Giải Và Biện Luận Phương Trình Bậc Hai

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….

Giải Và Biện Luận Phương Trình Bậc Nhất

Chuyên đề: Phương trình – Hệ phương trình Giải và biện luận phương trình bậc nhất Lý thuyết & Phương pháp giải

Cách giải và biện luận phương trình dạng ax+b=0 được tóm tắt trong bảng sau

Khi a ≠ 0 phương trình ax + b = 0 được gọi là phương trình bậc nhất một ẩn

Ví dụ minh họa

a. Giải phương trình khi m = 0

b. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình

Hướng dẫn:

a. Với m = 0 phương trình trở thành 6x – 1 = 0 ⇔ x = 1/6

Phương trình có nghiệm duy nhất x = 1/6

b. Ta có (m 2 – 7m + 6)x + m 2 – 1 = 0 ⇔ (m-1)(m-6)x + (m-1)(m+1) = 0

Nếu (m-1)(m-6) ≠ 0 thì phương trình có nghiệm duy nhất x = -(m+1)/(m-6)

Nếu m = 1 phương trình trở thành 0 = 0. Khi đó phương trình có vô số nghiệm.

Nếu m = 6 thì phương trình trở thành 35 = 0 (Vô lí). Khi đó phương trình vô nghiệm.

Bài 2: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình (2m – 4)x = m – 2 có nghiệm duy nhất.

Hướng dẫn:

Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi 2m – 4 ≠ 0 ⇔ m ≠ 2

Bài 3: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình (m 2 – 5m + 6)x = m 2 – 2m vô nghiệm.

Hướng dẫn:

Phương trình đã cho vô nghiệm khi

Bài 4: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình (m 2 – 1)x = m – 1 có nghiệm đúng với mọi x thuộc R.

Hướng dẫn:

Phương trình đã cho nghiệm đúng với ∀x ∈ R hay phương trình có vô số nghiệm khi

Bài 5: Cho phương trình m 2 x + 6 = 4x + 3m. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình đã cho có nghiệm.

Hướng dẫn:

Phương trình viết lại (m 2 – 4)x = 3m – 6.

Phương trình đã cho vô nghiệm khi

Do đó, phương trình đã cho có nghiệm khi m ≠ -2

Bài 6: Cho hai hàm số y = (m + 1) 2 x – 2 và y = (3m + 7)x + m. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hai hàm số đã cho cắt nhau.

Hướng dẫn:

Đồ thị hai hàm số cắt nhau khi và chỉ khi phương trình

(m + 1) 2 x – 2 = (3m + 7)x + m có nghiệm duy nhất

⇔ (m 2 – m – 6)x = 2 + m có nghiệm duy nhất

Bài 7: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [-10; 10] để phương trình (m 2 – 9)x = 3m(m – 3) có nghiệm duy nhất ?

Hướng dẫn:

Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi m 2-9 ≠ 0 ⇔ m ≠ ±3

Vì m ∈ Z, m ∈ [-10; 10] nên

m ∈ {-10; -9; -8;…; -4; -2; -1; 0; 1; 2; 4;…; 10}

Vậy 19 giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chuyên đề Toán 10: đầy đủ lý thuyết và các dạng bài tập có đáp án khác:

Đã có app VietJack trên điện thoại, giải bài tập SGK, SBT Soạn văn, Văn mẫu, Thi online, Bài giảng….miễn phí. Tải ngay ứng dụng trên Android và iOS.

Nhóm học tập facebook miễn phí cho teen 2k5: chúng tôi

Theo dõi chúng tôi miễn phí trên mạng xã hội facebook và youtube:

phuong-trinh-he-phuong-trinh.jsp

Chuyên Đề Giải Và Biện Luận Phương Trình Bậc Hai

A/ Giải và biện luận: Phương trình

– : phương trình trở về phương trình bậc nhất bx + c = 0.

+ pt(2) vô nghiệm.

+ : pt(2) có nghiệm kép .

+ : pt(2) có 2 nghiệm phân biệt ;

Kết luận: liệt kê từng trường hợp của tham số ứng với nghiệm của phương trình.

B/ Hệ thức Vi-et

 Hai số là hai nghiệm của phương trình khi và chỉ khi chúng thỏa các hệ thức: .

 Một số ứng dụng của hệ thức Vi-ét:

– Nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai.

– Tìm hai số biết tổng và tích của chúng: Nếu hai số có tổng bằng S và tích bằng P thì hai số đó là hai nghiệm của phương trình:

( Điều kiện tồn tại hai số trên là )

– Phân tích một tam thức bậc hai thành nhân tử: Nếu đa thức có hai nghiệm thì nó có thể phân tích thành nhân tử

Chuyên đề : Giải và biện luận phương trình bậc hai : Tóm tắt lý thuyết A/ Giải và biện luận: Phương trình : phương trình trở về phương trình bậc nhất bx + c = 0. : Đặt + pt(2) vô nghiệm. + : pt(2) có nghiệm kép . + : pt(2) có 2 nghiệm phân biệt ; Kết luận: liệt kê từng trường hợp của tham số ứng với nghiệm của phương trình. B/ Hệ thức Vi-et Hai số là hai nghiệm của phương trình khi và chỉ khi chúng thỏa các hệ thức: . Một số ứng dụng của hệ thức Vi-ét: Nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai. Tìm hai số biết tổng và tích của chúng: Nếu hai số có tổng bằng S và tích bằng P thì hai số đó là hai nghiệm của phương trình: ( Điều kiện tồn tại hai số trên là ) Phân tích một tam thức bậc hai thành nhân tử: Nếu đa thức có hai nghiệm thì nó có thể phân tích thành nhân tử Tính giá trị các biểu thức đối xứng của hai nghiệm của phương trình bậc hai: + + + C/ Các trường hợp về số nghiệm và dấu các của phương trình: Cho phương trình . Đặt trong đó là 2 nghiệm của phương trình (2) 1/ Pt(2) vô nghiệm 2/ Pt(2) có đúng 1 nghiệm 3/ Pt(2) có 2 nghiệm phân biệt 4/Pt(2) có VSN 5/ Pt(2) có 2 nghiệm trái dấu 6/ Pt(2) có 2 nghiệm dương 7/ Pt(2) có 2 nghiệm âm 8/ Pt(2) có đúng 1 nghiệm dương 9/ Pt(2) có đúng 1 nghiệm âm 10/ Pt(2) có ít nhất 1 nghiệm dương 11/Pt(2) có nghiệm kép 12/ Pt(2) có ít nhất 1 nghiệm âm Các dạng bài tập áp dụng: I/ Dạng : Giải phương trình chứa ẩn ở mẫu quy về phương trình bậc 2: Phương pháp: Đặt điều kiện: (Tìm tập xác định của phương trình). Quy đồng khử mẫu, quy về phương trình bậc hai. Giải phương trình, so với điều kiện để nhận nghiệm. Ví dụ 1: Giải phương trình Giải Điều kiện: Nghiệm phương trình Bài tập: Giải các phương trình 1/ 2/ II/ Dạng: Giải và biện luận phương trình: Ví dụ: Giải và biện luận phương trình Giải * * + : Phương trình vô nghiệm. + : Phương trình có nghiệm kép . + : Phương trình có 2 nghiệm phân biệt Kết luận: + m < 1: Phương trình vô nghiệm + m = 1: phương trình có nghiệm x = -2 + m = 2: phương trình có nghiệm + phương trình có 2 nghiệm phân biệt Bài tập áp dụng: 1/ 2/ 3/ 4/ III/ Dạng : Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt, chứng minh phương trình luôn có nghiệm: Phương pháp: tính nếu thì phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt Ví dụ 1: Tìm m để phương trình x2 + 5x + ( m – 4 ) = 0 có hai nghiệm phân biệt Giải Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì Ví dụ 2: cho phương trình x2 -2( m + 1 )x +4m = 0 Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của m Tìm m để phương trình có nghiệm x1 và x2 thoả mãn điều kiện Giải a) Ta có b) Theo vi ét ta có Bài tập áp dụng: Bài tập 1: Cho phương trình x2 + ( 2m – 1 )x – m = 0 Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi m Tìm m để đạt giá trị nhỏ nhất Bài tập 2:Cho phöông trình baäc hai x2 – 2(m + 1)x + m2 + 3 = 0 a)Tìm m ñeå phöông trình coù hai nghieäm phaân bieät b) Tìm m ñeå phöông trình coù nghieäm laø 2, tìm nghieäm coøn laïi c) Tìm m ñeå phöông trình coù hai nghieäm x1 vaø x2 thoaû maõn Bài tập 3: Tìm caùc giaù trò cuûa m ñeå caùc nghieäm cuûa phöông trình a) Thoaû maõn b) Thoaû maõn Bài tập 4: Cho phöông trình a) Vôùi giaù trò naøo cuûa m thì phöông trình coù hai nghieäm phaân bieät b) Tìm m ñeå phöông trình coù nghieäm thoaû maõn c) Chöùng toû raèng A = ñoäc laäp vôùi m Bài tập 5: Cho phương trình bậc hai (m – 4)x2 – 2( m – 2)x + m – 1 = 0 a ) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt b) Tìm m để c) Tìm hệ thức giữa x1 và x2 độc lập với m giải HD: c) (1) Lấy (1) chia cho (2) ta có: II/ Dạng 2: Tìm giá trị của m để phương trình có nghiệm kép Phương pháp tính rồi xét = 0 thì phương trình có nghiệm kép Ví dụ 1:Tìm m để phương trình có nghiệm kép tìm n kép đó Giải Phương trình có nghiệm kép khi Nghiệm kép đó là Bài tập: Tìm các giá trị của m để mỗi phương trình sau có nghiệm kép tìm nghiệm kép đó IV/ Dạng : Tìm điều kiện để hai phương trình có nghiệm chung Ví dụ 1: Tìm m để hai phương trình sau và có nghiệm chung tìm nghiệm chung đó Giải Giả sử x0 là nghiệm chung của hai phương trình ta có và Trừ vế với vế của mỗi phương trình ta được ( m – 1)(x0 – 1) = 0 Nếu m = 1 thì hai phương trình đã cho trở thành x2 + x +1 = 0 Phương trình này vô nghiệm do Vậy do đó x0 = 1 Thay x0 = 1 vào phương trình (1)ta được m = -2 -Với m = -2 thì phương trình x2 – 2x + 1 = 0 có nghiệm kép x1= x2 = 1 Phương trình x2 +x – 2 = 0 có nghiệm x3 = 1; x4 = -2 Vậy nghiệm chung x0 = 1 Bài tập 1: với giá trị nào của m thì hai phương trình sau và có ít nhất một nghiệm chung tìm nhiệm chung đó. Bài tập 2: Tìm m để hai phương trình sau có nghiệm chung và V/ Dạng : Tìm điều kiện m để phương trình có nghiệm thỏa điều kiện. Ví dụ: Định m để phương trình có 2 nghiệm bằng nhau và tìm nghiệm đó. Giải: phương trình đã cho có nghiệm kép Với Với Vậy m = 0 thì nghiệm x = -1 m = 4 thì nghiệm x = 3 Bài tập 1: Tìm m để các phương trình sau có nghiệm kép và tìm nghiệm kép đó. 1/ 2/ 3/ Bài tập 2: Chứng tỏ phương trình sau có nghiệm với mọi m thuộc R 1/ 2/ 3/ 4/ Bài tập 3: Chứng tỏ phương trình sau vô nghiệm với mọi m thuộc R 1/ 2/ 3/

Luận Văn Từ Bái Toán Giải Phương Trình Tới Bài Toán Quỹ Tích

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).

Sai Lầm Khi Biện Luận Nghiệm Phương Trình Chứa Ẩn Ở Mẫu

Với phương trình chứa ẩn ở mẫu khi giải đã hay nhầm lẫn điều kiện rồi, giờ lại thêm biện luận nữa thì chắc chắn không tránh khỏi nhiều sai sót. Trong quá trình giảng dạy thầy thấy có một vấn đề mà đa số học sinh hay mắc phải khi biện luận nghiệm phương trình chứa ẩn ở mẫu.

Bài toán: Giải và biện luận nghiệm của phương trình sau theo tham số m: $frac{2m-1}{x-2}=m-3$

Cách giải của học sinh thứ 1:

Điều kiện: $xneq 2$

Ta có:

$frac{2m-1}{x-2}=m-3$

$Rightarrow 2m-1=(m-3)(x-2)$

$Rightarrow 2m-1=mx-2m-3x+6$

$Rightarrow (m-3)x=4m-7$

Tới đây bạn ý xét 2 trường hợp như sau:

Trường hợp 1: Xét $m-3=0 Rightarrow m=3$

Khi đó ta có phương trình: $0.x=5$ (vô lý)

Vậy với $m=3$ phương trình vô nghiệm.

Trường hợp 2: Xét với $m-3 neq 0 Rightarrow mneq 3$

Khi đó phương trình có nghiệm là: $x=frac{4m-7}{m-3}$.

Vậy với $mneq 3$ thì phương trình có nghiệm duy nhất $x=frac{4m-7}{m-3}$.

Các bạn hãy cho biết lời giải của bạn học sinh trên đã chính xác chưa?

Nếu chưa chính xác các bạn có thể giúp bạn ấy tìm ra sai sót nào trong lời giải được không?

Nếu các bạn cho là chính xác rồi thì hãy giúp thầy thay giá trị $m=frac{1}{2}$ vào phương trình xem sao? ( giá trị này của m không thuộc vào tập nghiệm mà học sinh trên kết luận)

Nếu thay $m=frac{1}{2}$ vào phương trình ta có: $frac{0}{x-2}=frac{-5}{2} Rightarrow 0=frac{-5}{2}$ (vô lý)

Tức là với $m=frac{1}{2}$ phương trình không có nghiệm. Vậy kết luận $m neq 3$ phương trình có nghiệm là chưa chính xác.

Giờ làm thế nào để tìm ra được giá trị $m=frac{1}{2}$ làm phương trình vô nghiệm. Chúng ta cùng tìm hiểu lời giải của bạn học sinh thứ 2.

Cách giải của học sinh thứ 2:

Điều kiện: $xneq 2$

Ta có:

$frac{2m-1}{x-2}=m-3$

$Rightarrow 2m-1=(m-3)(x-2)$

$Rightarrow 2m-1=mx-2m-3x+6$

$Rightarrow (m-3)x=4m-7$

Tới đây bạn học sinh này của chúng ta cũng xét 2 trường hợp như học sinh 1. Xem ra lời giải không khác gì so với lời giải của bạn học sinh thứ 1 nhỉ? Chúng ta cứ xem tiếp xem có chuyện lạ gì sảy ra không vậy.

Trường hợp 1: Xét $m-3=0 Rightarrow m=3$

Khi đó ta có phương trình: $0.x=5$ (vô lý)

Vậy với $m=3$ phương trình vô nghiệm.

Trường hợp 2: Xét với $m-3 neq 0 Rightarrow mneq 3$

Khi đó ta có: $x=frac{4m-7}{m-3}$

Vì điều kiện của bài toán là $x neq 2$ nên để $x=frac{4m-7}{m-3}$ là nghiệm của phương trình thì $frac{4m-7}{m-3} neq 2 Leftrightarrow 4m-7 neq 2m-6 Leftrightarrow m neq frac{1}{2}$

Vậy:

Với $ m neq frac{1}{2}, m neq 3$ thì phương trình có nghiệm duy nhất: $x=frac{4m-7}{m-3}$

Với $ m=frac{1}{2}, m=3$ thì phương trình vô nghiệm.

À! Đọc hết tới đây mới phát hiện ra là có sự khác biệt rõ rệt phải không các bạn. Chúng ta thấy lời giải của bạn học sinh thứ 2 chặt chẽ đầy đủ hơn học sinh thứ 1 rất nhiều. Vì thế mới tìm được đầy đủ giá trị của $m$ để phương trình có nghiệm và vô nghiệm.

Sai lầm khi biện luận nghiệm của phương trình chứa ẩn ở mẫu

Nhờ cách giải của bạn học sinh thứ 2 mà các bạn đã biết được tại sao giá trị $m=frac{1}{2}$ lại làm cho phương trình vô nghiệm. Điều mà nhiều học sinh không phát hiện ra được.

Cũng nhờ lời giải của bạn học sinh 2 mà các em có thêm được một kết luận chính xác cho trường hợp phương trình vô nghiệm. Không chỉ $m=3$ làm cho phương trình vô nghiệm (như kết luận của học sinh 1) mà $m=frac{1}{2}$ cũng làm cho phương trình vô nghiệm.

Đa số học sinh khi gặp bài toán dạng này thường làm như học sinh thứ 1, mà quên mất rằng chúng ta cần xét điều kiện tồn tại của nghiệm xem có thỏa mãn không? giống như cách làm của học sinh thứ 2.

Với hai lời giải của bài toán trên chắc chắn đã giúp chúng ta tránh được sai sót, sai lầm khi biện luận nghiệm phương trình chứa ẩn ở mẫu. Hãy rèn luyện thật tốt kĩ năng giải toán và luôn tìm ra cho mình cách giải hay và chính xác.

Hãy cho biết suy nghĩ của bạn về bài giảng trên và đừng quên Subscriber, like fanpage để luôn là người nhận được bài giảng mới nhất, sớm nhất.

Và nếu bạn có ý tưởng hay về một bài toán nào đó trong chương trình phổ thông hãy gửi ngay cho thầy nếu bạn muốn chia sẻ tới tất cả mọi người.

SUB ĐĂNG KÍ KÊNH GIÚP THẦY NHÉ