Những dạng bài tập Đại số cần nhớ trong Toán nâng cao lớp 10

Chia sẻ: Nhi Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:19

Thêm vào BST

Báo xấu

2.567
lượt xem 484
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Những dạng bài tập Đại số cần nhớ trong Toán nâng cao lớp 10 có ví dụ và bài giải minh họa để các bạn dễ hình dung hy vọng sẽ giúp ích cho các bạn khi tìm hiểu đến phần này, mời các bạn tham khảo.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Những dạng bài tập Đại số cần nhớ trong Toán nâng cao lớp 10

Những dạng bài tập Đại số cần nhớ trong Toán nâng cao lớp 10
1.Sự biến thiên của hàm số y = f(x) trên khoảng (a;b).  Hướng giải quyết:   x  (a;b) ; x1  x2. Tính f( x2) - f( x1 ) = ? f ( x2 )  f(x1 )  Lập tỉ số : =k x2  x1  Nếu : + k  0 thì hàm số f(x) đồng biến trên khoảng (a;b) + k  0 thì hàm số f(x) nghịch biến trên khoảng (a;b) *Example: Khảo sát sự biến thiên của hàm số y = x2 +2x- 2 trên khoảng (-  ;-1) và (-1; +  ).  Bài giải:  Xét (-  ;-1): 2 2  x  (a;b) ; x1  x2,ta có : f(x2)-f(x1) = x2 + 2 x2 – 2 – ( x1 + 2x1 -2) = ( x2 – x1)(x2+ x1+ 2) f ( x2 )  f(x1 ) Suy ra : = (x2+ x1+ 2 ) x2  x1 Vì x1, x2  ( -  ;-1) nên : x1  -1; x2  -1  x1+ x2  -2 hay x2+ x1+ 2  0 Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng (-  ;-1).  Xét (-1; +  ): Tương tự ******************************************* 2. Vẽ Parabol y = ax2 + bx + c ( a  0 )  Hướng giải quyết:  Cho tập xác định D = R b   Tìm đỉnh của (P) : I   ;      2a 4a  b  Trục đối xứng của ( P) : x =  2a  Lập bảng biến thiên : Với a > 0 x b   + 2a
y + +   4a *Note : + Nếu a  0 thì bề lõm quay lên trên; nếu a  0 thì bề lõm quay xuống dưới. b + Hàm số này đồng biến trên khoảng   ;   và nghịch biến    2a  b trên khoảng  ;      2a  * Example: Vẽ đồ thị của hàm số : y  x 2  2 x  3.  Bài giải: Đồ thị của hàm số : y  x 2  2 x  3. được vẽ như sau:  Bảng biến thiên: x  2  y   -1  Đỉnh I(2; -1).  Trục đối xứng là đường thẳng: x = 2.  Giao điểm của đồ thị và trục tung: (0; 3)  Giao điểm của đồ thị và trục hoành: (1; 0) và (3; 0).  Đồ thị :
y 3 2 1 -2 -1 O 1 2 3 4 x ************************************** 3. Tìm (P) : ax2 + bx + c ( a  0 ) thỏa mãn điều kiện cho trước.  Hướng giải quyết: b   Đỉnh của (P) : I   ;     2a 4a   b  Trục đối xứng của ( P) : x =  2a  b  Nếu a  0 thì GTNN của hàm số là  khi x =  và ngược lại 4a 2a  b nếu a  0 thì GTLN của hàm số là  khi x =  . 4a 2a * Example: Cho hàm số (P) : y = ax2 + bx + c ( a  0 ). Biết (P) đi qua gốc O và có đỉnh I( -2;-2), tìm đồ thị của hàm số này.  Bài giải:  (P) đi qua gốc O nên suy ra: c = 0 b   Đỉnh I( -2;-2)   = -2;  = -2  b = 4a (1) ; b2 – 4ac = 8a (2) 2a 4a * Thay c = 0 vào (2) ta được : b2 = 8a (3) 1 2 y= x + 2x. 2
1 * Thế b = 4a vào (3) ta được : a =0 (L) or a = ( Thỏa mãn ) .Với a = 2 1  b = 2. 2 Vậy đồ thị của hàm số này là : ************************************* 4.Giải và biện luận phương trình bậc hai : ax2 + bx + c ( a  0 )  Hướng giải quyết:  Cho tập xác định D = R  + Xét a = 0 + Xét a  0 : Tính  = b2 – 4ac * Nếu   0 thì pt trên vô nghiệm b * Nếu  = 0 thì pt trên có nghiệm kép : x1= x2 =  2a * Nếu   0 thì pt trên có 2 nghiệm phân biệt x1= (-b+ ) : 2a và x2 = (-b- ) : 2a. * Example: Giaỉ và biện luận phương trình sau: x2- 4x + m - 3  Bài giải:  Cho tập xác định D = R  Ta có:  ’ = 7- m * Nếu  ’  0  7- m  0  m  7. Khi đó pt vô nghiệm. * Nếu  ’  0  7- m  0  m  7. Khi đó pt có 2 nghiệm phân biệt: x1 = 2+ (7-m) or x2 = 2- (7-m) * Nếu  ’= 0  7- m = 0  m =7. Khi đó pt có 2 nghiệm kép: x1 = x2= 2. Kết luận: - m  7: S =  - m  7: S =  2  - m = 0: S =  2+ (7-m); 2- (7-m)  ******************************************
5. Cho phương trình: ax2 + bx + c ( a  0 ). Với x1, x2 là nghiệm của phương trình,ta luôn có những đẳng thức sau: b c  x1 + x2 =  và x1. x2 = (Hệ thức vi-ét) 2a a  x12 + x22 = (x1 + x2) 2- 2x1. x2  (x1 - x2) 2 = (x1 + x2) 2- 4 x1. x2  x14 + x24 =  ( x1 + x2) 2 - 2 x1x2  2 - 2 x12x2  x13+ x23 = (x1 - x2)3 - 3 x1x2(x1 + x2) p  0  x1 = 0  x2   s  0  x1  0  x2  x1  0  x2    x1  0  x2 p  0  x1  0  x2   s  0   0  0  x1  x2  s  0 ( Hai nghiệm cùng dương phân biệt )  p  0    0  x1  x2  0  s  0 ( Hai nghiệm cùng âm phân biệt )  p  0    0  0  x1  x2   s  0  p  0    0  x1  x2  0   s  0  p  0   x1  0  x2  * Note: + Phương trình có ít nhất một nghiệm dương   x1  0  x2  0  x1  x2  + Hiệu giữa nghiệm lớn và nghiện nhỏ  x1 - x2 * Example: Cho phương trình x2 – 6x + m- 2 = 0. a. Tìm m để phương trình này có hai nghiện dương phân biệt b. Tìm m để phương trình này có hai nghiện âm phân biệt.  Bài giải:
 Phương trình này có hai nghiệm dương phân biệt (0  x1  x2 ) (3)2  1(m  2)  0   0   6 m  11  s  0  0   2  m  11 p  0  1 m  2  m  2  0  Vậy 2  m  11 thì phương trình trên đây có hai nghiệm dương phân biệt.  Phương trình này có hai nghiệm âm phân biệt (x1  x2  0): Tương tự… **************************************** 6. Giải và biện luận phương trình : ax + b = cx + d (1)  Hướng giải quyết:  ax + b = cx + d  ax + b = cx + d (2) or ax + b = -( cx + d ) (3)  Giaỉ và biện luận pt (2) và (3). Khi đó nghiệm của pt (1) chính là hợp nghiệm của pt (2) và (3). * Example: Giải và biện luận pt sau : mx – x + 1 = x + 2 . (1)  Bài giải:  D=R x  2  Phương trình (1)  mx – x + 1 =  ( x  2)   (m  2) x  1(2)    mx  3(3)  Giaỉ và biện luận pt (2) : m – 2  0  m  2. Khi đó pt (2) có nghiệm duy nhất : x = 1 : * Nếu (m – 2) * Nếu m = 2  m = 2 . Khi đó pt (2) vô nghiệm.  Giải và biện luận pt (3) :
3 * Nếu m  0, khi đó pt (3) có nghiệm duy nhất : x =  m * Nếu m = 0, khi đó pt (3) vô nghiệm.  Remart : 3  Với m  0, pt(3)  2x = -3  x =  Với m = 0, pt (2)  -2x =1  2 1 x=  2 3 1 3  Nếu    m= m m2 2 3  3 1  Kết luận : Nếu m  2, m  0, m   S =  ;  2  m m  2 3 Nếu m = 2  S =      2 3 Nếu m = 0  S =      m 3 Nếu m =  S = { -2 }. 2 **************************************** 7. Giải và biện luận phương trình : (ax + b) : ( cx + d ) = e  Hướng giải quyết:  Đưa pt trên về dạng : ax = b  Từ đó giải và biện luận phương trình này để suy ra nghiệm của pt trên. 2a  1 * Example: Giải và biện luận pt sau:  2 (1) x 1  Bài giải:  Điều kiện : x  1  Pt (1)  ( a – 2 )x = 3a – 3 (2)  Giải và biện luận pt (2) : 3a  3 * Nếu a  2 : Pt (2) có nghiệm duy nhất : x = a2 3a  3 1 Để pt (1) có nghiệm duy nhất thì : x =  1 a a2 2
* Nếu a = 2 : Pt (2) vô nghiệm. Do đó, pt (1) vô nghiệm. 1  3a  3  Kết luận : * a  2 và a  thì : S =   2  a2  1 * a = 2 và a = thì : S = 2  . ***************************************** 8. Giải phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ : m . f (x) + n . f (x) + p = 0 .  Hướng giải quyết:  Đặt t = f (x) ( Điều kiện : t  0 )  f (x) = t2 (*)  Thế (*) vào pt trên để ta được một pt mới toàn ẩn t. Giaỉ và biện luận pt new này để tìm được t, sau đó thế t vào để tìm được được x, giải quyết các vấn đề mà bài toán đặt ra. * Example: Giải pt sau : 4x2 - 12x – 5[ ( 4x2 – 12x + 11 ) ] + 15 = 0 (1)  Bài giải:  Đặt t = ( 4x2 – 12x + 11 ) ( Điều kiện t  0 ) 2 2 2 2  t = 4x – 12x + 11 nên t – 11 = 4x – 12x (*)  Thế (*) vào pt (1), ta được : t2 – 11 – 5t + 15 = 0  t2 – 5t + 4 = 0 Giải ra ta được : t = 1 or t = 4 * Với t = 1 thì : ( 4x2 – 12x + 11 ) = 1 ; Giải ra ta được : pt vô nghiệm * Với t = 4 thì : ( 4x2 – 12x + 11 ) = 4 ; Giaỉ ra ta được : x = ( 3 - 14 ) : 2 or x = ( 3 + 14 ) : 2 Kết luận : Vậy S = {( 3 - 14 ) : 2 ; ( 3 + 14 ) : 2} 9. Giải phương trình : A - B = C (1)  Hướng giải quyết:  Điều kiện : Đồng thời cả A, B, C đều  0  Đưa pt (1) về dạng : A = B + C (2)
 Giải pt (2) bằng cách bình phương cả hai vế của pt : ( A )2 = ( B )2 2 +( C) Từ đó giải quyết các vấn đề mà bài toán yêu cầu. 2 * Note: A =B  B  0 và A = B * Example: 1. Giải pt sau : ( x2 – 3x ) = 2x + 4 (1)  Bài giải:  Điều kiện: x2 – 3x  0  x  0 và x  3 x  2 2 x  4  0  x  2   x  1  Pt (1)   2 2  2    x  1  x  3x  (2 x  4) 3x  19 x  16  0  x  16   3 Kết luận : Vậy nghiệm của pt là x = -1 2. Giải pt sau: 2 x  1  6  x  x  1 (1)  Bài giải:  1 2 x  1  0 x  2   Điều kiện: 6  x  0   x  6  1 x  6 x 1  0 x  1    2  Pt (1)  2 x  1  6  x  x  1  2 x  1   6  x  x  1   2 (6  x )(x  1)  2 x  6 x  3 x  3  0 x  3   x5  ( x  1)(6  x )  x  3   2  2   ( x  1)(6  x )  ( x  3) 2 x  12 x  15  0   x  3 ( Loai )   2 Vậy : Nghiệm của pt là: x  3 và x  5 10. Giải hệ pt gồm 1 pt bậc nhất hai ẩn và 1 pt bậc 2 hai ẩn.  Hướng giải quyết: Sử dụng phương pháp thế
 x  y  2(1) * Example: Giải hệ pt sau:  2 2  x  y  164(2)  Bài giải:  Pt (1)  y  x  2  Thế vào pt (2)  x 2  ( x  2)2  164  2x 2  4x  160  0  x  8  y  10   x  10  y  8  x  8  x  10 Vậy hệ pt có nghiệm:  ; .  y  10  y  8 ****************************************** 11. Hệ pt đối xứng hai ẩn x và y  Hướng giải quyết: Dùng phương pháp đặt ẩn phụ bằng cách biến đổi hệ pt đã cho về hệ pt mà chỉ có đại lượng x+y và xy: s  x  y  Đặt  Điều kiện s 2  4s  0  p  xy s  x  y  Nếu  Suy ra x,y là nghiệm của pt t 2  st  p  0  p  xy  * x 3  y 3  ( x  y )3  3xy ( x  y ) * x 2  y 2  ( x  y )2  2xy x2  y2  x  y  8  Example: Giải hệ pt sau:  (1)  xy  x  y  5  Bài giải: Hệ pt (1) ( x  y )2  2 xy  x  y  8  . Đặt s  x  y ; p  xy  xy  x  y  5
 s 2  2 p  s  8(1)  Khi đó hệ pt  p  s  5(2) . Từ (2) suy ra p= 5 – s ; thế vào pt (1), ta  s  6 được: s 2  2(5  s)  s  8  s 2  3s  18  0   s  3 x  y  3  Với s = 3 suy ra p = 2    xy  2 t  1 Suy ra x và y là nghiệm của pt: t 2  3t  2  0   t  2 x  1 x  2 Khi đó hệ pt có nghiệm:  và  y  2 y 1  Với s = - 6 suy ra p = 11. Ta có: s2 – 4p = 36-44 < 0 (Loại) x  1 x  2 Kết luận : Vậy hệ pt có nghiệm  và  y  2 y 1 ****************************************** 12. Bất phương trình – Xét dấu của f(x) = ax+b (a  0).  Hướng giải quyết:  Tập xác định: D = R b  Cho ax+b = 0 suy ra x= a  Bảng xét dấu: x b   a ax+b Trái dấu a 0 Cùng dấu a * Example: 1. Xét dấu f(x) = - 4x + 1.  Bài giải:  D=R 1  - 4x + 1 = 0 suy ra x= 4
 Bảng xét dấu: x  1  4 -4x+1 + 0  1 1 Kết luận: * f ( x ) > 0 x  (; ) * f ( x ) < 0 x  ( ; ) . 4 4 (3  x)(2  x) 2. Giải bất pt sau: 0 x 1  Bài giải:  D = R \{-1}  Ta có: + 3  x  0  x  3 + 2 x  0  x  2 + x  1  0  x  1  Bảng xét dấu: x  1 2 3  VT  KXĐ + 0  0 + Kết luận: Vậy S = (; 1)  2;3  .  3. Giải bất pt sau: (2 x  1)( x 2  x  30)  0  Bài giải:  D=R  Ta có: 1 * 2x 1  0  x  2 x  5 * x 2  x  30  0    x  6  Bảng xét dấu: x  -6 1 5  2 VT  0 + 0  0 + 1 Kết luận: Vậy S =  6;    5;   .    2
************************************** 13. Tìm tham số m để f(x) = ax2 + bx + c luôn  0;  0;  0;  0 x  R  Hướng giải quyết:  Xét a = 0  Ta có: a  0 + f(x)  0 x  R     0 a  0 + f(x)  x  R     0 a  0 + f(x)  0 x  R     0 a  0 + f(x)  0 x  R     0 *Example: Tìm m để f(x) = (m - 4)x2 + (m + 1)x + 2m-1 luôn không âm.  Bài giải:  Xét m – 4 = 0 suy ra m = 4 Khi đó f(x) = (4  1) x  2.4  1  5 x  7 (Không thỏa mãn đề bài) m  4  0  Ta có: f ( x)  0   2 (m  1)  4(m  4)(2m  1)  0 m  4  2 7m  38  15  0 m  4   3  m   m  5  7 m  5  Kết luận: Vậy m  5 thì f(x) = (m - 4)x2 + (m + 1)x + 2m-1 luôn không âm. **************************************** 14. Giải và biện luận bất phương trình: ax  b  0 (1)  Hướng giải quyết:  Tìm tập xác định: D = R
 Biến đổi bất pt (1) về dạng: ax  b (2) b + Nếu a>0: Bất pt (2)  x   a b + Nếu a 3. Khi đó bất pt (2)  x  m3 m  2 + Nếu m – 3 < 0 suy ra m < 3. Khi đó bất pt (2)  x  m3 + Nếu m – 3 = 0 suy ra m = 3. Khi đó bất pt (2)  0 x  5 ( Thỏa mãn x m  2 Kết luận: + m > 3: S =    m  3 ;     m  2  + m < 3: S =  ;    m3  + m = 3: S = R ******************************************** 15. Tìm m để bất pt có nghiệm  Hướng giải quyết: Áp dụng  x 2  5 x  6  0(1) * Example: Tìm m để bất pt sau có nghiệm:  mx  4  0(2)  Bài giải: x  3  Ta có: x 2  5 x  6 = 0   Suy ra S1 = (2;3) x  2  Ta có: mx  4  0  mx  4 4 4  + Nếu m > 0 suy ra x <  Suy ra: S 2   ;    m  M
m  0  m  0 Hệ bất pt có nghiệm  S1  S 2     4   m   m  2  m  2  4  4  + Nếu m < 0 x    S2    ;   m  m  m  0 m  0   4 Hệ bất pt có nghiệm  S1  S 2     4  4 m  m  3 m   3 3   + Nếu m = 0  0 x  4 (Vô lí)  S2   Dẫn đến hệ pt vô nghiệm 4 Kết luận: Vậy nghiệm của hệ bất pt này là: m 3 ******************************************** 16. Giải bất pt dạng: f ( x )  g ( x); f ( x)  g ( x); f ( x)  g ( x ); f ( x )  g ( x).  Hướng giải quyết: Ta luôn có  g ( x)  0  f ( x )  g ( x)   2 2  f ( x)  g ( x )  g ( x)  0  f ( x )  g ( x)   2 2  f ( x)  g ( x )  Hai cái còn lại ngược lại tương ứng *Example: Giải bất pt sau;  x 2  x  1  2 x  5 (1)  Bài giải: 2 x  5  0 Bất pt (1)   2 2 2 ( x  x  10)  (2 x  5)  5  5 x   x    2  2 ( x 2  x  1) 2  (2 x  5)2  0 ( x 2  3x  4)( x 2  x  6)  0(2)   Giải bất pt (2): Ta có:  x  1   x 2  3x  4  0   x  4
  x 2  x  6  0  Pt vô nghiệm  Bảng xét dấu: x  -1 4  VT + 0  0 +  5 x  Suy ra 1  x  4 ; khi đó hệ tương   2  1  x  4  1  x  4  Kết luận: Vậy nghiệm của bất pt này là: 1  x  4  f ( x)  g ( x ) * Note: f ( x )  g ( x)   g ( x )  f ( x)  g ( x)   (Áp dụng với cả  f ( x)   g ( x ) các dấu còn lại) *Example: Giải bất pt sau: x 2  4  x 2  5 x  4 (1)  Bài giải:  5 2 2  x  4  ( x  5 x  4) 2 x  5 x  0 20  x  2 Bất pt (1)   2 2   x0  x  4  x  5x  4  5 x  8 x  8   5 Kết luận: Vậy nghiệm của bất pt này là: x0 ********************************************** 17. Giải bất pt dạng: f ( x)  g ( x ); f (x)  g ( x )  Hướng giải quyết:  f ( x)  0   f ( x)  g ( x )   g ( x )  0  f ( x)  g 2 ( x)   f ( x)  0   f (x)  g ( x )   g ( x )  0  f (x)  g 2 ( x)  *Example: Giải bất pt sau: x 2  x  12  7  x (1)  Bài giải:
  x  3 2 2   x  x  12  0  x  x  12  0  x  4  x  3    Bất pt (1)  7  x  0  7  x  0  x  7    x 2  x  12  (7  x) 2 13 x  61  0   4  x  61   61  13 x   13  61 Kết luận: Vậy nghiệm của bất pt là: x  3 hoặc 4 x 13 ************************************ 18. Giải bất pt dạng: A  B; A  B  Hướng giải quyết:  A  0  B  0  AB B  0   A  B2   A  0  B  0  AB B  0   A  B2  *Example: Giải bất pt sau: x 2  3x  10  x  2  Bài giải:   x 2  3 x  10  0  (1) x  2  0 Bất pt (1)   x2 0  2 (2)   x  3 x  10  ( x  2) 2    x  2 Giải hệ bất pt (1)    x  5  x  2  x  2  x  2 Giải hệ bất pt (2)    x  14  x  14 Kết luận: Vậy nghiệm của bất pt là: x  2 hoặc x  14
19. Giải bất pt bằng cách đặt ẩn phụ  Hướng giải quyết: Áp dụng *Example: Giải bất pt sau: x 2  3x  6  x 2  3 x (1)  Bài giải:  x  3  Điều kiện: x 2  3x  0   x  0  Đặt t = x 2  3x ; t  0  t 2  x 2  3x Bất pt (1)  t  6  t 2  t 2  t  6  0  3  t  2 Kết hợp với điều kiện:   x  3 3  t  2  x2  3x  0     0  t  2 hay 0  x  3 x  2   2   x  0 t  0  2  x  3x  2 4  x  1   4  x  3  0  x  1 Kết luận: Vậy nghiệm của bất pt là: 4  x  3 hoặc 0  x 1