, tác giả đã nhận được sự quan tâm giúp đỡ và giảng dạy nhiệt tình của GS.TSKH.Hà Huy Khoái, GS.TSKH.Nguyễn Văn Mậu, PGS.TS. Nông Quốc Chinh, PGS.TS.Lê Thị Thanh Nhàn, TS.Nguyễn Thị Thu Thuỷ, cùng nhiều thầy cô công tác tại các trường Đại học Thái Nguyên. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn tới các thầy, cô giáo Trường ĐH Khoa học – Đại học Thái Nguyên. Tác giả xin chân thành cảm ơn BGH trường THPT Yên Dũng số I, tỉnh Bắc Giang, đã tạo điều kiện thuận lợi trong thời gian tác giả học cao học. Tác giả xin chân thành cảm ơn các anh chị, các bạn học viên cao học, bạn bè, đồng nghiệp, đã giúp đỡ tác giả rất nhiều trong quá trình học tập và hoàn thành luận văn. Luận văn này sẽ không được hoàn thành nếu thiếu sự thông cảm, chia sẻ và sự động viên kịp thời của gia đình. Xin gửi tới gia đình lời cảm ơn chân thành và sâu sắc.

Thái Nguyên, ngày 15 tháng 09 năm 2010

Tác giả

Nguyễn Văn Chính Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

2 Dự đoán quỹ tích là công đoạn quan trọng trong quá trình giải bài toán tìm quỹ tích. Trong công đoạn dự đoán quỹ tích người làm toán không chỉ sử dụng các phép suy luận toán học mà còn có thể sử dụng các phép suy luận có lí. Do đó công đoạn dự đoán quỹ tích chỉ được thực hiện trên giấy nháp của người làm toán. Công đoạn giới hạn quỹ tích xét cho cùng chỉ là một bộ phận của phần thuận mà ở đó lẽ ra phải sử dụng các phép suy luận toán học thì không ít người làm toán lại sử dụng các phép suy luận có lí. Nói cách khác, không có công đoạn giới hạn quỹ tích. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

3 CHƢƠNG 1 HAI BÀI TOÁN, MỘT BẢN CHẤT 1.1. Bài toán tìm đối tƣợng thoả mãn điều kiện Bài toán tìm đối tượng thoả mãn điều kiện là bài toán quen thuộc với tất cả chúng ta. Về hình thức, nó được phát biểu như sau. Tìm tất cả các đối tượng A( ).a

Kí hiệu A( )a biểu thị đối tượng A có tính chất .a

Cùng với kí hiệu A( ),a ta còn dùng kí hiệu A( )a để biểu thị đối tượng A không có tính chất .a

Các kí hiệu A( )a và A( )a có hiệu lực trong toàn bộ luận văn này. Trong bài toán tìm đối tượng thoả mãn điều kiện, thuật ngữ “tìm” cần phải hiểu là “tìm hết” chứ không phải là “tìm được”. Nói một cách chính xác, tìm tập hợp { }A A( ) .a

Bài toán tìm đối tượng thoả mãn điều kiện chỉ có ba phương pháp giải, được mô hình hoá như sau. Phương pháp 1, biến đổi hệ quả và thử lại*. Bước 1, biến đổi hệ quả*. A( ) A .a Þ Î T

Bước 2, thử lại*. A A( ).Î Þ aT

Phương pháp 2, biến đổi tương đương*. A( ) A .a Û Î T

Chú ý: Về phương diện logic, phương pháp biến đổi tương đương cũng chính là phương pháp biến đổi hệ quả và thử lại. Tuy nhiên, trong lời giải mỗi bài toán tìm kiếm đối tượng thoả mãn điều kiện cụ thể, sử dụng phương pháp nào trong hai phương pháp trên là vấn đề không đơn giản đòi hỏi người giải toán phải có kĩ năng.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

4 Phương pháp 3, đoán nhận và khẳng định*. Bước 1, đoán nhận*. Bằng một cách nào đó chỉ ra rằng { }A( ) .ÐaT

Bước 2, khẳng định*. A A( ).Ï Þ aT

A A( ).Î Þ aT

Chú ý: Nếu sử dụng phương pháp đoán nhận và khẳng định thì ta phải có công đoạn đoán nhận tập hợp T trước khi tiến hành thao tác khẳng định: chứng minh A A( ).Î Þ aT

Như vậy, phương pháp đoán nhận và khẳng định không tự nhiên bằng phương pháp biến đổi hệ quả và thử lại. Vì lí do trên, phương pháp đoán nhận và khẳng định ít được sử dụng hơn phương pháp biến đổi hệ quả và thử lại. Cần phải nói thêm rằng, để giải bài toán tìm đối tượng thoả mãn điều kiện, về phương diện lôgic, song hành với các phương pháp 1, 3 còn có hai phương pháp giải khác, được mô hình hoá như sau. Phương pháp 1‟, bao gồm hai bước. Bước 1. TA A( ).Ï Þ a

Bước 2. TA( ) A .a Þ Ï

Phương pháp 3‟, bao gồm hai bước. Bước 1. A( ) A .a Þ Î T

Bước 2. TA( ) A .a Þ Ï

Tuy nhiên, trong thực tế giải toán, để giải các bài toán tìm đối tượng thoả mãn điều kiện, người ta chỉ sử dụng các phương pháp 1, 2, 3, các phương pháp 1‟, 3‟ không bao giờ được sử dụng.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

2 2 3xx  

Lời giải. Bước 1, biến đổi hệ quả. Giả sử x0 là nghiệm của phương trình, ta có

002 2 3xx   là đẳng thức đúng

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

Ví dụ 2, biến đổi tương đương. Giải phương trình sau.

2x 3 x 2- = –

x 3 2

x2

8 Kết luận. Phương trình có nghiệm 32

Ví dụ 3, đoán nhận và khẳng định. Giải phương trình sau.



f(x)



f(x0) Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

9

Dựa vào bảng biến thiên ta nhận thấy phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất hai nghiệm trên 1( ; )2  (3). Từ (2) và (3) suy ra (1) có đúng hai nghiệm. Kết luận. Phương trình có hai nghiệm, x = 0 và x = 1. Nhận xét. Công đoạn chỉ ra tập hợp  1, 2 là tập hợp nghiệm không tự nhiên.

Ví dụ 4, đoạn nhận và khẳng định. Giải phương trình sinx sin2 sin3 4 2xx

Lời giải. Sử dụng công thức biến đổi tổng thành tích, theo bất đẳng thức Bunhiacôpxki, ta có sinx – sin2x – sin3x = (sinx – sin3x) – sin2x = 2cos2x.sin(- x) – sin2x 2 2 2 2(4sin 1)( os 2 sin 2 ) (4sin 1) 5 4 2.x c x x x      

Vậy phương trình vô nghiệm. Nhận xét. Vì phương trình vô nghiệm nên trong lời giải trên không có bước đoán nhận mà chỉ có bước khẳng định. 1.2.4. Phƣơng trình hệ quả, phƣơng trình tƣơng đƣơng Cách trình bày lời giải các ví dụ 1, ví dụ 2 trong mục 1.2.3 là cách trình bày chuẩn khi giải phương trình bằng các phương pháp biến đổi hệ quả và thử lại, phương pháp biến đổi tương đương. Nhưng cách trình bày đó quá rườm rà.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

10 Để khắc phục tình trạng này, người ta đưa ra hai khái niệm: phương trình hệ quả, phương trình tương đương. Để cho đơn giản, ta chỉ giới thiệu khái niệm phương trình hệ quả, phương trình tương đương đối với phương trình một ẩn. Đối với phương trình nhiều ẩn, ta có định nghĩa tương tự. Định nghĩa 1. Nếu tập hợp nghiệm của phương trình f(x) = g(x) nằm trong tập hợp nghiệm của phương trình f1(x) = g1(x) thì phương trình f1(x) = g1(x) được gọi là phương trình hệ quả của phương trình f(x) = g(x), kí hiệu f(x) = g(x)  f1(x) = g1(x). Định nghĩa 2. Hai phương trình f(x) = g(x) và f1(x) = g1(x) được gọi là tương đương nếu chúng có chung tập hợp nghiệm, kí hiệu f(x) = g(x)  f1(x) = g1(x). Đương nhiên f(x) = g(x)  f1(x) = g1(x) khi và chỉ khi f(x) = g(x)  f1(x) = g1(x) và f1(x) = g1(x)  f(x) = g(x). Nhờ hai khái niệm trên, lời giải của các ví dụ 1, ví dụ 2 trong mục 1.2.3 được trình bày một cách đơn giản hơn. Lời giải đơn giản cho ví dụ 1. Giải phương trình sau.

2 2 3xx  

Lời giải. Bước 1, biến đổi hệ quả. Ta có 2 2 3xx  Þ22x 4x 4 4x 12x 9- + = – +23x 8x 5 0Þ – + =Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

11

Bước 2, thử lại. Vì 1 2 1 1 2.1 3- = ¹ – = – nên x1= không phải là nghiệm của phương trình. Vì 5 1 52 2. 33 3 3– = = – nên 5x3= là nghiệm của phương trình. Kết luận. Phương trình có nghiệm là 53. Nhận xét. + Khi giải phương trình bằng phương pháp biến đổi hệ quả và thử lại chỉ được dùng dấu hệ quả (Þ). + Phương pháp biến đổi hệ quả và thử lại thực sự ưu việt khi giải những phương trình vô nghiệm (không có nghiệm nên không có bước thử lại). Lời giải đơn giản cho ví dụ 2. Giải phương trình sau.

2x 3 x 2- = –

Lời giải. Ta thấy:

2x 3 x 2- = –

x 3 2Û = +

Kết luận. Phương trình có nghiệm 32

Nhận xét. Khi giải phương trình bằng phương pháp biến đổi tương đương chỉ được dùng dấu tương đương (Û). 1.3. Quỹ tích và bài toán tìm quỹ tích 1.3.1. Cái nhìn tổng quan Quỹ tích của các điểm M( ) là hình (H) =  M( ) .

Tìm quỹ tích của những điểm M( ) là tìm hình (H) gồm những điểm M( ), cụ thể hơn, mô tả về mặt hình học hình (H) =  M( ) .

Theo định nghĩa trên bài toán tìm quỹ tích là một bài toán tìm đối tượng thoả mãn điều kiện. Do đó để giải bài toán tìm quỹ tích cũng chỉ có thể sử dụng một trong ba phương pháp sau: biến đổi hệ quả và thử lại, biến đối tương đương, đoán nhận và khẳng định. Theo thói quen, với bài toán quỹ tích, thay cho các thuật ngữ biến đổi hệ quả và thử lại, biến đối tương đương, đoán nhận và khẳng định người ta dùng các thuật ngữ thuận-đảo, thuận đảo đồng thời, đảo-phản đảo.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

Về phương diện logic, phần thuận trong lời giải bài toán tìm quỹ tích và bước biến đổi hệ quả trong bài toán giải phương trình có cùng bản chất. Khi ta bắt đầu phần thuận với câu „„ giả sử M có tính chất  ‟‟ và kết thúc phần thuận với câu „„ vậy M thuộc hình (H) ‟‟ cũng giống như khi ta bắt đầu bước biến đổi hệ quả với câu „„ giả sử x0 là nghiệm của phương trình ‟‟ và kết thúc bước biến đổi hệ quả với câu „„ vậy x0 thuộc tập hợp  12a ,a , ‟‟. Tương tự, phần đảo của bài toán tìm quỹ tích và bước thử lại của bài toán giải phương trình có cùng bản chất logic. Tuy nhiên, cũng có những điểm khác biệt trong quá trình thực hành. Khi ta bắt đầu phần đảo với câu „„giả sử M thuộc hình (H) ‟‟ cũng là lúc ta tin chắc rằng kết thúc phần đảo sẽ là câu „„ vậy M có tính chất  ‟‟. Ngược lại, khi ta bắt đầu bước thử lại với câu „„ giả sử x0 thuộc tập hợp  12a ,a , ‟‟ ta không thể tin chắc rằng kết thúc bước thử lại sẽ là câu „„ vậy x0 là nghiệm của phương trình ‟‟. Nói cách khác, khi giải bài toán quỹ tích bằng phương pháp thuận đảo,

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

14 người giải toán phải thực hiện phần thuận hoàn chỉnh tới mức hình (H), tập hợp chứa các điểm M có tính chất , chính là tập hợp các điểm M có tính chất .

Từ đó, theo định lí Thasles, NP

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

15

(Hình 1)

Đảo. Giả sử I thuộc đoạn EF (h.1). Đặt P = AI ∩ BC. Lấy M, N thuộc AB, AC sao cho MP

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

Thuận. Giả sử G là trọng tâm của tam giác ABC (h.2). Dễ thấy G thuộc MA và 1MG MA3 

(Hình 2)

Dễ thấy 1333M M MA V ((O’)) V (V (O)) e((O)) (O)    và G là trọng tâm của tam giác ABC. Do đó G thoả mãn điều kiện đề bài. Kết luận. Quỹ tích trọng tâm G của tam giác ABC là đường tròn (O‟).

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

17 Nhận xét. + Lời giải trên và lời giải ví dụ 1 trong mục 1.2.3 có cùng bản chất logic. + Trong phần đảo, nhờ phép vị tự 1133MMVV dễ dàng chỉ ra điểm A thuộc (O) sao cho G là trọng tâm tam giác ABC. Ví dụ 3. Cho đường tròn (O) và điểm A nằm trong (O) và khác O. Các điểm B,C chạy trên (O) sao cho BAC 90 . Tìm quỹ tích trung điểm M của đoạn BC. Lời giải. Gọi R là bán kính của (O), gọi I là trung điểm của OA (h.3). Thuận. Giả sử M là trung điểm của BC. Vì BAC 90 nên MA = MB (1). Vì OMB 90 nên 2 2 2 2OM BM OB R (2).  

Vì A nằm trong O nên OA < R (3). Theo công thức tính độ dài trung tuyến của tam giác, chú ý rằng với (1), (2) và (3), ta có

Do đó M thuộc đường tròn (I, 222R OA2). Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

18

(Hình 3)

Suy ra đường tròn (I, 222R OA2) nằm trong đường tròn (O). Do đó M nằm trong (O). Qua M dựng đường thẳng vuông góc với OM, cắt (O) tại B, C. Theo công thức tính độ dài trung tuyến của tam giác, chú ý rằng 222R OAIM ,2

Suy ra AM = BM = CM.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

Vậy M thoả mãn điều kiện đề bài. Kết luận. Quỹ tích của M là đường tròn (I, 222R OA2). Nhận xét. + Lời giải trên và lời giải ví du 1 trong mục 1.2.3 có cùng bản chất logic. + Nếu không có kết luận đường tròn (I, 222R OA2) nằm trong đường tròn (O) thì không thể chỉ ra sự tồn tại của các điểm B, C, lỗi này rất nhiều người mắc.

Ví dụ 4. Cho đường trong (O). Các điểm A, B, C thay đổi trên (O) sao cho tam giác ABC nhọn, tìm quỹ tích trọng tâm của tam giác ABC. Lời giải. Trước hết xin phát biểu không chứng minh một bổ đề quen thuộc. Bổ đề. Nếu O, H, G theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp, trực tâm, trọng tâm của tam giác ABC thì G thuộc đoạn OH và OH = 3OG. Trở lại giải ví dụ 4. Gọi R là bán kính của (O). Thuận. Giả sử G là trọng tâm của tam giác ABC (h.4).

Mục đích của bài học giúp học sinh:

Biết cách trình bày luận điểm trong đoạn văn diễn dịch.

Biết cách trình bày luận điểm trong đoạn văn quy nạp.

I. Trình bày luận điểm thành một đoạn văn nghị luận

Khi trình bày luận điểm trong văn nghị luận, cần chú ý:

+ Thể hiện rõ ràng, chính xác.

Để luận điểm nổi bật, có sức thuyết phục, cần phải:

+ Tìm đủ các luận cứ cần thiết.

+ Tổ chức lập luận theo một trật tự hợp lí.

Cần phải diễn đạt trong sáng, hấp dẫn để sự trình bày luận điểm có sức thuyết phục.

II. Đọc – hiểu 1. Đọc các đoạn văn dẫn trong SGK, trang 79, 80 và trả lời câu hỏi.

a) Thật là chốn tụ hội trọng yếu của bốn phương đất nước; củng là nơi kinh đô bậc nhất của đế vương muôn đời.

b) Đồng bào ta ngày nay củng rất xứng đáng với tổ tiên ta ngày trước.

Đoạn (a) viết theo lối quy nạp được triển khai theo các ý như sau:

Là nơi trung tâm của đất trời.

Địa thế phù hợp với dân cư và muôn loài.

Khắp nước Việt Nam không có nơi nào bằng.

Luận điểm chính: là nơi trọng yếu (…) đế vương muôn đời.

Đoạn (b) viết theo lối diễn dịch được triển khai theo các ý sau:

Luận điểm chính: Đồng bào ta… tổ tiên ta ngày trước.

Tất cả các tầng lớp nhân dân đều một lòng nồng nàn yêu nước, ghét giặc.

Tất cả các tầng lớp nhân dân đều ra sức bảo vệ đất nước.

Tất cả các tầng lớp nhân dân đều ra sức xây dựng đất nước.

2. Đọc đoán văn và trả lời câu hỏi.

a) Lập luận và đưa ra những lí lẽ, dẫn chứng nhằm dẫn dắt người đọc đến một kết luận haỵ chấp nhận một kết luận mà người viết muốn đạt tới.

Trong đoạn văn dẫn ở SGK, trang 80, Nguyễn Tuân đã làm nổi bật ý nghĩa tư tưởng trong tác phẩm “Tắt đèn của Ngô Tất Tô”: bản chất “chó đểu ” của giai cấp thong trị. Đó chính là luận điểm chính của đoạn văn.

Nguyễn Tuân đã sử dụng phép tương phản khi miêu tả lại hái thái độ hoàn toàn trái ngược của vợ chồng Nghị Quế: yêu quý chiều chuộng đàn chó, còn đối với mẹ con chị Dậu thì chúng giở giọng “chó má. Qua đó, càng làm nổi bật bản chất độc ác, tàn nhẫn của giai cấp thông trị.

b) Cách lập luận trong đoạn văn trên đã làm nổi bật, sáng tỏ luận điểm chung. Đó là cách lập luận độc đáo, chính xác và có sức thuyết phục mạnh mẽ.

c) Việc sắp xếp các ý trong đoạn văn trên là hợp lí, đã làm nổi bật được luận điểm chính. Tác giả đã trình bày việc vợ chồng Nghị Quế quan tâm, chăm sóc đối với đàn chó, khiến người đọc ngỡ rằng chúng sẽ đối xử tử tế với người nuôi chó. Nào ngờ… Cách dẫn dắt của Nguyễn Tuân đã tạo ra được tính bất ngơ và càng làm tăng hiệu quả trong việc thể hiện luận điểm chính. Nếu tác giả đưa nhận xét Nghị Quế “đùng đùng giở giọng chó má ngay với mẹ con chị Dậu ” lên trên và đưa nhận xét “vợ chồng địa chủ cũng… thích chó, yêu gia súc” xuống dưới thì hiệu quả của đoạn văn sẽ giảm đi rất nhiều, không tạo được tính bất ngờ cho người đọc.

d) Trong đoạn văn, những cụm từ chuyện chó má, giọng chó má, thằng nhà giàu rước chó vào nhà, chất chó đểu của giai cấp nó được xếp cạnh nhau đã giúp cho việc trình bày luận điểm thêm chặt chẽ và hấp dẫn, làm nổi bật được bản chất xấu xa của giai cấp thống trị. Qua đó, tạo được giọng điệu rất riêng, rất ấn tượng.

1. Bài tập này yêu cầu các em đọc hai câu văn dẫn trong SGK, trang 81 và diễn đạt ý mỗi câu thành một luận điểm ngắn gọn.

a) Cần phải viết ngắn gọn, rõ ràng.

b) Nguyên Hồng không chỉ ham viết mà. còn muốn truyền nghề cho bạn trẻ.

2. Bài tập này nêu hai yêu cầu:

Đoạn văn dẫn trong SGK, trang 82 trình bày theo luận điểm gì và sử dụng các luận cứ nào?

Nhận xét về cách sắp xếp luận cứ và cách diễn đạt của đoạn văn.

Luận điểm của đoạn văn: Tôi thấy Tê Hanh là người tinh lắm.

Đoạn văn sử dụng các luận cứ:

+ Tế Hanh đã ghi được đôi nét rất thần tình về cảnh sinh hoạt chốn quê hương.

+ Thơ Tế Hanh đưa ta vào một thế giới gần gũi.

Hai luận cứ trên được sắp xếp một cách hợp lí. Tác giả xuất phát từ những cảm nhận chính xác về Tế Hanh (nghe thấy những điều không thần sắc, không thanh âm) đến những nhận xét tinh tế về thơ Tế Hanh (đưa ra vào một thế giới gần gũi thường ta chỉ thấy một cách mờ mờ). Hai luận cứ có sự gắn bó mật thiết với nhau tạo cho đoạn văn sự hợp lí và lô-gíc.

3. Bài tập này yêu cầu các em viết đoạn văn ngắn triển khai các luận điểm:

Học phải kết hợp làm bài tập thì mới hiểu bài.

Học vẹt không phát triển được năng lực suy nghĩ.

Đối với các luận điểm đã được đưa ra trước, các em phải xây dựng các luận cứ một cách lô-gíc và hợp lí. Khi đưa ra các luận cứ, các em cần đưa ra các dẫn chứng để chứng mirih.

a) Học phải kết hợp làm bài tập thì mới hiểu bài.

Việc học là rất quan trọng, giúp ta nắm bắt các tri thức. Tuy nhiên, củng cố tri thức cũng rất quan trọng.

Việc làm bài tập đều đặn, thưòng xuyên sẽ giúp cho tri thức luôn luôn được củng cố.

Mở rộng: liên hệ một số câu có ý nghĩa tương tự: Học đi đôi với hành…

b) Học vẹt không phát triển được năng lực suy nghĩ.

Giải thích rõ nghĩa “học vẹt”: Học vẹt là nói như con vẹt mà không hiểu mình đang nói gì. Học vẹt thường chỉ những người cố học thuộc lòng nhưng không hiểu được ý của bài học, không nắm được bản chất của vấn đề.

Học vẹt làm cho trí não trở nên lười biếng, không phát triển được năng lực suy nghĩ: trí não không được rèn luyện thường xuyên, không có khả năng phân tích hay khái quát nên khi gặp thực tế họ thường gặp nhiều khó khăn.

4. Để làm sáng tỏ luận điểm ”Văn giải thích cần phải viết cho dễ hiểu “, các luận cứ cần được đưa ra là:

Mục đích của văn giải thích là làm cho người đọc hiểu rõ vấn đề.

Do đó, cần phải viết rõ ràng, ngắn gọn, dễ hiểu tránh dùng từ ngữ cầu kì, cấu trúc câu phức tạp để người đọc dễ dàng tiếp nhận được vấn đề mà người viết muốn trình bày.

Khi viết cần chú ý đến đốì tượng tiếp nhận để lựa chọn cách trình bày và từ ngữ thích hợp thì mới đạt hiệu quả cao.

Published on

www.toanhocdanang.com www.facebook.com/ToanHocPhoThongDaNang Phone: 0935 334 225

1. ĐẠI SỐ 10 GV: PHAN NHẬT NAM PHƯƠNG TRÌNH & HỆ PHƯƠNG TRÌNH

2. PHƯƠNG TRÌNH & HỆ PHƯƠNG TRÌNH GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 2 chúng tôi ĐẠI CƯƠNG VỀ PHƯƠNG TRÌNH I. lý thuyết: 1. Phương trình một ẩn f(x) = g(x) (1)  x0 là một nghiệm của (1) nếu “f(x0) = g(x0)” là một mệnh đề đúng.  Giải phương trình là tìm tất cả các nghiệm của phương trình đó.  Khi giải phương trình ta thường tìm điều kiện xác định của phương trình. Chú ý: + Khi tìm ĐKXĐ của phương trình, ta thường gặp các trường hợp sau: – Nếu trong phương trình có chứa biểu thức P x 1 ( ) thì cần điều kiện P(x)  0. – Nếu trong phương trình có chứa biểu thức P x( ) thì cần điều kiện P(x)  0. + Các nghiệm của phương trình f(x) = g(x) là hoành độ các giao điểm của đồ thị hai hàm số y = f(x) và y = g(x). 2. Phương trình tương đương, phương trình hệ quả Cho hai phương trình f1(x) = g1(x) (1) có tập nghiệm S1 và f2(x) = g2(x) (2) có tập nghiệm S2.  (1)  (2) khi và chỉ khi S1 = S2. {(1) , (2) là hai phương trình tương đương nhau}  (1)  (2) khi và chỉ khi S1  S2. { (2) là phương trình hệ quả của (1)} 3. Phép biến đổi tương đương  Nếu một phép biến đổi phương trình mà không làm thay đổi điều kiện xác định của nó thì ta được một phương trình tương đương. Ta thường sử dụng các phép biến đổi sau: – Cộng hai vế của phương trình với cùng một biểu thức. – Nhân hai vế của phương trình với một biểu thức có giá trị khác 0.  Khi bình phương hai vế của một phương trình, nói chung ta được một phương trình hệ quả. Khi đó ta phải kiểm tra lại để loại bỏ nghiệm ngoại lai. II. Các ví dụ minh họa: Ví dụ 1: Giải phương trình 2 1 1 2 3 0x x x x       Giải: Điều Kiện: 1 0 1 1 1 0 1 x x x x x             Thay x = 1 vào phương trình ta thu được ” 2 1 1 1 1 1 2.1 3 0       ” là mệnh đề đúng . Do đó phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 Vậy tập nghiệm của phương trình là  1S 

3. PHƯƠNG TRÌNH & HỆ PHƯƠNG TRÌNH GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 3 chúng tôi Ví dụ 2: Chứng tỏ hai phương trình sau tương đương nhau: 2 2 2 1 0 1 x x x      (1) và 4 22 7x x   (2) Giải: Giải phương trình 1: Điều kiện: 1x  2 2 2 0 ( )2 1 2 (1) 0 2 0 2 ( )1 x loaix x x x x loaix              Do đó tập nghiệm của (1) là 1S  Giải phương trình 2: 2 2 4 0 4 4 (2) 2 3( 4) 22 7 6 0 x x x x xx x x x                        không tồn tại x R Do đó tập nghiệm của (2) là 2S  Từ đó ta có: 1 2S S   nên (1) và (2) là hai phương trình tương đương nhau (đpcm) III. Bài tập áp dụng: Bài 1. Tìm điều kiện xác định của mỗi phương trình và giải phương trình đó: a) x x x 5 5 3 12 4 4      b) x x x 1 1 5 15 3 3      c) x x x 2 1 1 9 1 1      d) x x x 2 2 3 15 5 5      Bài 2. Tìm điều kiện xác định của mỗi phương trình và giải phương trình đó: a) x x1 1 2    b) x x1 2   c) x x1 1   d) x x1 1   e) x x x 3 1 1    f) x x x2 1 2 3     * Bài 3. Tìm điều kiện xác định của mỗi phương trình và giải phương trình đó: a) x x x2 3( 3 2) 0    b) x x x2 1( 2) 0    c) x x x x 1 2 2 2      d) x x x x x 2 4 3 1 1 1        Bài 4. Tìm điều kiện xác định của mỗi phương trình và giải phương trình đó: a) x x2 1   b) x x1 2   c) x x2 1 2   d) x x2 2 1  

4. PHƯƠNG TRÌNH & HỆ PHƯƠNG TRÌNH GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 4 chúng tôi Bài 5. Tìm điều kiện xác định của mỗi phương trình và giải phương trình đó: a) x x x x1 1    b) x x x x 2 2 1 1      c) x x x x2 2    d) x x x x 1 1 2 2      Bài 6. Tìm tập nghiệm của phương trình: 1x x x    Bài 7. Giải các phương trình: a. 2 1 1x x   b. 2 1 2 3 0x x x x       Bài 8. Tìm m để hai phương trình sau tương đương nhau 1 3 7x x   , 2 ( 1) ( 3) 2 2 0m x m x m      Bài 9. Sử dụng phép biến đổi hệ quả để giải phương trình sau: a. 2 2 2 7 7 x x x x x     b. 8 1 3 5 7 4 2 2x x x x       PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẨN I. Lý thuyết: Chú ý: Khi a  0 thì (1) đgl phương trình bậc nhất một ẩn II. Bài tập áp dụng: Bài 1. Giải và biện luận các phương trình sau theo tham số m: a) m x m x2 ( 2) 2 3    b) m x m x m( ) 2    b) m x m m x( 3) ( 2) 6     d) m x m x m2 ( 1) (3 2)    e) m m x x m2 2 ( ) 2 1    f) m x m x m2 ( 1) (2 5) 2     ax + b = 0 (1) Hệ số Kết luận a  0 (1) có nghiệm duy nhất b x a   a = 0 b  0 (1) vô nghiệm b = 0 (1) nghiệm đúng với mọi x

5. PHƯƠNG TRÌNH & HỆ PHƯƠNG TRÌNH GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 5 chúng tôi Bài 2. Giải và biện luận các phương trình sau theo các tham số a, b, c: a) x a x b b a a b a b ( , 0)       b) ab x a b b x( 2) 2 ( 2a)     c) x ab x bc x b b a b c a c b 2 3 ( , , 1) 1 1 1            d) x b c x c a x a b a b c a b c 3 ( , , 0)           Bài 3. Trong các phương trình sau, tìm giá trị của tham số để phương trình: i) Có nghiệm duy nhất ii) Vô nghiệm iii) Nghiệm đúng với mọi x  R. a) m x n( 2) 1   b) m m x m2 ( 2 3) 1    c) mx x mx m x2 ( 2)( 1) ( )    d) m m x x m2 2 ( ) 2 1    Bài 4. Giải các phương trình sau: a) x x x x 2 10 50 1 2 3 (2 )( 3)        b) x x x x x x 1 1 2 1 2 2 1         c) x x x x 2 1 1 3 2 2      d) x x x 2 2 3 5 1 4      e) x x x x x x 2 2 2 5 2 2 15 1 3        f) x x x x2 2 3 4 2 ( 1) (2 1)      Bài 5. Giải và biện luận các phương trình sau: a) mx m x 1 3 2     b) mx m x m 2 3     c) x m x x x m 1 2 1       d) x m x x x 3 1 2      e) m x m m x ( 1) 2 3      f) x x x m x 1    Bài 6. Giải và biện luận các phương trình sau: a) mx 1 5  b) mx x x1 2    c) mx x x2 1   d) x m x m3 2 2   e) x m x m 2    f) x m x 1   Bài 7. Tím tất cả các gia trị nguyên của m để phương trình ( 1)( 1)m x x m    có nghiệm nguyên Bài 8. Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm phân biệt :  1 (2 3) (1 ) 3 0x m x m m x       Bài 9. Tìm m để phương trình 2 3mx x m x x    có nghiệm duy nhất

8. PHƯƠNG TRÌNH & HỆ PHƯƠNG TRÌNH GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 8 chúng tôi iii) có hai nghiệm dương phân biệt a) x x m2 5 3 1 0    b) x x m2 2 12 15 0   c) x m x m2 2 2( 1) 0    d) m x m x m2 ( 1) 2( 1) 2 0      e) m x m x2 ( 1) (2 ) 1 0     f) mx m x m2 2( 3) 1 0     g) x x m2 4 1 0    h) m x m x m2 ( 1) 2( 4) 1 0      Bài 5. Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình. Không giải phương trình, hãy tính: A = x x2 2 1 2 ; B = x x3 3 1 2 ; C = x x4 4 1 2 ; D = x x1 2 ; E = x x x x1 2 2 1(2 )(2 )  a) x x2 5 0   b) x x2 2 3 7 0   c) x x2 3 10 3 0   d) x x2 2 15 0   e) x x2 2 5 2 0   f) x x2 3 5 2 0   Bài 6. (Trích TSĐH Khối A – 2003) Tìm m để đồ thị (C) của hàm số 2 1 mx x m y x     cắt trục hoành tại hai điểm có hoành độ dương. Bài 7. (Trích TSĐH Khối A – 2003) Biện luận theo m số giao điểm của hai đồ thị (C) và d tương ứng của hàm số sau (C): 2 2 4 2 x x y x     và d: 2 2y mx m   . Bài 8. (Trích TSĐH Khối B – 2006) Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm phân biệt: 2 2 2 1x mx x    Bài 9. (Trích TSĐH Khối D – 2006) Gọi d là đường thẳng qua A(3; 20) và có hệ số góc là m. Tìm m để đường thẳng d cắt đồ thị (C): 3 3 2y x x   tại ba điểm phân biệt. Bài 10. (Trích TSĐH Khối D – 2009) Tìm m để đường thẳng : 2d y x m   cắt đồ thị (C) của hàm số 2 x x m y x    tại hai điểm phân biệt A, B sao cho trung điểm của đoạn thẳng AB thuộc trục tung. Bài 11. (Trích TSĐH Khối A – 2010) Tìm m để phương trình : 3 2 2 (1 ) 0x x m x m     có ba nghiệm 1 2 3, ,x x x sao cho 2 2 2 1 2 3 4x x x   Bài 12. (Trích TSĐH Khối A – 2011) Tìm m để phương trình: 1 2 1 x x m x      có hai nghiệm phân biệt 1 2,x x sao cho 2 2 1 2 1 1 (2 1) (2 1) f x x      đạt giá trị lớn nhất. Bài 13. Cho phương trình: m x m x m2 ( 1) 2( 1) 2 0      (*). Xác định m để: a) (*) có hai nghiệm phân biệt. b) (*) có một nghiệm bằng 2. Tính nghiệm kia. c) Tổng bình phương các nghiệm bằng 2.

9. PHƯƠNG TRÌNH & HỆ PHƯƠNG TRÌNH GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 9 chúng tôi Bài 14. Cho phương trình: x m x m2 2(2 1) 3 4 0     (*). a) Tìm m để (*) có hai nghiệm x1, x2. b) Tìm hệ thức giữa x1, x2 độc lập đối với m. c) Tính theo m, biểu thức A = x x3 3 1 2 . d) Tìm m để (*) có một nghiệm gấp 3 lần nghiệm kia. e) Lập phương trình bậc hai có các nghiệm là x x2 2 1 2, . HD: a) m 2 2  b) x x x x1 2 1 2 1    c) A = m m m2 (2 4 )(16 4 5)   d) m 1 2 7 6   e) x m m x m2 2 2 2(8 8 1) (3 4 ) 0      Bài 15. Cho phương trình: x m x m m2 2 2( 1) 3 0     (*). a) Tìm m để (*) có nghiệm x = 0. Tính nghiệm còn lại. b) Khi (*) có hai nghiệm x1, x2 . Tìm hệ thức giữa x1, x2 độc lập đối với m. c) Tìm m để (*) có hai nghiệm x1, x2 thoả: x x2 2 1 2 8  . HD: a) m = 3; m = 4b) x x x x x x2 1 2 1 2 1 2( ) 2( ) 4 8 0      c) m = -1; m = 2. Bài 16. Cho phương trình: x m m x m2 2 3 ( 3 ) 0    . a) Tìm m để phương trình có một nghiệm bằng bình phương nghiệm kia. b) Tìm m để phương trình có một nghiệm bằng 1. Tính nghiệm còn lại. HD: a) m = 0; m = 1 b) x x x2 2 21; 5 2 7; 5 2 7      . Bài 17. (nâng cao) Cho phương trình: x x x2 2 2 2 sin 2 cos    ( là tham số). a) Chứng minh phương trình có nghiệm với mọi . b) Tìm  để tổng bình phương các nghiệm của phương trình đạt GTLN, GTNN.

10. PHƯƠNG TRÌNH & HỆ PHƯƠNG TRÌNH GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 10 chúng tôi PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI I. Lý thuyết: 1. Định nghĩa và tính chất phương trình chứa trị tuyệt đối  A khi A A A khi A 0 0        A A0,   A B A B. .  A A 2 2   A B A B A B. 0      A B A B A B. 0      A B A B A B. 0      A B A B A B. 0     Cách giải Để giải phương trình chứa ẩn trong dấu GTTĐ ta tìm cách để khử dấu GTTĐ, bằng cách: – Dùng định nghĩa hoặc tính chất của GTTĐ. – Bình phương hai vế. – Đặt ẩn phụ.  Dạng 1: f x g x( ) ( ) C f x f x g x f x f x g x 1 ( ) 0 ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( )          C g x f x g x f x g x 2 ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( )           Dạng 2: f x g x( ) ( )     C f x g x 1 2 2 ( ) ( )  C f x g x f x g x 2 ( ) ( ) ( ) ( )        Dạng 3: a f x b g x h x( ) ( ) ( )  Đối với phương trình có dạng này ta thường dùng phương pháp khoảng để giải. 2. Phương trình chứa căn Cách giải: Để giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn ta tìm cách để khử dấu căn, bằng cách: – Nâng luỹ thừa hai vế. – Đặt ẩn phụ. Chú ý: Khi thực hiện các phép biến đổi cần chú ý điều kiện để các căn được xác định. Dạng 1: f x g x( ) ( )   f x g x g x 2 ( ) ( ) ( ) 0    Dạng 2: f x g x f x g x f x hay g x ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ( ) 0)        Dạng 3: af x b f x c( ) ( ) 0    t f x t at bt c2 ( ), 0 0        Dạng 4: f x g x h x( ) ( ) ( )   Đặt u f x v g x( ), ( )  với u, v  0.  Đưa phương trình trên về hệ phương trình với hai ẩn là u và v. Dạng 5: f x g x f x g x h x( ) ( ) ( ). ( ) ( )   Đặt t f x g x t( ) ( ), 0   . 3. phương trình trùng phương ax4 + bx2 + c = 0 (a  0) a. Cách giải: t x t ax bx c at bt c 2 4 2 2 , 0 0 (1) 0 (2)           

11. PHƯƠNG TRÌNH & HỆ PHƯƠNG TRÌNH GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 11 chúng tôi b. Số nghiệm của phương trình trùng phương Để xác định số nghiệm của (1) ta dựa vào số nghiệm của (2) và dấu của chúng.  (1) vô nghiệm  voâ nghieäm coù nghieäm keùp aâm coù nghieäm aâm (2) (2) (2) 2      (1) có 1 nghiệm  coù nghieäm keùp baèng coù nghieäm baèng nghieäm coøn laïi aâm (2) 0 (2) 1 0,    (1) có 2 nghiệm  coù nghieäm keùp döông coù nghieäm döông vaø nghieäm aâm (2) (2) 1 1    (1) có 3 nghiệm  coù nghieäm baèng nghieäm coøn laïi döông(2) 1 0,  (1) có 4 nghiệm  coù nghieäm döông phaân bieät(2) 2 c. Một số dạng khác về phương trình bậc bốn  Dạng 1: x a x b x c x d K vôùi a b c d( )( )( )( ) ,        – Đặt t x a x b x c x d t ab cd( )( ) ( )( )         – PT trở thành: t cd ab t K2 ( ) 0     Dạng 2: x a x b K4 4 ( ) ( )    – Đặt a b t x 2     a b b a x a t x b t, 2 2         – PT trở thành: a b t t K vôùi4 2 2 4 2 12 2 0 2               Dạng 3: ax bx cx bx a a4 3 2 0 ( 0)      (phương trình đối xứng) – Vì x = 0 không là nghiệm nên chia hai vế của phương trình cho x2 , ta được: PT  a x b x c xx 2 2 1 1 0               (2) – Đặt t x hoaëc t x x x 1 1         với t 2 . – PT (2) trở thành: at bt c a t2 2 0 ( 2)     . II. Bài tập áp dụng: Bài 1. Giải các phương trình sau: a) x x2 1 3   b) x x4 7 2 5   c) x x2 3 2 0   d) x x x2 6 9 2 1    e) x x x2 4 5 4 17    f) x x x2 4 17 4 5    g) x x x x1 2 3 2 4      h) x x x1 2 3 14      i) x x x1 2 2    Bài 2. Giải và biện luận các phương trình sau: a) mx 1 5  b) mx x x1 2    c) mx x x2 1   d) x m x m3 2 2   e) x m x m 2    f) x m x 1  

12. PHƯƠNG TRÌNH & HỆ PHƯƠNG TRÌNH GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 12 chúng tôi Bài 3. Giải các phương trình sau: a) x x4 7 4 7   b) x x2 3 3 2   c) x x x1 2 1 3    d) x x x x2 2 2 3 2 3     e) x x x2 2 5 2 7 5 0     f) x x3 7 10    Bài 4. Giải các phương trình sau: a) x x x2 2 1 1 0     b) x x x2 2 5 1 7 0     c) x x x2 2 5 1 5 0     d) x x x2 4 3 2 0    e) x x x2 4 4 2 1 1 0     f) x x x2 6 3 10 0     Bài 1. Giải các phương trình sau: a) x x2 3 3   b) x x5 10 8   c) x x2 5 4   d) x x x2 12 8    e) x x x2 2 4 2    f) x x x2 3 9 1 2    g) x x x2 3 9 1 2    h) x x x2 3 10 2    i) x x x2 2 ( 3) 4 9    Bài 2. Giải các phương trình sau: a) x x x x2 2 6 9 4 6 6     b) x x x x2 ( 3)(8 ) 26 11      c) x x x x2 ( 4)( 1) 3 5 2 6      d) x x x x2 ( 5)(2 ) 3 3    e) x x2 2 11 31   f) x x x x2 2 8 4 (4 )( 2) 0      Bài 3. Giải các phương trình sau: a) x x1 1 1    b) x x3 7 1 2    c) x x2 2 9 7 2    d) x x x x2 2 3 5 8 3 5 1 1      e) x x3 3 1 1 2    f) x x x x2 2 5 8 4 5      g) x x3 3 5 7 5 13 1    h) x x3 3 9 1 7 1 4     

13. PHƯƠNG TRÌNH & HỆ PHƯƠNG TRÌNH GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 13 chúng tôi Bài 4. Giải các phương trình sau: a) x x x x3 6 3 ( 3)(6 )       b) x x x x x2 3 1 3 2 (2 3)( 1) 16        c) x x x x1 3 ( 1)(3 ) 1       d) x x x x7 2 (7 )(2 ) 3       e) x x x x1 4 ( 1)(4 ) 5       f) x x x x x2 3 2 1 4 9 2 3 5 2        g) x x x x22 1 1 3      h) x x x x2 9 9 9      Bài 5. Giải các phương trình sau: a) x x x x2 4 2 2 5 2 4 6 2 5 14        b) x x x x5 4 1 2 2 1 1        c) x x x x x x2 2 2 1 2 2 3 4 2 1 3 2 8 6 2 1 4           Bài 6. Giải các phương trình sau: a) x x4 2 3 4 0   b) x x4 2 5 4 0   c) x x4 2 5 6 0   d) x x4 2 3 5 2 0   e) x x4 2 30 0   f) x x4 2 7 8 0   Bài 7. Tìm m để phương trình: i) Vô nghiệm ii) Có 1 nghiệm iii) Có 2 nghiệm iv) Có 3 nghiệm v) Có 4 nghiệm a) x m x m4 2 2 (1 2 ) 1 0     b) x m x m4 2 2 (3 4) 0    c) x mx m4 2 8 16 0   Bài 8. Giải các phương trình sau: a) x x x x( 1)( 3)( 5)( 7) 297     b) x x x x( 2)( 3)( 1)( 6) 36      c) x x4 4 ( 1) 97   d) x x4 4 ( 4) ( 6) 2    e) x x4 4 ( 3) ( 5) 16    f) x x x x4 3 2 6 35 62 35 6 0     g) x x x x4 3 2 4 1 0    

14. PHƯƠNG TRÌNH & HỆ PHƯƠNG TRÌNH GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 14 chúng tôi Bài 9. Giải các phương trình sau bằng phương pháp đặt ẩn phụ để quy về phương trình bậc 2 1. 2 2 5 10 1 7 2x x x x     2. 1 2 3 1 x x x x     3. 2 3 1212   x xxxx 4. 211 24 2  xxxx 5. xxxx 33)2)(5( 2  6. 22 4324 xxxx  7. 5 1 5 2 4 22 x x xx     8. xxxx  1 3 2 1 2 9. 234413 2  xxxx 10. 63297 2  xxxx Bài 10. Giải phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ: a. (D – 2006) 2 2 1 3 1 0x x x     b. (D – 2013) 2 2 2 1 x x x x     c. (B – 2012) 2 1 4 1 3x x x x     d. (D – 2011) 2 8 1 1 4 x x x      e. (B – 2011) 2 3 2 6 2 4 4 10 3x x x x       f. (A. 2009) 3 2 3 2 3 6 5 8 0x x     Bài 11. Giải các phương trình sau bằng phép nhân liên hợp: a. (B – 2010) 2 3 1 6 3 14 8 0x x x x       b. (Tích B – 2013) 2 3 3 3 1 5 4x x x x      c. (TNTHPTQG – 2015)    2 2 2 8 1 2 2 2 3 x x x x x x         d. (Trích A – 2014) 3 2 8 1 2 10x x x    e. (Tích B – 2014) 2 2 3 2x x x    HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT NHIỀU ẨN I. Lý thuyết:

15. PHƯƠNG TRÌNH & HỆ PHƯƠNG TRÌNH GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 15 chúng tôi 1. Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn a x b y c a b a b a x b y c 2 2 2 21 1 1 1 1 2 2 2 2 2 ( 0, 0)          Giải và biện luận: Tính các định thức: a b D a b 1 1 2 2  , x c b D c b 1 1 2 2  , y a c D a c 1 1 2 2  . Chú ý: Để giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn ta có thể dùng các cách giải đã biết như: phương pháp thế, phương pháp cộng đại số. 2. Hệ phương trình bậc nhất nhiều ẩn Nguyên tắc chung để giải các hệ phương trình nhiều ẩn là khử bớt ẩn để đưa về các phương trình hay hệ phương trình có số ẩn ít hơn. Để khử bớt ẩn, ta cũng có thể dùng các phương pháp cộng đại số, phương pháp thế như đối với hệ phương trình bậc nhất hai ẩn. II. Bài tập áp dụng: Bài 1. Giải các hệ phương trình sau: a) x y x y 5 4 3 7 9 8       b) x y x y 2 11 5 4 8       c) x y x y 3 1 6 2 5       d)     x y x y 2 1 2 1 2 2 1 2 2          e) x y x y 3 2 16 4 3 5 3 11 2 5         f) x y y 3 1 5x 2 3       Bài 2. Giải các hệ phương trình sau: a) x y x y 1 8 18 5 4 51         b) x y x y 10 1 1 1 2 25 3 2 1 2             c) x y x y x y x y 27 32 7 2 3 45 48 1 2 3              d) x y x y 2 6 3 1 5 5 6 4 1 1           e) x y x y x y x y 2 9 3 2 17           f) x y x y x y x y 4 3 8 3 5 6           Bài 3. Giải và biện luận các hệ phương trình sau: Xét D Kết quả D  0 Hệ có nghiệm duy nhất yx DD x y D D ;        D = 0 Dx  0 hoặc Dy  0 Hệ vô nghiệm Dx = Dy = 0 Hệ có vô số nghiệm

16. PHƯƠNG TRÌNH & HỆ PHƯƠNG TRÌNH GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 16 chúng tôi a) mx m y m x my ( 1) 1 2 2         b) mx m y m x m y ( 2) 5 ( 2) ( 1) 2          c) m x y m m x y m ( 1) 2 3 1 ( 2) 1           d) m x m y m x m y m ( 4) ( 2) 4 (2 1) ( 4)           e) m x y m m x y m m2 2 ( 1) 2 1 2          f) mx y m x my m 2 1 2 2 5         Bài 4. Trong các hệ phương trình sau hãy: i) Giải và biện luận. ii) Tìm m  Z để hệ có nghiệm duy nhất là nghiệm nguyên. a) m x y m m x y m m2 2 ( 1) 2 1 2          b) mx y x m y m 1 4( 1) 4        c) mx y x my m 3 3 2 1 0          Bài 5. Trong các hệ phương trình sau hãy: i) Giải và biện luận. ii) Khi hệ có nghiệm (x; y), tìm hệ thức giữa x, y độc lập đối với m. a) mx y m x my m 2 1 2 2 5         b) mx m y m x my 6 (2 ) 3 ( 1) 2         c) mx m y m x my ( 1) 1 2 2         Bài 6. Giải và biện luận các hệ phương trình sau: a) ax y b x y3 2 5        b) y ax b x y2 3 4       c) ax y a b x y a2        d) a b x a b y a a b x a b y b ( ) ( ) (2 ) (2 )           e) ax by a b bx ay ab 2 2 2        f) ax by a b bx b y b 2 2 4        Bài 7. Giải các hệ phương trình sau: a) x y z x y z x y z 3 1 2 2 5 2 3 0             b) x y z x y z x y z 3 2 8 2 6 3 6             c) x y z x y z x y z 3 2 7 2 4 3 8 3 5               HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI HAI ẨN

17. PHƯƠNG TRÌNH & HỆ PHƯƠNG TRÌNH GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 17 chúng tôi I. lý thuyết: 1. Hệ gồm 1 phương trình bậc nhất và 1 phương trình bậc hai  Từ phương trình bậc nhất rút một ẩn theo ẩn kia.  Thế vào phương trình bậc hai để đưa về phương trình bậc hai một ẩn.  Số nghiệm của hệ tuỳ theo số nghiệm của phương trình bậc hai này. 2. Hệ đối xứng loại 1 Hệ có dạng: (I) f x y g x y ( , ) 0 ( , ) 0     (với f(x, y) = f(y, x) và g(x, y) = g(y, x)). (Có nghĩa là khi ta hoán vị giữa x và y thì f(x, y) và g(x, y) không thay đổi).  Đặt S = x + y, P = xy.  Đưa hệ phương trình (I) về hệ (II) với các ẩn là S và P.  Giải hệ (II) ta tìm được S và P.  Tìm nghiệm (x, y) bằng cách giải phương trình: X SX P2 0   . 3. Hệ đối xứng loại 2 Hệ có dạng: (I) f x y f y x ( , ) 0 (1) ( , ) 0 (2)     (Có nghĩa là khi hoán vị giữa x và y thì (1) biến thành (2) và ngược lại).  Trừ (1) và (2) vế theo vế ta được: (I)  f x y f y x f x y ( , ) ( , ) 0 (3) ( , ) 0 (1)       Biến đổi (3) về phương trình tích: (3)  x y g x y( ). ( , ) 0   x y g x y( , ) 0     .  Như vậy, (I)  f x y x y f x y g x y ( , ) 0 ( , ) 0 ( , ) 0        .  Giải các hệ trên ta tìm được nghiệm của hệ (I). 4. Hệ đẳng cấp bậc hai Hệ có dạng: (I) a x b xy c y d a x b xy c y d 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2         .  Giải hệ khi x = 0 (hoặc y = 0).  Khi x  0, đặt y kx . Thế vào hệ (I) ta được hệ theo k và x. Khử x ta tìm được phương trình bậc hai theo k. Giải phương trình này ta tìm được k, từ đó tìm được (x; y). Chú ý: Với các hệ phương trình đối xứng, nếu hệ có nghiệm x y0 0( ; ) thì y x0 0( ; ) cũng là nghiệm của hệ. Do đó nếu hệ có nghiệm duy nhất thì x y0 0 . II. Bài tập áp dụng: Bài 1. Giải các hệ phương trình sau: a) x y x y 2 2 4 8 2 4       b) x xy x y 2 24 2 3 1       c) x y x y 2 ( ) 49 3 4 84       d) x xy y x y x y 2 2 3 2 3 6 0 2 3           e) x y xy x y 3 4 1 0 3( ) 9         f) x y xy x y 2 3 2 6 0        

18. PHƯƠNG TRÌNH & HỆ PHƯƠNG TRÌNH GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 18 chúng tôi g) y x x x y 2 4 2 5 0        h) x y x y y2 2 2 3 5 3 2 4        i) x y x xy y2 2 2 5 7        Bài 2. Giải và biện luận các hệ phương trình sau: a) x y x y m2 2 6      b) x y m x y x2 2 2 2        c) x y x y m2 2 3 2 1      Bài 3. Giải các hệ phương trình sau: a) x xy y x y xy x y2 2 11 2( ) 31            b) x y x xy y2 2 4 13        c) xy x y x y x y2 2 5 8          d) x y y x x y 13 6 6        e) x x y y x y xy 3 3 3 3 17 5         f) x x y y x xy y 4 2 2 4 2 2 481 37         Bài 4. Giải và biện luận các hệ phương trình sau: a) x y xy m x y m2 2 3 2         b) x y m x y xy m m2 2 2 1 2 3          c) x y m xy x y m ( 1)( 1) 5 ( ) 4         Bài 5. Giải các hệ phương trình sau: a) x x y y y x 2 2 3 2 3 2       b) x y x y y x y x 2 2 2 2 2 2 2 2         c) x x y y y x 3 3 2 2       d) y x y x x y x y 3 4 3 4         e) y y x x x y 2 2 2 2 2 3 2 3          f) x y y y x x 2 2 1 2 1 2         Bài 6. Giải và biện luận các hệ phương trình sau: a) x x my y y mx 2 2 3 3       b) x y m m y x m m 2 2 2 2 (3 4 ) (3 4 ) (3 4 ) (3 4 )         c) xy x m y xy y m x 2 2 ( 1) ( 1)         Bài 7. Giải các hệ phương trình sau: a) x xy y x xy y 2 2 2 2 3 1 3 3 13          b) x xy y x xy y 2 2 2 2 2 4 1 3 2 2 7          c) y xy x xy y 2 2 2 3 4 4 1        d) x xy y x xy y 2 2 2 2 3 5 4 38 5 9 3 15         e) x xy y x xy y 2 2 2 2 2 3 9 4 5 5         f) x xy y x xy y 2 2 2 2 3 8 4 0 5 7 6 0         Bài 8. Giải và biện luận các hệ phương trình sau: a) x mxy y m x m xy my m 2 2 2 2 ( 1)          b) xy y x xy m 2 2 12 26        c) x xy y m y xy 2 2 2 4 3 4       

19. PHƯƠNG TRÌNH & HỆ PHƯƠNG TRÌNH GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 19 chúng tôi BÀI TẬP ÔN CHƯƠNG III Bài 1. Giải và biện luận các phương trình sau: a) m x m x m2 2 4 3    b) a b x a a a b a b x2 2 2 2 ( ) 2 2 ( ) ( )      c) a x ab b x a b2 2 2 2 2    d) a ax b ax b2 ( ) 4 5    Bài 2. Tìm m để các phương trình sau có nghiệm: a) x m x m x x 2 1 1 1       b) m x m x m x 2 2 1 1     c) mx m x x x 2 1 1 2 1 1 1        d) x x m1 2 3    Bài 3. Giải và biện luận các phương trình sau: a) x x m2 2 12 15 0   b) x m x m2 2 2( 1) 0    b) x mx m2 1 0    d) x m x m m2 2( 2) ( 3) 0     Bài 4. Tìm m để phương trình có một nghiệm x0. Tính nghiệm còn lại: a) x mx m x2 0 3 1 0; 2       b) x m x m x2 2 02 3 0; 1    . Bài 5. Trong các phương trình sau, tìm m để: i) PT có hai nghiệm trái dấu ii) PT có hai nghiệm âm phân biệt iii) PT có hai nghiệm dương phân biệt iv) PT có hai nghiệm phân biệt x x1 2, thoả: x x3 3 1 2 0  ; x x2 2 1 2 3  a) x m x m m2 2( 2) ( 3) 0     b) x m x m2 2 2( 1) 0    c) x m x m2 2 2( 1) 2 0     d) m x m x m2 ( 2) 2( 1) 2 0      e) m x m x m2 ( 1) 2( 4) 1 0      f) x x m2 4 1 0    Bài 6. Trong các phương trình sau, hãy:

20. PHƯƠNG TRÌNH & HỆ PHƯƠNG TRÌNH GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 20 chúng tôi i) Giải và biện luận phương trình. ii) Khi phương trình có hai nghiệm x x1 2, , tìm hệ thức giữa x x1 2, độc lập với m. a) x m x m2 ( 1) 0    b) x m x m m2 2( 2) ( 3) 0     c) m x m x m2 ( 2) 2( 1) 2 0      d) x m x m2 2 2( 1) 2 0     Bài 7. Giải các phương trình sau: a) x x2 2 6 12   b) x x2 2 11 31   c) x x16 17 8 23   d) x x x2 2 8 3( 4)    e) x x x2 3 9 1 2 0     f) x x x2 51 2 1    g) x x x2 2 ( 3) 4 9    h) x x3 1 3 1    Bài 8. Giải các phương trình sau: a) x x4 3 10 3 2    b) x x x5 3 2 4     c) x x x3 4 2 1 3     d) x x x x2 2 3 3 3 6 3      e) x x x2 2 3 3 5     f) x x x3 3 5 2 4     g) x x x2 2 2 1 1 4      h) 811  xxx Bài 9. Giải các phương trình sau: a) x x x x2 1 2 1 2      b) x x x x x 3 2 1 2 1 2        c) x x x x 4 2 2 1 1 2      d) x x x x2 2 13 7     e) x x x x2 2 2 3 1 3 4     f) x x x x2 2 2 3 2 1 9     g) x x x x2 2 2 4 2 2     h) x x x x2 2 2 5 3 5 23 6    

21. PHƯƠNG TRÌNH & HỆ PHƯƠNG TRÌNH GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 21 chúng tôi Bài 10. Trong các hệ phương trình sau: i) Tìm số nguyên m để hệ có nghiệm duy nhất là nghiệm nguyên. ii) Khi hệ có nghiệm (x, y) , tìm hệ thức giữa x, y độc lập với m. a) mx y m x my a 2 1 2 2 1         b) mx y m x my m 3 2 1        c) x y m x y m 2 4 2 3 3         d) x y y x m 2 5 2 10 5        Bài 11. Giải các hệ phương trình sau: a) x xy y x y y x2 2 1 6          b) x y x x y y 2 2 4 2 2 4 5 13        c) x y y x x y 2 2 3 3 30 35       d) x y x y x y 3 3 5 5 2 2 1       e) x y xy x y x y 2 2 4 4 2 2 7 21         f) x y xy x y x y2 2 11 3( ) 28          Bài 12. Giải các hệ phương trình sau: a) x y xy x y x y 2 2 2 2 1 ( )(1 ) 5 1 ( )(1 ) 49            b)   y x x y x y x y 2 2 2 2 2 2 ( 1) 2 ( 1) 1 1 24                c) x y x y x y x y 2 2 2 2 1 1 4 1 1 4              d) x y x y x y xy 2 2 2 31 1 1 ( )(1 ) 6             e) x y y x y x xy y x xy xy x y 2 2 2 2 6 1 4             f) xy xy x y xy 1 4 1 ( ) 1 5               Bài 13. Giải các hệ phương trình sau: a) x x y y y x 2 2 3 2 3 2       b) x x y y y x 3 3 2 2       c) x x y y y x 3 3 3 8 3 8       d) x y y y x x 2 2 1 2 1 2         e) x y x y x y 2 2 3 2 3 2          f) y y x x x y 2 2 2 2 2 3 2 3         