Tài liệu Tổng hợp công thức toán, lý, hóa và các dạng bài thường gặp trong các đề thi

Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 1 Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 ------------------ Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D TỔNG HỢP CÁC CÔNG THỨC VÀ CÁC DẠNG TOÁN THƢỜNG GẶP MÔN TOÁN PHẦN KHẢO SÁT HÀM SỐ 2 công thức tính nhanh đạo hàm trong khảo sát hàm số ax  b ac  bd 1) y   y'  cx  d (cx  d ) 2 2) y  ax 2  bx  c adx 2  2aex  (be  cd )  y'  dx  e (dx  e) 2 Dạng 1: Cho hàm số y = f(x), có chứa tham số m. Định m để hàm số đồng biến trên R ? Phương pháp : TXĐ : D = R Ta có y’ = ax2  bx  c a  0 Để hàm số đồng biến trên R thì y '  0x  R     0 Dạng 2 : Cho hàm số y = f(x), có chứa tham số m. Định m để hàm số nghịch biến trên R ? Phương pháp : TXĐ : D = R Ta có y’ = ax2  bx  c a  0 Để hàm số đồng biến trên R thì y '  0x  R     0 Dạng 3 : Cho hàm số y = f(x), có chứa tham số m. Định m để hàm số có cực trị ? Phương pháp : TXĐ : D = R Ta có y’ = ax2  bx  c Đồ thị hàm số có cực trị khi pt y’ = 0, có 2 nghiệm phận biệt và y’ đổi a  0 dấu khi x đi qua 2 nghiệm đó     0 Dạng 4: Cho hàm số y = f(x) có chứa tham số m. CMR với mọi m đồ thị hàm số luôn có cực trị ? Phương pháp: TXĐ : D = R Ta có y’ = ax2  bx  c Xét phương trình y’ = 0, ta có :   ......  0, x  R Vậy với mọi m, đồ thị đã cho luôn luôn có cực trị. Dạng 5: Cho hàm số y = f(x) có chứa tham số m. Định m để đồ thị hàm số không có cực trị ? Phương pháp:TXĐ : D = R Ta có y’ = ax2  bx  c a  0 Hàm số không có cực trị khi y’ không đổi dấu trên toàn TXĐ     0 Dạng 6 : Cho hàm số y = f(x) có chứa tham số m. Định m để đồ thị hàm số đạt cực đại tại x0 ? Phương pháp:TXĐ : D = R Ta có y’ = ax 2  bx  c  f '( x0 )  0 Để hàm số đạt cực đại tại x0 thì   f ''( x0 )  0 Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 2 Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 ------------------ Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D Dạng 7 : Cho hàm số y = f(x) có chứa tham số m. Định m để đồ thị hàm số đạt cực tiểu tại x0 ? Phương pháp:TXĐ : D = R Ta có y’ = ax2  bx  c  f '( x0 )  0 Để hàm số đạt cực đại tại x0 thì   f ''( x0 )  0 Dạng 8 : Cho hàm số y = f(x) có chứa tham số m. Định m để đồ thị hàm số đạt cực trị bằng h tại x0 ? Phương pháp:TXĐ : D = R Ta có y’ = ax2  bx  c  f '( x0 )  0 Để hàm số đạt cực trị bằng h tại x0 thì   f ( x0 )  h Dạng 9: Cho hàm số y = f(x) có chứa tham số m. Định m để đồ thị hàm số đi qua điểm cực trị M ( x0 ; y0 ) ? Phương pháp:TXĐ : D = R Ta có y’ = ax2  bx  c  f '( x0 )  0 Để hàm số đi qua điểm cực trị M ( x0 ; y0 ) thì   f ( x0 )  y0 Dạng 10 : Cho hàm số y = f(x) có đồ thị (C) và M ( x0 ; y0 )  (C). Viết PTTT tại điểm M ( x0 ; y0 ) ? Phương pháp: Ta có : y’ = f’(x) = f’( x0 ) PTTT tại điểm M ( x0 ; y0 ) là : y  y0  f '( x0 ).( x  x0 ) Các dạng thƣờng gặp khác : 1/ Viết PTTT với đồ thị (C) tại điểm có hoành độ x0 ? Ta tìm : + y0  f '( x0 ) + f '( x)  f '( x0 ) Suy ra PTTT cần tìm là : y  y0  f '( x0 ).( x  x0 ) 2/ Viết PTTT với đồ thị (C) tại điểm thỏa mãn pt f’’( x0 ) = 0 ? Ta tìm : + f’(x) + f’’(x) + Giải pt f’’(x) = 0  x0 + y0 và f '( x0 ) . Suy ra PTTT Dạng 11 : Cho hàm số y = f(x) có đồ thị (C). Viết PTTT (d) của (C) ? Phương pháp : a) Tính : y’ = f’(x) Vì tiếp tuyến (d) song song với đường thẳng y = ax + b nên (d) có hệ số góc bằng a. Ta có : f’(x) = a ( nghiệm của pt này chính là hoành độ tiếp điểm ) Tính y0 tương ứng với mỗi x0 tìm được. Suy ra tiếp tuyến (d) cần tìm : y  y0  a.( x  x0 ) Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 3 Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 ------------------ Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D b) Tính : y’ = f’(x) Vì tiếp tuyến (d) vuông góc với đường thẳng y = ax + b nên (d) 1 có hệ số góc bằng a 1 Ta có : f '( x0 )  (nghiệm của pt này chính là hoành độ tiếp điểm) a Tính y0 tương ứng với mỗi x0 tìm được. 1 Suy ra tiếp tuyến (d) cần tìm : y  y0  .( x  x0 ) a * Chú ý * Đường phân giác của góc phần tư thứ nhất y = x Đường phân giác của góc phần tư thứ hai y = -x Dạng 12 : Cho hàm số y = f(x) có đồ thị (C). Tìm GTLN, GTNN của hàm số trên  a; b ? Phương pháp : Ta có y’ = f’(x) Giải pt f’(x) = 0, ta được các điểm cực trị : x1 , x2 , x3 .......   a; b Tính f(a), f(b), f( x1 ), f( x2 ), f( x3 ),….. Từ đó suy ra : Maxy = ; Miny =  a ;b   a ;b  Dạng 13: Cho họ đường cong y = f(m,x), với m là tham số. Tìm điểm cố định mà họ đường cong trên đi qua với mọi giá trị của m. Phương pháp : y = f(m,x)  Am + B = 0, m (1) 2 Hoặc Am  Bm  C  0, m (2) Đồ thị hàm số (1) luôn đi qua điểm M ( x; y) khi (x;y) là nghiệm hệ pt A  0 (a) (đối với (1))  B  0 A  0  Hoặc  B  0 (b) (đối với (2)) C  0  Giải (a) hoặc (b) để tìm x rồi suy ra y tương ứng. Từ đó tìm các điểm cố định cần tìm. Dạng 14 : Giả sử ( C1 ) là đồ thị của hàm số y = f(x) và ( C2 ) là đồ thị hàm số y = g(x). Biện luận số giao điểm của 2 đồ thị ( C1 ) và ( C2 ) ? Phương pháp : Phương trình hoành độ giao điểm của y = f(x) và y = (gx) là : f(x) = g(x) (*)  f ( x)  g ( x)  0 Số giao điểm của 2 đồ thị ( C1 ) và ( C2 ) chính là số nghiệm của pt (*). Dạng 15 : Dựa vào đồ thị hàm số y = f(x), biện luận theo m số nghiệm pt f(x) + g(m) = 0 ? Phương pháp : Ta có f(x) + g(m) = 0  f(x) = g(m) (*) Số nghiệm của pt (*) chính là số giao điểm của đồ thị (C) : y = f(x) và đường thẳng g(m). Dựa vào đồ thị (C), ta có …..v…v…. Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 4 Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 ------------------ Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D Dạng 16 : Cho hàm số y = f(x), có đồ thị (C). CMR : điểm I ( x0 ; y0 ) là tâm đối xứng của (C) ? Phương pháp : Tịnh tiến hệ trục Oxy thành hệ trục OXY theo vectơ OI   x0 ; y0   x  X  x0 Công thức đổi trục   y  Y  y0 Thế y = f(x) ta được Y = f(X) Ta cần chứng minh Y = f(X) là hàm số lẻ  I ( x0 ; y0 ) là tâm đối xứng Dạng 17 : Cho hàm số y = f(x), co đồ thị (C). CMR : đường thẳng x = x0 là trục đối xứng của (C) ? Phương pháp : Đổi trục bằng tịnh tiến theo vectơ OI   x0 ;0   x  X  x0 Công thức đổi trục  y  Y Thế y = f(x) ta được Y = f(X) Ta cần chứng minh Y = f(X) là hàm số chẵn  đường thẳng x = x0 là trục đối xứng của (C) Dạng 18 : Sự tiếp xúc của 2 đường cong có phương trình y = f(x) và y = g(x) ? Phương pháp : Hai đường cong y = f(x) và y = g(x) tiếp xúc với  f ( x)  g ( x) nhau    f '( x)  g '( x) Có nghiệm và nghiệm của hệ pt trên là hoành độ giao điểm của 2 đường cong đó. Dạng 19 : Tìm điểm A, từ a kẻ được n tiếp tuyến tới đồ thị y = f(x) ? Phương pháp : Giả sử A  x0 ; y0  Pt đường thẳng đi qua A  x0 ; y0  có hệ số góc k có dạng : (d) : y  k ( x  x0 )  y0 Đường thẳng (d) tiếp xúc với đồ thị (C) khi hệ sau có nghiệm  f ( x)  k ( x  x0 )  y0 (1)  (2)  f '( x)  k Thay (2) vào (1), ta được : f ( x)  f '( x)( x  x0 )  y0 (3) Khi đó, số nghiệm của (3) là số tiếp tuyến kẻ từ A tới đồ thị (C). Do đó, từ A kẻ được k tiếp tuyến tới đồ thị (C).  Có k nghiệm phân biệt  A (nếu có). Dạng 20 : Định điều kiện để đồ thị hàm số bậc 3 có CĐ, CT nằm về 2 phía (D) ? Phương pháp : Định đk để đồ thị hàm số bậc 3 có các điểm cực trị M1  x1; y1  & M 2 ( x2 ; y2 ) (với x1 , x2 là nghiệm của pt y’ = 0) 1/ Nếu (D) là trục Oy thì ycbt  x1  0  x2 2/ Nếu (D) là đường thẳng x = m thì ycbt  x1  0  x2 3/ Nếu (D) là đường thẳng ax + by + c = 0 thì ycbt  (ax1  by1  c)(ax2  by2  c)  0 4/ Nếu (D) là đường tròn thì giống trường hợp 3 Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 5 Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 ------------------ Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D Dạng 21 : Định điều kiện để đồ thị hàm bậc 3 có CĐ, CT nằm về củng 1 phía đối với (D) ? Phương pháp : Định đk để đồ thị hàm số bậc 3 có các điểm cực trị M1  x1; y1  & M 2 ( x2 ; y2 ) (với x1 , x2 là nghiệm của pt y’ = 0)  x1  x2  0 1/ Nếu (D) là trục Oy thì ycbt   0  x1  x2  x1  x2  m 2/ Nếu (D) là đường thẳng x = m thì ycbt   0  x1  x2 3/ Nếu (D) là đường thẳng ax + by + c = 0 thì ycbt  (ax1  by1  c)(ax2  by2  c)  0 4/ Nếu (D) là đường tròn thì giống trường hợp 3. Dạng 22 : Định đk để đồ thị hàm số (C) cắt đường thẳng (D) tại 2 điểm phân biệt thỏa 1 trong những đk sau 1/ Thuộc cùng 1 nhánh ? 2/ Cùng 1 phía Oy ? 3/ Khác phía Oy ? Phương pháp : 1/ (I) có nghiệm phận biệt nằm cùng 1 phía đối với x = m. 2/ (I) có 2 nghiệm phân biệt cùng dấu. 3/ (I) có 2 nghiệm phân biệt trái dấu (trong đó I là phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (D),x = m là TCĐ của (C)) Dạng 23 : Tìm điểm trên đồ thị hàm số (C) sao cho tổng các khoảng cách từ đó đến 2 tiệm cận là nhỏ nhất (Min) ? Phương pháp : Xét M ( x0 ; y0 ) thuộc (C)  ( x0 ; y0 ) thỏa y = thương + dư/mẫu Dùng bất đẳng thức Côsi 2 số  Kết quả Dạng 24 : Tìm điểm trên đồ thị hàm số (C) sao cho tổng các khoảng cách từ đó đến 2 trục tọa độ là nhỏ nhất (Min) ? Phương pháp : Xét M ( x0 ; y0 ) thuộc (C) Đặt P = d (M 0 ; Ox)  d ( M 0 ; Oy)  P  x0  y0 Nháp : Cho x0  0  y0  A; y0  0  x0  B Gọi L là Min( A ; B ) Ta xét 2 trường hợp : TH1 : x0  L  P  L TH2 : x0  L . Bằng pp đạo hàm suy ra kq. Dạng 25 : Tìm đk cần và đủ để 3 điểm M, N, P cùng thuộc đồ thị (C) thẳng hàng ? Phương pháp : M, N, P thẳng hàng b  MN cùng phương với MP  xM  xN  xP  a Dạng 26 : Tìm trên đồ thị (C) : y = f(x) tất cả các điểm cách đều 2 trục tọa độ ? Phương pháp : Tập hợp các điểm cách đều 2 trục tọa độ trong (Oxy) là đường thẳng y = x và y = -x. Do đó : + Tọa độ của điểm thuộc (C) : y = f(x) đồng thời cách đều   y  f ( x)  y  x 2 trục tọa độ là nghiệm của   KQ   y  f ( x)    y   x Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 6 Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 ------------------ Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D ax 2  bx  c Dạng 27: Lập pt đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của hàm số hữu tỷ : y  ? a'x b' U (U ) 'V  (V ) 'U ( x ) Phương pháp : Đặt y  ( x ) có y '  ( x ) ( x ) 2 ( x ) V( x ) (V( x ) ) Gọi A  x1; y1  là điểm cực trị của  Cm   y '  0  U 'x1 Vx1  V 'x1 U x1  U x1 Vx1  U 'x1 V 'x1  y1 (1) Gọi B  x2 ; y2  là điểm cực trị của  Cm   y '  0  U 'x2 Vx2  V 'x2 U x2  U x2 Vx2  U 'x2 V 'x2  y2 (2) U 'x V 'x Dạng 28 : Lập pt đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của hàm số bậc 3 (Cm ) , khi không tìm được 2 điểm cực trị ? y cx  d Phương pháp : Chia (cx + d là phần dư của phép chia)  ax  b  y' y'  y  (ax  b). y ' cx  d Từ (1) và (2) suy ra pt đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là y  Gọi A  x1; y1  , B  x2 ; y2  là 2 điểm cực trị của hàm số Cm  y 'x1  y 'x2  0 Do A   Cm  nên y1  (ax1  b) y '1  cx1  d  y1  cx1  d (1) Do B   Cm  nên y1  (ax2  b) y '2  cx2  d  y2  cx2  d (2) Từ (1) và (2) suy ra pt đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị y = cx + d Dạng 29 : Định đk để đồ thị hàm số bậc 3 có điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua 1 đường thẳng y = mx + n  m  0  Phương pháp : Định đk để hàm số có cực đại cực tiểu (1) Lập pt đường thẳng (D) đi qua 2 điểm cực trị. Gọi I là trung điểm đoạn nối 2 điểm cực trị.  DK (1)  Ycbt   y  mx  n  ( D)  KQ  I  y  mx  n  Dạng 30 : Tìm 2 điểm thuộc đồ thị (C) y = f(x) đối xứng nhau qua điểm I ( x0 ; y0 ) ? Phương pháp : Giả sử M ( x1; y1 )  (C ) : y1  f ( x1 ) (1) Gọi N ( x2 ; y2 ) đối xứng M qua I  tọa độ điểm N theo x1 , y1 . Do N  (C ) : y2  f ( x2 ) (2) Từ (1) và (2) giải hệ, tìm x1 , y1  x2 , y2 Dạng 31 : Vẽ đồ thị hàm số y  f ( x ) ? (C) Phương pháp : Vẽ đồ thị y = f(x) (C’)  f ( x), x  0(C1 ) Có y  f ( x )    f ( x), x  0(C2 )  Đồ thị (C) gồm đồ thị (C1 ) và đồ thị (C2 ) Với (C1 )  (C ') lấy phần x  0 (C2 ) là phần đối xứng của (C1 ) qua Oy Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 7 Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 ------------------ Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D Dạng 32 : Vẽ đồ thị hàm số y | f ( x ) | ? (C) Phương pháp : Vẽ đồ thị y = f(x) (C’)  f ( x), x  0(C1 ) Có y  f ( x )    f ( x), x  0(C2 )  Đồ thị (C) gồm đồ thị (C1 ) và đồ thị (C2 ) Với (C1 )  (C ') lấy phần dương của (C’) (nằm trên Ox) (C2 ) là phần đối xứng của phần âm (nằm dưới Ox) quả (C’) qua Ox *Chú ý* đồ thị hàm số y | f ( x ) | sẽ nằm trên Ox PHẦN LƢỢNG GIÁC 1. Các hệ thức lƣợng giác cơ bản: Nhớ: “Cùng góc” sin x cos x sin 2 x  cos2 x  1; tan x  ,cot x  ;  1  sin x,cos x  1 cos x sin x 1 1 2 2 ,1  cot x  ; tan x.cot x  1. Suy ra: 1  tan x  cos2 x sin 2 x 2. Cung có liên quan đặc biệt: Nhớ: “Cos đối – Sin bù - Phụ chéo”   sin( - α) = cosα, cos( - α) = sinα sin(π - α) = sinα cos(-α) = cosα 2 2 cos(π - α) = - cosα sin(-α) = - sinα   tan( - α) = cotα, cot( - α) = tanα tan(π - α) = - tanα tan(-α) = - tanα 2 2 cot(π - α) = - cotα cot(-α) = - cotα Đặc biệt:  sin  khi k ch½n sin(  k )   ;tan(  k )  tan   sin  khi k lÎ  cos  khi k ch½n co s(  k )   ;cot(  k )  cot  cos khi k lÎ 3. Công thức cộng: Nhớ: “ Sin thì sin cos, cos sin Cos thì cos cos, sin sin dấu đối” sin(a + b) = sina.cosb + cosa.sinb sin(a - b) = sina.cosb - cosa.sinb cos(a + b) = cosa.cosb - sina.sinb cos(a - b) = cosa.cosb + sina.sinb tan a  tan b 1  tan a.tan b tan a  tan b tan(a  b)  1  tan a.tan b tan(a  b)  4. Công thức nhân đôi: Nhớ: “Suy ra từ công thức cộng bằng cách thay b bằng a” sin2a = 2sina.cosa 2 tan 2a  2.tan a 1  tan 2 a cos2a = 2.cos a – 1 = 1– 2.sin2a = cos2a – sin2a 5. Công thức hạ bậc: Nhớ: “Được suy ra từ công thức nhân đôi”. 1  cos2 x 1  cos2 x cos2 x  ,sin2 x  2 2 Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 8 Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 ------------------ Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D 6. Công thức biến đổi tổng thành tích: Nhớ: “Sin cộng sin bằng hai lần sin cos. Sin trừ sin bằng hai lần cos sin Cos cộng cos bằng hai lần cos cos. Cos trừ cos bằng hai lần cos sin” ab ab sin(a  b) sin a  sin b  2.sin .cos , tan a  tan b  2 2 cos a.cos b ab ab sin(a  b) sin a  sin b  2.cos .sin , tan a  tan b  2 2 cos a.cos b ab ab ab ab cos a  cos b  2.cos .cos , cos a  cos b  2.sin .sin 2 2 2 2 7. Công thức biến đổi tích thành tổng: Nhớ: “Suy ra từ công thức tổng thành tích” 1 sin(a  b)  sin(a  b)  2 1 cos a.cos b  cos(a  b)  cos(a  b)  2 1 sin a.sin b   cos(a  b)  cos( a  b)  2 sin a.cos b  8. Công thức tính theo t = tan x: 2 tan x 1  tan 2 x 2 tan x ;cos 2 x  ; tan 2 x  2 2 1  tan x 1  tan x 1  tan 2 x 2t 1  t2 2t ,cos 2 x  ,tan 2 x  Viết gọn : sin 2 x  2 2 1 t 1 t 1  t2 sin 2 x  9. Công thức nhân ba: sin 3a  3.sin a  4.sin3 a, cos3a  4.cos3 a  3.cos a tan 3a  3tan a  tan3 a 1  3tan 2 a PHƢƠNG TRÌNH LƢỢNG GIÁC I. Phƣơng trình lƣợng giác cơ bản u  v  k 2 1) sin u  sin v   k u    v  k 2 3) tan u  tan v  u  v  k , k  4) co t u  co t v  u  v  k , k  2) cos u  cos v  u  v  k 2 , k  II. Một số phƣơng tình lƣợng giác thƣờng gặp 1. Phƣơng trình bậc hai theo một hàm số lƣơng giác Dạng: a) asin2x + bsinx + c = 0 b) acos2x + bcosx + c = 0 (a  0) 2 c) atan x + btanx + c = 0 d) acot2x + bcotx + c = 0 Cách giải Đặt ẩn số phụ cho HSLG để đưa về phương trình bậc hai một ẩn. Ví dụ: Giải các phương trình sau: 1) 2sin2x – sinx – 1 = 0 2) 2cos2x - 5cosx – 3 = 0 3) 2sin2x – 3cosx = 0 3 4) sin22x – 2cos2x + = 0 4 5) 2cos2x + 4sinx + 1 = 0 6) cos4x = cos2x Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 9 Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 ------------------ Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D 2. Phƣơng trình bậc nhất theo sin và cos có dạng: asinx + bcosx = c Cách giải: chia 2 vế phương trình cho a  b ta được: a b c sin x  cos x  a 2  b2 a 2  b2 a 2  b2 2 2 2 2     a b do     1 2 2 2 2  a b   a b  a  cos   2 a  b2  Nên đặt  (hoặc ngược lại) b sin    a 2  b2 Ta được phương trình: c cos sin x  sin  cos x  2 a  b2 c  sin  x     2 a  b2 Ta đươc PT bậc nhất theo 1 hslg. Ví dụ: Giải các phương trình: 1) 3 sin x  cos x  1 2) 2 cos 2 x  2 sin x  3 3)2sin 2 x  3 sin 2 x  3 4)3cos 2 x  4sin 2 x  5 5)1  sin x  cos x  sin x cos x  0 6) 3 cos 5 x  2sin 3 x cos 2 x  sin x  0 ( D  2009) 7) 1  2sin x  cos x  1  2sin x 1  sin x  3 ( A  2009) 8) sin x  cos x sin 2 x  3 cos 3 x  2  cos 4 x  sin 3 x  ( B  2009) 3 1 2 cos x cos x  2sin x cos x 10)  3 2 cos 2 x  sin x  1 9) 3 sin x  cos x  3. Phƣơng trình dạng: asin2x + bsinxcosx + ccosx = d Cách giải: Cách 1: Dùng công thức hạ bậc để đưa về dạng 2 Cách 2: (biến đổi đưa về phương trình bậc hai theo tan hoặc cot) Kiểm tra cosx = 0 có phải là nghiệm của phương trình hay không. Khi cosx  0 chia 2 vế phương trình cho cos2x ta được: atan2x + btanx + c = d(1 + tan2x) <=> (a – d)tan2x +btanx + c – d = 0 Giải phương trình ta được nghiệm của phương tình đã cho. Ví dụ: Giải các phương trình sau: 1) 3sin2x – 2sin2x – 3cos2x = 2 2) cos3x + sin3x = sinx + cosx 1 3)  4sin x  6cos x cos x PHẦN PHƢƠNG TRÌNH – BẤT PHƢƠNG TRÌNH – HỆ PHƢƠNG TRÌNH 1/ Phƣơng trình và bất phƣơng trình : Các điều kiện và tính chất cơ bản :   A có nghĩa khi A  0 A  0 với A  0  A2 = |A|     A 2 &  A với A  0 AB  A B khi A,B  0 AB   A  B khi A,B  0  A, A  0 A   A, A  0 Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 10 Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 ------------------ Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D Các định lý cơ bản :  Định lý 1 : Với A  0 và B  0 thì A = B  A2  B2  Định lý 2 : Với A  0 và B  0 thì A  B  A2  B2  Định lý 3 : Với A, B bất kỳ thì A = B  A3  B3 A  B  A3  B3 Các phƣơng trình và bất phƣơng trình cơ bản:     A  0 hoặc B  0 A B  A  B B  0 Dạng 2 : A  B   2 A  B A  0  Dạng 3 : A  B   B  0  A  B2   A  0  B  0 Dạng 4 : A  B   B  0    A  B 2 Dạng 1 : MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƢƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC I. Một số dạng cơ bản của phƣơng trình, bất phƣơng trình chứa căn thức. 1. Phƣơng trình a)   f  x  0 f  x  g  x     f  x  g  x b)  g  x  0 f  x  g  x   2  f  x    g  x    Ví dụ 1: Giải phương trình sau: x 2  3x  2  x  1 1 Hướng dẫn: Nhận xét: Phương trình có dạng f  x   g  x  nên ta giải như sau Ta có 1   Vậy S  1  x  1  0  2 2  x  3x  2   x  1 x  1  x 1  x  1 Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 11 Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 ------------------ Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D Ví dụ 2: Giải phương trình: x 2  5x  4  2 x 2  3x  12  2 Hướng dẫn: Ta có  2  x 2  5 x  4  2 x 2  3x  12 2  x  5 x  4  0  2 2  x  5 x  4  2 x  3x  12   x  1 x  4   0  2  3x  2 x  8  0   x  1    x  4 8  x  2  x  6   8  x    6  8  6 Vậy S    2. Bất phƣơng trình a)  g  x  0 f  x  g  x   2 0  f x   g x          b)   g  x   0    f  x   0 f  x  g  x     g  x   0  2 f  x    g  x      Ví dụ 3: Giải các bất phương trình sau: a) x  1  2  x 2  1  14  b) 2 x  5   x 2  4 x  3 , S  1;   5 Hướng dẫn a) Ta có : x  1  2  x 2  1  x  1   x 1  0   x2  2x  3  0  2 2   x2  1  0  x  1  2  x  1  0     x  1  x  1   1  x  3   1  x  3  x  1     x  1 Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 12 Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 ------------------ Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D Vậy tập nghiệm S  1;3  1 b)Ta có 2 x  5   x2  4 x  3   2 x  5  0  2   x  4 x  3  0  2 x  5  0    2 x  5 2   x 2  4 x  3  1  2 Giải (1) 5  5 x  1   2  1  x  2  1  x  3 Giải (2) 5  5  x  x 5 14  2   x  2    2 2 4 5 x 2  24 x  28  0 2  x  14   5  14    5 Từ đó suy ra tập nghiệm của bất phương trình là S  1; II. CÁC PHƢƠNG PHÁP 1. Phƣơng pháp bình phƣơng liên tiếp Sử dụng phương pháp bình phương liên tiếp nhằm biến đổi phương trình, bất phương trình về dạng không còn chứa căn thức. Tuy nhiên khi bình phương hai vế của phương trình, bất phương trình nhớ sử đặt điều kiện cho hai vế cùng dấu (đối với phương trình có thể giải bằng phương trình hệ quả sau đó thử lại kết quả, còn đối với bất phương trình bắt buộc phải đặt điều kiện cho hai vế cùng dấu) Ví dụ 1. Giải phương trình Hướng dẫn: 3x  1  2 x  1  6  x 3x  1  0  1 Điều kiện 2 x  1  0    x  6 2 6  x  0  Với điều kiện trên ta có 3x  1  2 x  1  6  x  3x  1  6  x  2 x  1  3x  1  6  x  2 x  1  2 6  x 2 x  1  2x  4  2 6  x 2x 1  x  2  6  x 2x 1  x  2  x 2  4 x  4  2 x 2  13x  6  3 x 2  17 x  10  0 x  5   x  2 l  3  Vậy S  5 Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 13 Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 ------------------ Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D Ví dụ 2. Giải bất phương trình 2 x  3  1 3 9  2x  2 2  2 Hướng dẫn x  3  0 9 3 x  2 9  2 x  0 Điều kiện  Với điều kiện trên ta có  2     1 3 9  2x  2 2 1 9 3 4  x  3   9  2 x    9  2x 4 4 2 16 x  48  18  2 x  6 9  2 x 2 x 3   18 x  64  0 9 x  33  3 9  2 x   2   9 x  33  9  9  2 x  32  x  32 9   x     28  x  4 9 x  2 81x  576 x  1008  0  9   x  4   9 Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là S   4;   2 2. Phƣơng pháp đặt ẩn phụ Mục đích của phương pháp đặt ẩn phụ là đưa phương trình bất phương trình về dạng cơ bản hoặc là dạng đã biết cách giải. Từ nghiệm của phương trình, bất phương trình mới ta suy ra nghiệm của phương trình, bất phương trình ban đầu. Chú ý: Phương trình, bất phương trình mới không tương đương với phương trình bất phương trình cũ (vì khác tập hợp nghiệm) mà chỉ tương đương theo nghĩa từ phương trình ,bất phương trình này ta suy ra nghiệm của phương trình, bất phương trình kia và ngược lại. Dạng 1. Đặt ẩn phụ khi thấy các biểu thức có dạng giống nhau. Đặt t  f  x  , đƣa phƣơng trình, bất phƣơng trình theo biến x về phƣơng trình bất phƣơng trình theo biến t (Chú ý đặt điều kiện cho biến t (nếu có). Ví dụ 1 Giải phương trình Nhận xét: 3x 2  2 x  9  3x 2  2 x  2  7 Ta thấy biểu thức dưới dấu căn đều có số hạng 3x 2  2 x , và đây là biểu thức chung, chú ý rằng chúng ta quan tâm đến nhũng biểu thức chung chứa biến, còn nếu có thêm hằng số cũng không quan trọng, và ta có thể đặt ẩn t  3x 2  2 x , để đưa phương trình về dạng cơ bản, tuy nhiên để bài toán được gọn hơn ta thường đặt ẩn phụ cho nguyên biểu thức căn, tức là đặt t  3x 2  2 x  2 Ta giải bài toán này như sau: Đặt t  3x 2  2 x  2 điều kiện t  0 . Khi đó 3x 2  2 x  9  t 2  7 . Phương trình trở thành Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 14 Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 ------------------ Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D t2  7  t  7  t2  7  7  t  t 2  7  7  t   t 2  7  t 2  14t  49  t 3  dk 2 t  7 Với t  3 ta có 3x 2  2 x  2  3  3x 2  2 x  2  9  3x 2  2 x  7  0  1  22 x  3   1  22 x  3   1  22 1  22  Vậy S   ;  3 3   Ví dụ 2 Giải bất phương trình  x  1 x  4   5 x 2  5x  28 Hướng dẫn: Ta có:  x  1 x  4   5  x 2  5 x  28 x 2  5 x  4  5 x 2  5 x  28 Đặt t  x 2  5x  28 điều kiện t  0 . Khi đó bất phương trình trở thành: t 2  24  5t  t 2  5t  24  0  3  t  8 Kết hợp với điều kiện ta có 0  t  8 (1) Với t  8 ta có: x 2  5 x  28  8 2  x   x  5 x  28  0  2  2  9  x  4  x  5 x  28  64  x  5 x  36  0  Với t  0  x 2  5x  28  0  x  (3) Từ (1), (2) và (3) ta có nghiệm của bất phương trình là S   9;4  Ví dụ 3 Giải bất phương trình: 2 x  x  1  1  x 2  x  1 Hướng dẫn: Đặt t  x 2  x  1 , điều kiện t  0 , suy ra 2 x  x  1  2  t 2  1 Bất phương trình trở thành:  2 Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 15 Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 ------------------ Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D 2  t 2  1  1  t  2t 2  t  1  0 1  t   l    2  t  1 x  0 x2  x  1  1  x2  x  1  1  x2  x  0   x  1 Với t  1 ta có Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S   ;0   1;   Dạng 2. Các phƣơng trình, bất phƣơng trình có biểu thức hằng số. Khi đó đặt t  A  B , suy ra A  B  m AB trong đó A  B là t2   A  B AB   . Đƣa phƣơng trình bất phƣơng 2 trình về ẩn t . Ví dụ 4 Giải phương trình: x  2  5  x  ( x  2)(5  x)  4 Hướng dẫn: Điều kiện 2  x  5 Đặt t  x  2  5  x (điều kiện t  0 ). Suy ra t 2  7  2 x  2 5  x  7  2  x  2 5  x    x  2 5  x   Khi đó phương trình trở thành: t2  7 4 2 t 2  2t  15  0 t  t  5  l   t  3  n  Với t  3 ta có: x 2  5 x  3    72  x  2  5  x   9  x  2  5  x   1 x  3x  9  0 2   33 5 x  2   33 5 x  2  n n  3  3 5 3  3 5   ; Vậy tập nghiệm của phương trình là S    2   2   t2  7 2 Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 16 Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 ------------------ Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D Ví dụ 5 Giải bất phương trình: 2x  1  9  2x  3  2 x  19  2 x   13 Hướng dẫn 1 9 Điều kiện   x  2 2 Đặt t  2 x  1  9  2 x (điều kiện t  0 ). Suy ra  2 x  1 9  2 x   t 2  10 2 Bất phương trình trở thành t 2  10  13 2 3t 2  2t  56  0 t  3.   14  t   3  l   t  4  n  Với t  4 ta có 2x  1  9  2x  4   2 x  1 9  2 x   16  2 x  1 9  2 x   9  16 x  4 x 2  0  10  2  0 x4 Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là S   0;4  Dạng 3. Các phƣơng trình có dạng m A  n B  p 4 AB . Khi đó đặt t  4 A (xét B  0, B  0 ) B Hoặc đặt u  4 A, v  4 B . Tính u theo v . Ví dụ 6 Giải phương trình x 1  x  2  4 x2  x  2 4 Hướng dẫn   x 1  0  x  1    x  2  x  2 Điều kiện  x  2  0  x2  x  2  0  x  1     x  2 Đặt a  4 x  1, b  4 x  2 điều kiện a, b  0  a  2b ab 2 2 Khi đó phương trình trở thành a  b   2a  2b  ab  0   1 a b 2  2 2 Với a  2 2 b ta có 4 2 x  1  4 x  2. 2  x  1  4  x  2   x  3 Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 17 Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 ------------------ Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D 1 b ta có 2 Với a   4 x 1   1 4 x  2  x  1  x  2  0  vn  2 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S  3 Ví dụ 7 Giải bất phương trình 3 2 x  1  4 x  1  4 2 x 2  3x  1 36 Hướng dẫn 2 x  1  0   x 1 Điều kiện  x  1  0 2 x 2  3x  1   Ta thấy x  1 là nghiệm của bất phương trình. Xét x  1 , chia hai vế của bất phương trình cho 3. 4 4 2 x 2  3x  1 ta có 2x 1 x 1 1  4. 4  x 1 2x 1 6 Đặt t  4 2x 1 x 1 1 4  (Điều kiện t  0 ). Khi đó bất phương trình trở thành x 1 2x 1 t 16  t   6 6 l  4 1 3t    3 6t 2  t  4 6  0   t  6 3 n t  2  Với t  3 ta có 2 4 2x 1 3 2x 1 9 x  5      0 1 x  5 x 1 2 x 1 4 4  x  1 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S  1;5 Dạng 4. Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình Ví dụ 8 Giải phương trình: x3  1 3  2x  1 2 Hướng dẫn Đặt t  3 2 x  1  x  t3 1 2 1  2  x3  1  2t Khi đó ta có hệ  3 t  1  2 x Lấy (1) trừ (2) ta có: x3  t 3  2t  2 x   x  t   x 2  xt  t 2   2  x  t   0   x  t   x 2  xt  t 2  2   0  xt  0 2 t 3  (Vì x  xt  t  2   x    t 2  2  0 ) 2 4  Với t  x ta có 2 2 Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 18 Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 ------------------ Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D x3  1  2 x  x3  2 x  1  0   x  1  x 2  x  1  0   x  1  1 5  x   2  x  1 5  2   1 5 1 5   Vậy phương trình có 3 nghiệm S  1; ;  2 2     Ví dụ 9 Giải phương trình: 3 x  34  3 x  3  1 * Hướng dẫn u  3 x  34   u 3  v3  37 Đặt:  3  v  x  3 *  u  v  1 u 3  v3  37 1 Ta có hệ:   2 u  v  1  2  u  v  1  3 , sau đó thay vào 1 ta có:  v  1 3  v3  37 v  3  v  4  v  3  3 x  3  3  x  30  v  4  3 x  3  4  x  61 Ví dụ 10 Giải phương trình: 7 4 x 2  5x  1  14 x 2  3x  3  17 x  13 * Hướng dẫn *  7 4  x 2  3x  3  17 x  13  14 x 2  3x  3  17 x  13 u  13  x  u  17 x  13 17  Đặt:    2 2 2 v  x  3x  3  v  0  v 2   u  13   3  u  13   3  u  25u  373      289  17   17   * trở thành 7 4v 2  u  14v  u 7 4v 2  u  14v  u 1  Ta có hệ:  u 2  25u  373 v 2   2 289  Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 19 Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 ------------------ Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D 1  49  4v 2  u   14v  u  2  49u  28uv  u 2  u  u  28v  49   0 u  0  u  49  28v 13 u0 x 17  u  49  28v Thay vào  2  :  25  49  28v   373 289 2 2  289v  784v  2044v  1549 v 2  49  28v   2  495v 2  2044v  1549  0  v  1   1549   v   495   x  1  2  x  2 x  3x  3  1  746 1549    x   2 x  3x  3  495  495  2231  x  495  Thay các giá trị vào phương trình đầu ta nhận nghiệm: x  2, x   746 495  746 13  Vậy S   ; ;2  495 17  Chú ý:  Từ phương trình ta suy ra hệ, nên khi giải ra nghiệm ta phải thử lại.  Phương pháp này chỉ hiệu quả trong việc giải phương trình, còn bất phương trình thì rất khó sử dụng. 3. Phƣơng pháp sử dụng bất đẳng thức Ví dụ 11 Giải phương trình x  2  10  x  x 2  12 x  40 Hướng dẫn Đặt: t  x  2  10  x , t  0 t  2  x  2  10  x   1  1   x  2  10  x   16 2 BCS 2 2  t 4 0t 4 Dấu "  " xảy ra  x  2  10  x  x  6 Mặt khác: x 2  12 x  40   x  6   4  4 , dấu "  " xảy ra  x  6 2  x  2  10  x  x 2  12 x  40 Vậy S  6 Bí kíp tổng hợp các công thức và tính nhanh Toán – Lý – Hóa 12 - LTĐH Trang 20 Thầy Đặng Tuấn Anh – 096.89.79.536 ------------------ Chuyên luyện thi đại học các khối A – A1 – B – D 4. Dùng khảo sát hàm số để biện luận phƣơng trình, bất phƣơng trình chứa tham số Ví dụ 12. Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 3 x  6 x   3  x  6  x   m Hướng dẫn Điều kiện: x   3;6 Đặt t  3  x  6  x , x   3;6 t  1 1 6 x  3 x   2 3  x 2 6  x 2  6  x  3  x  t  0  x  3 t 3 2 2 Ta có:  x  3  t  3  x 6t 3 và t 2   3 x  6 x  2 92  3  x  6  x  Bảng biến thiên: 3 x 6 t’ + 0 - 3 2 t 3 3  t  3;3 2  Xét f t   t  t2  9 , t  3;3 2  2 f  t   1  t, Bảng biến thiên: t   f  3  3, f 3 2  3 2  9 2 3 2 3 f t  – 3 f t  3 2 9 2