Sử dụng máy tính bỏ túi trong làm đề thi đại học môn toán

Câu 6.(Bất đẳng thức, cực trị)  Với BĐT VT VP  , có thể áp dụng được BĐT Cauchy cho các hạng tử ở VT nhưng VP là tổng n hạng tử, thì để giải được phải dùng BĐT Cauchy n lần, rồi cộng vế.  Nếu cả VT, VP của BĐT VT VP  đều là tích các thừa số dương thì muốn áp dụng BĐT Cauchy phải khai triển tích đó.

pdf29 trang | Chia sẻ: phanlang | Lượt xem: 2323 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Sử dụng máy tính bỏ túi trong làm đề thi đại học môn toán, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
2 5 16 4 16 4 a a a m a a m a a a a m a a m a                 và 4 2 1 4 2 2 2 8 a a n a a n      , xử lí 2 hệ này trong MODE EQN thu được kết quả. Tuy nhiên bất cập là nếu trong fn(x) có chứa gm(x) thì máy sẽ không tính được ( ) k m g i với 4k  (nghĩa là với 4 ( )f x trên, ta phải nhập 3i i để tính 4i thay vì nhập trực tiếp 4i ), xem Câu 7b (số phức) để rõ hơn cách xử lí. Cách này hoạt động tốt nhất với 6n  (làm tương tự trên). _ Cách 7: dùng SOLVE giải PT fn(X) = 0 (nhập nguyên dạng chưa khai triển). Nếu PT có n nghiệm (nhìn qua fn(X) có thể xác định ngay được n, nghiệm bội h cũng coi là h nghiệm đơn) thì lưu các nghiệm vào biến rồi dùng hệ thức Viet: 1 1 1 1 1 2 1 1 ( , , kn k l k l in i j i j a x a k i n a x a                          k lẻ, i chẵn, hệ có n phương trình, đây là dạng tổng quát) để suy ra 1 1 2 1 ( ) ...n n n n n f x a x a x a x a       . Cách này tốt nhất cho n = 2, không những khai triển được mà còn biết được nghiệm. Nếu fn(x) có hệ số phân số thì ta triệt mẫu số bằng cách nhân thêm s (là BCNN của các mẫu số, nhằm đưa về đa thức hệ số nguyên) rồi khai triển sfn(x) bằng các cách trên, cuối cùng chia ngược lại các hệ số cho s. Đối với cách 7 thì không cần làm vậy, vì ta khai triển gián tiếp.  Kỹ thuật khai triển đa thức ( , ) n F x m bằng MTBT: _ Cách 1: dùng khi biết tham số m có bậc cao nhất bằng 1. Ta sẽ khai triển đa thức thành dạng ( ) ( )f x mg x sau đó gộp lại theo x. Vào MODE 2 (CMPLX), xem m là số ảo i, nhập vào máy ( , ) n F X i , ấn CALC , gán X = 1000 (theo cách 1), ấn  được kết quả: (1000) (1000) (1000) (1000) f a K a bi f mg g b         . Từ đó tìm được các đa thức f(x), g(x) _ Cách 2: giả sử sau khi khai triển thì 1 1 2 1 ( , ) ( ) ( ) ... ( ) ( )n n n n n F x m f m x f m x f m x f m       . Nhập ( , ) n F x m vào máy (dùng 2 biến X, M; lưu ý triệt mẫu số của các phân số trong ( , ) n F x m trước khi nhập), ấn CALC , gán 0 1000 X M    thì kết quả là 1 (1000) n f  , từ đó xác định được 1 ( ) n f m  (hệ số tự do của ( , ) n F x m ). Tiếp theo, tính 0 ( ( , )) | n x d F X M dx  với 1000M  được kết quả là (1000) n f , xác định được ( ) n f m . Vì trong đề thi ĐH, các ( ) ( 1; 1) i f m i n   chỉ có bậc Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com 10 tối đa là 3 (nếu có thường chỉ có 1 đa thức ( ) i f m mang bậc 3), nên ta làm tiếp như sau: dùng CALC tính ( , ) n F X M với 1000 1;2 X M      ta được tương ứng 4 kết quả (1000, 1;2) n F   . Từ đó ta xác định được: 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1: ( , 1) ( 1) ( 1) ... ( 1) 0 : ( ,0) (0) (0) ... (0) 1: ( ,1) (1) (1) ... (1) 2 : ( ,2) (2) (2) ... (2) n n n n n n n n n n n n n n n n m F x f x f x f m F x f x f x f m F x f x f x f m F x f x f x f                                     Áp dụng định lý: nếu biết k + 1 điểm ( ; ( )) ( 1; 1) j k j x f x j k   thuộc đồ thị hàm số ( ) k f x thì ta sẽ xác định được hàm số đó, ta xác định các ( ) ( 1; 1) i f m i n   dựa vào điểm ( ; ( ) ) i m f m với 1;2m    . Việc này có thể thực hiện trong MODE 3 (STAT), nhảy xuống Câu 5 để xem cách tìm ra ( ) ( 1; 1) i f m i n   từ các điểm ( ; ( ) ) i m f m . Do ta đã chuyển các hệ số của ( , ) n F x m về dạng tuyến tính (không có phân thức, phân số), nên nếu ( ) i f m ( {1;2;...; 1})i n  mà các hệ số của ( ) i f m không nguyên, hoặc điểm (2; (2) ) i f không thuộc đồ thị hàm số đi qua 3 điểm ( 1; ( 1) ), (0; (0) ), (1; (1) ) i i i f f f  thì ( ) i f m có bậc 3 và không thể xác định được trong MODE STAT (vì hàm đa thức trong này chỉ có bậc 1; 2), do đó ta xác định ( ) i f m này ở MODE COMP. Ở MODE COMP, ta nhập vào máy ( , ) ( , ) n F X M G X M trong đó G(X,M) chính là dạng khai triển của ( , ) n F X M nhưng bị khuyết hạng tử 1( ) n i i f M X   (đang cần xác định). Ấn CALC tính biểu thức trên với 1 1000 X M    thì kết quả chính là (1000) i f , từ đó xác định được ( ) i f m  Phương pháp Viet để tìm nhân tử bậc 2 từ nghiệm của máy (khi có ít nhất 2 nghiệm): lấy 2 nghiệm bất kì (lưu trong A, B), tính S A B P AB     . Nếu S, P là số đẹp, PT có nhân tử 2x Sx P  , nếu không, thử tiếp với các cặp nghiệm khác. Lưu ý: nếu cho EQN giải PT bậc 3 ra 3 nghiệm vô tỉ thì cách này vô dụng. Mọi PT đa thức khác nếu gặp phải TH này (khi giải bằng solve) thì thường phải viện đến lượng giác hóa để giải (bằng tay). Với các PT vô tỉ, do TXĐ nên nghiệm vô tỉ có thể bị loại dẫn đến thiếu nghiệm để dùng phương pháp Viet, ta có thể xử lí bằng những cách khác đề cập phía dưới.  Nếu máy giải fn(X) = 0 cho nghiệm xấu x = A (lưu vào A), ta có thể giả sử A là nghiệm của g2(x) = x 2 + bx + c trong phân tích fn(x) = g2(x)h(x), rồi sử dụng MODE TABLE để tìm ra nhân tử g2(x). Ta nhờ MODE TABLE tính g2(x) với các giá trị b nguyên (còn x = A), từ đó tìm ra c. Do đó ta nhập vào MODE TABLE f(X) = A2 + XA (ở đây X chính là các giá trị b nguyên sẽ dò, A là nghiệm x đã giải được, vì MODE này chỉ dò với biến X). Do A là nghiệm Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com 11 nên chắc chắn 2A bA c   . Bấm  , lần lượt gán: 14 14 1 Start End Step       . Từ bảng giá trị thu được, ta dò giá trị X sao cho f(X) của nó là số hữu tỉ, thì đó chính là kết quả: ( ) b X c f X     . Cũng do 2A c b A    nên ta có thể nhập 2 ( ) A X f X A   , lúc này nếu tìm thấy f(X) hữu tỉ thì ( ) c X b f X     . Nhưng để chắc chắn fn(x) có nhân tử g2(x), ta phải giải nốt nghiệm kia của g2(x) = 0 rồi thử vào fn(x)  Nếu thấy 1 PT của hệ chứa (hoặc đưa về chứa) đại lượng 2 2( , )k x y ax bxy cy   , thì thử phân tích ( , ) ( )( )k x y mx ny px qy   (trừ phi PT 2 0at bt c   vô nghiệm) có thể ra hướng làm.  Kỹ thuật phân tích đa thức hệ số nguyên f(x,y) thành nhân tử: trước hết nếu f(x,y) có chứa hệ số phân số thì ta nhân sf(x,y) sao cho mất hết phân số (vì chỉ làm việc với đa thức hệ số nguyên). Tiếp đến nếu bậc y lớn hơn (ngược lại làm tương tự), thay y = 1000 ta được ( , ) ( ) n sf x y g x . Dùng MODE EQN hay chức năng solve giải PT ( ) 0 n g x  ta được x = x0 (nếu nhiều nghiệm làm tương tự): _ Nếu x0 là số hữu tỉ (với phân số thì tử số thường có liên quan đến các số tròn chục), ta phân tích 1 0 1 1 0 ( ) ( )( ... ) ( ), ( ) ( 1; ) n n n n i i g x x x c x c x c x h y c h y i n             (thường gặp ( ) ( ) i h y h y    có dạng ay b ), từ đó: 1 1 1 ( , ) [ ( )][ ( ) ... ( ) ( ) ]n n n sf x y x h y h y x h y x h y       _ Nếu x0 và tất cả nghiệm còn lại (nếu có) là số vô tỉ ( , )f x y không phân tích được thành nhân tử. Dù thay x = 1000 hay y = 1000 thì kết quả cũng như nhau. Với đa thức 3 ẩn x, y, z thì gán 10; 100y z  rồi phân tích tương tự (nhưng có thể phải tư duy suy đoán nhiều hơn). Bậc đa thức càng cao, phương pháp này càng khó chính xác (vì máy khó giải PT hệ số lớn).  Phương pháp sơ đồ Horner để phân tích 1 1 1 ( ) n n i n i i F x a x      (có nghiệm thực x = x0) thành nhân tử: giả sử 0 1 ( ) ( ) n n j n j j F x x x b x      , ta tìm 1 1( 2; ; )jb j n b a   bằng câu lệnh nhập vào máy B = BX + A với input 1 0 2 B b X x A a      , dùng CALC , thu được ( 2; )jb j n  ứng với ( 2; )iA a i n    Kỹ thuật tìm nhân tử PT vô tỷ: _ PT chứa 1; 2 căn của nhị thức bậc nhất: Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com 12  PT  , 0f x ax b  : đặt 2t b ax b t x a      được PT mới 2 , 0 t b g t a       (hay g(t) = 0). Dùng kỹ thuật phân tích g(t) thành nhân tử bằng MTBT (giả sử PT g(t) = 0 có 2 nghiệm) được g(t) = g1(t)g2(t). Thế trở lại t ax b  được PT    1 2 0g ax b g ax b    PT  , , 0f x ax b cx d   : đặt ax b u cx d v       , làm tương tự (dùng kỹ thuật phân tích thành nhân tử cho đa thức 2 ẩn). _ PT chứa căn biểu thức bậc cao:  PT ( ) ( ) ( ) 0n mF x f x a h x   (các hệ số đều hữu tỉ), trước hết cho máy giải tìm các nghiệm, lưu vào 2 biến A, B (chỉ cần tối đa 2 nghiệm): + TH1: được 2 nghiệm vô tỉ A, B. Dùng hệ thức Viet S A B P AB     ta thấy S, P là số đẹp, do đó gán lại 2 nghiệm A, B đúng bằng công thức nghiệm: 2 2 ( ) 2 ( ) 2 A B A B A A B A B B            . Tiếp theo gán 2 giá trị ( ) ( ) m m C h A D h B     . Bằng cách tương tự ta tìm được dạng đúng của C, D (trong trường hợp tính số bị xấu). Như vậy nhìn vào A, B, C, D ta tìm được liên hệ giữa ( ) m h x và x là: ( ) ( ) 0 m g x b h x  (thường gặp ( )g x px q  với ,p q ), đó chính là 1 nhân tử của PT. + TH2: được 1 nghiệm vô tỉ A. Ta đổi dấu của căn được PT ( ) ( ) ( ) 0 n m F x f x a h x   , giải PT này tìm 1 nghiệm vô tỉ B (lưu vào B). Do ( )F x là phương trình liên hợp với ( )F x nên B liên hợp với A, do đó bằng hệ thức Viet S A B P AB     ta xác định được A, B. Đến đây, tương tự TH1 ta tìm được nhân tử ( ) ( ) 0mg x b h x  thông qua A và ( )mC h A . Nhưng nếu nhân tử này được tìm ra từ B và ( ) m D h B thì nó là của PT ( ) 0F x  , lúc này ta phải đổi lại dấu căn để được nhân tử đúng: ( ) ( ) 0mg x b h x  + TH3: được 2 nghiệm hữu tỉ A, B. Ta giả sử 2 nghiệm này là của nhân tử ( ) m px q h x  , từ đó giải hệ ( ) 0 ( ) 0 m m pA q h A pB q h B         tìm được p, q + TH4: được 1 nghiệm hữu tỉ A. Lúc này ta đổi dấu căn được PT ( ) 0F x  , từ đó giải được 2 nghiệm vô tỉ C, D của PT này, tìm được nhân tử là ( ) ( ) 0 m g x b h x  , do đó nhân tử PT ban đầu là ( ) ( ) 0mg x b h x  . Nhưng nếu cách này không thành, ta phải dùng thêm nghiệm phức Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com 13 của nó: bằng cách bình phương toàn phần để làm mất căn, rồi phân tích phương trình bậc cao thu được thành nhân tử bậc 2 để tìm các nghiệm phức, từ đó tìm được nhân tử PT gốc. Cuối cùng nếu không muốn làm như trên, thì xoay sang đạo hàm, đánh giá để c/m ( ) 0F x  có nghiệm duy nhất. _ PT 1 ( ) ( ) ( ) 0 k n i i i F x f x a h x     : ta giải tương tự như trên nhưng tuân thêm 3 nguyên tắc sau: + Nếu đổi dấu căn thì đổi dấu trước căn của đa thức bậc lẻ, nếu chỉ toàn căn của đa thức bậc chẵn thì phải thử từng cái. Đổi dấu trước ,u v chứ không đổi dấu trước uv (khi PT chứa cả 3 căn này). + Nếu giả sử nhân tử thì nhân tử phải chứa đủ các căn: 1 ( ) ( ) 0 k i i i g x b h x    + Nếu các nghiệm giải được không liên hợp với nhau thì với mỗi nghiệm mà máy giải ta tìm ra 1 nhân tử chứa nó, và coi như PT chứa chừng ấy nhân tử (mỗi nhân tử cho 1 nghiệm) để phân tích.  Trong cách phân tích đa thức fn(x) thành nhân tử đã nêu, sau khi tìm được 1 nhân tử bậc 2 là g2(x) ta chia 2 2 ( ) ( ) ( ) n n f x g x g x  bằng kỹ thuật khai triển đa thức trên MTBT để xác định 2 ( )ng x . Nhưng nếu ta cần chia 1 ( ) ( ) ( ) k n i i i F x f x a h x    ( ( )ih x là các đa thức) cho nhân tử là 1 ( ) ( ) ( ) k m i i i G x g x b h x    để tìm nhân tử còn lại thì phải làm cách khác. Ta giả sử rằng: 1 ( ) ( ) ( ) ( ) k p i i i F x u x c h x G x    , do đó nhập vào máy: 1 1 ( ) ( ) (1) ( ) ( ) k n i i i k m i i i f X a h X g X b h X       . Để xác định hệ số c1 của 1 1( )c h x trong nhân tử cần tìm, ấn CALC , ta gán X sao cho 1( )h X là số xấu còn ( ) ( 2; ) j h X j k  đều là số đẹp, thì kết quả có dạng p q w (nếu kết quả xấu thì chọn X khác). Quay lại biểu thức (1) , nhập thêm “ p ” rồi ấn  , kết quả chính là q w , chia kết quả này cho 1 ( )h X ta được hệ số c1 (thường gặp c1 = q) ( ) . Như vậy quay lại (1) , nhập thêm ta được 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) (2) ( ) ( ) k n i i i k m i i i f X a h X c h X g X b h X        . Bây giờ để xác định hệ số c2 của 2 2( )c h x , ta lại chọn X gán vào (2) sao cho 2( )h X là số xấu còn ( ) ( 3; )jh X j k  đều là số đẹp, lặp lại thao tác tương tự ta tìm được c2, rồi quay lại (2) nhập thêm “ 2 2( )c h X ”, cứ như vậy ta xác định được 1 ( ) k i i i c h x   . Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com 14 Cuối cùng là xác định đa thức ( ) p u x , ta có: 1 ( ) ( ) ( ) (3) ( ) k p i i i F x u x c h x G x    . Như vậy bằng việc tính (3) với X = 1000, ta được kết quả (1000) p u , từ đó tìm được ( ) p u x . Trong trường hợp các hệ số của ( ) i h x ở bước chia ( ) thay đổi liên tục (thử chia với 2 giá trị X khác nhau sẽ thấy), suy ra hệ số của ( ) i h x trong thương là đa thức ( ) i v x chứ không phải 1 số, và trong đề thi ĐH chỉ có bậc 1 hoặc 2, do đó ta dùng MODE 3 (STAT) để tìm đa thức này. Trước hết ta thực hiện bước chia ( ) 3 lần để tìm 3 giá trị c1 khác nhau ứng với X = x1, X = x2, X = x3, đó chính là 3 giá trị 1 2 3( ) ; ( ) ; ( )i i iv x v x v x . Như vậy biết 3 điểm 1 1 2 2( ; ( ) ); ( ; ( ) )i ix v x x v x ; 3 3 ( ; ( ) ) i x v x thuộc đồ thị hàm ( ) i v x có bậc 1 hoặc 2, ta hoàn toàn xác định được hàm số đó. Cách xác định ( ) i v x bằng MODE STAT được nêu ở Câu 5. Ngoài ra, ta thường gặp ( ) p u x với p = 1; 2, do đó ta có thể tính 1 ( ) ( ) ( ) lim k i i i px F x c h x G x x    để xác định hệ số của xp (và toàn bộ ( ) p u x ) giống như kỹ thuật khai triển đa thức bậc cao.  Sau khi tìm ra 1 nhân tử của PT 1 2 1( ) ( ) ( ) ( ) 0f x f x f x g x   là 1 2( ) ( ) ( )h x g x g x  thì có thể phân tích f(x) thành nhân tử bằng cách chia ( ) ( ) f x h x , song nếu ngại chia có thể chuyển sang cách triệt tiêu căn (bản chất là nhân liên hợp với h(x)): 2 1 2 1 2 2 1 2 2 2 2 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) h x g x g x g x g x k x f x f x h x f x f x g x u x k x f x f x h x u x k x h x f x u x g x u x g x                     (f(x) chứa nhiều căn làm tương tự).  PT ( ) ( 3)nf x n  khi máy giải ra tất cả nghiệm đều xấu, thì hầu hết phải sử dụng lượng giác hóa. Lúc này có thể thử tính 0 0 0 arcsin ; arccos ; arctanx x x (x0 là nghiệm đã lưu vào biến) để tìm dạng lượng giác của nghiệm, là sin( )x kc   với 1;k l  ứng với l nghiệm khác nhau (có thể thay sin bằng cos hay tan). Nếu không tìm được dạng lượng giác, thì tùy vào khoảng giá trị x (có thể dựa vào các nghiệm mà máy giải) để đặt sin ; cos tant x t x hay t x   , lao vào giải tay.  Vài cách đặt ẩn phụ để lượng giác hóa (tương tự như nguyên hàm - tích phân): _ PT ( ) 0 n f x  : tổng quát đặt x = tgt chuyển về PT đẳng cấp với sint, cost _ PT chứa 2 2a x : đặt | | sinx a t _ PT chứa 2 2x a : đặt | | sin a x t  _ PT chứa 2 2x a : đặt | | | | cotg a tgt x a t     Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com 15 _ PT chứa a x a x   : đặt cos2x a t _ PT chứa ( )( )x a b x  : đặt 2( )sinx a b a t   (Nếu BPT chứa các đại lượng trên thì cũng đặt tương tự).  Nếu HPT có PT1 chứa phần đa thức có bậc 3 nhiều hơn, PT2 chứa dạng khác hẳn, thì thường rút được quan hệ x, y đơn giản từ PT2, để thế vào PT1.  Nếu 2 vế PT f(x) = g(x) là hàm ngược của nhau thì quy về giải PT ( ) ( ) f x x g x x     Máy vẫn có thể không tìm được nghiệm của PT dù PT có nghiệm (do Gx  giá trị ban đầu, nhập vào không phù hợp), lúc này trong trường hợp PT 4 3 2( ) 0F x ax bx cx dx e      , nên xử lí theo 1 trong 2 cách: _ Cách 1: xét dấu 2 24( ) 4 ac b f x x dx e a         ( 2 ( )4 4 4 g xac b a a    là cực trị của 2( )g x ax bx c   ): Nếu ( ) 0f x x D R    : F(x) = 0 vô nghiệm trên D, có thể có nghiệm trên \R D Nếu 0( ) 0f x  : F(x) = 0 nếu có nghiệm thì nghiệm là x = x0 _ Cách 2: phương pháp tam thức bậc 2: viết lại 2 2( ) ( ) 0F x ax bx c x dx e      ( ) 0F x  có nghiệm 2 2 2 24( ) 4 4 4 0x d ax bx c e aex bex d ce           . Từ đó tìm được khoảng nghiệm hoặc c/m được PT vô nghiệm. (Có 3 cách viết lại F(x) như sau: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) F x ax bx x cx d x e F x a x bx x cx dx e F x a x bx c x dx e                   để 2 x x   cũng có bậc 2).  Phương pháp thế luân hồi thường dùng cho PT: 3 33 3 3 3 1 2 1 2 33 3 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 ( ) ( ) ( ) ( ) f x f x g x g x F x G x F x G x f x f x F x f x f x G x g x g x G x g x g x                _ Nếu 1 2 1 2( ) ( ) ( ) ( )f x f x g x g x              3 3 33 3 3 1 2 1 2 2 2 23 33 3 3 3 3 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 1 2 1 2 2 1 ( ) ( ) ( ) 3 ( ) ( ) ( ) ( ) 0 1 0 ( ) 2 f x f x F x f x f x F x f f F f f F f f F f F f f f F f f f F F f                                   _ Nếu 1 2 1 2( ) ( ) ( ) ( )f x f x g x g x   3 3 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) F x F x f x f x F x g x g x f x f x g x g x        Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com 16 (Ở TH nào sau khi tìm ra nghiệm của ( ) phải thử lại vào PT đầu).  Phương pháp đồng nhất hệ số cho PT 1 ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( 3) k n i i i F x f x g x h x k      : giả sử 11 ( ) ( ) ( ) ( ) k l j j i ji i F x u x v x w x               (trong đó ( ) ( 1; )jv x j l  là các nhân tử tối giản (tức là nhân tử vô nghiệm) khác nhau bao gồm các nhân tử của các ( ) ( 1; )ih x i k  nếu ( )ih x có nghiệm và chính ( )ih x nếu nó vô nghiệm; ( ) , ( )j iu x w x là các đa thức có deg deg ( )ig x ): _ Nếu F(x) vô nghiệm: khai triển hoàn toàn F(x) rồi đồng nhất hệ số. _ Nếu F(x) có nghiệm x = x0: biểu diễn ( )ig x qua ( ) , ( )j iu x w x bằng cách khai triển F(x) không hoàn toàn (chỉ nhằm xác định 1 đại lượng nào đó tương ứng trong F(x) khi đã khai triển hoàn toàn) rồi đồng nhất không hoàn toàn (chỉ nhằm xác định dạng, bậc của biểu thức) để được mối liên hệ công bội giữa ( ) , ( )j iu x w x (VD ( ) ( )j iu x aw x với a R , chưa cần xác định rõ a). Từ đó tìm ra liên hệ công bội giữa các hệ số của ( ) , ( )j iu x w x trong mỗi nhân tử 1 ( ) ( ) ( ) ( ) l i j j i j i f x u x v x w x          , nhằm giảm số đại lượng chưa biết (để biểu diễn các hệ số) xuống ít hơn. Tiếp đến giả sử nhân tử ( )if x cho nghiệm 0 0( ) 0ix x f x   , kết hợp những gì đã tìm ở trên, xác định được các hệ số của ( ) , ( )j iu x w x , tức là nhân tử ( )if x , từ đó tìm được các nhân tử còn lại (có thể phải dùng thêm những nghiệm khác nếu có) bằng cách triệt tiêu căn (được 1 cách phân tích). Tiếp tục giả sử tương tự với các nhân tử chưa biết khác, tìm ra các cách phân tích khác. Cuối cùng chọn ra cách phân tích thoả mãn (không phải cách nào cũng đúng).  Phương pháp cộng trong giải hệ đa thức hệ số nguyên ( , ) 0 ( , ) 0 f x y g x y    : khi việc phân tích thành nhân tử với f(x,y), g(x,y) không thực hiện được, thì ta tìm k sao cho ( , ) ( , )f x y kg x y có thể phân tích thành nhân tử. Xét hệ 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 ( , ) 0 ( , ) 0 f x y a x b y c xy d x e y f g x y a x b y c xy d x e y f                : _ Cách 1: đặt 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ; ; ; ; ;a a ka b b kb c c kc d d kd e e ke f f kf            thì 2 2( , ) ( , ) ( , )F x y f x y kg x y ax by cxy dx ey f         F(x,y) phân tích được thành nhân tử 2 2( , ) ( ) 0F x y ax cy d x by ey f        có nghiệm x y  , tức là: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) 4 ( ) ( 4 ) 2( 2 ) 4 0 4 0 ( ) ' ( 2 ) ( 4 )( 4 ) 0 G G x cy d a by ey f c ab y cd ae y d af y c ab cd ae c ab d af                             Do đó ta dùng máy tìm k thỏa mãn hệ ( ) . Ngoài ra để làm nhanh hơn (nhưng số giá trị k bị ít đi), ta giải PT 2 2 2 2 2 2' 0 ( 2 ) ( 4 )( 4 ) 4 G cd ae c ab d af cde abf ae bd fc            (PT bậc 3 ẩn k) tìm được k. Lúc này 2 2( 4 )( )c ab y n    , do đó nếu 2 4 0c ab  thì chỉ có 0 ( )y n   mới thỏa mãn 2( , ) ( ) ( ; ) ( ; )F x y a x m x y m n     (nhưng hầu như không rơi Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com 17 vào TH này). Nếu ban đầu viết 2 2( , ) ( )F x y by cx e y ax dx f      thì tương tự ta cũng được 2 2 2 2 2 2' ( 2 ) ( 4 )( 4 ) 0 4 G ce bd c ab e bf cde abf ae bd fc            _ Cách 2 (dùng khi hệ có ít nhất 2 nghiệm 1 1 2 2( ; ); ( ; )x y x y và phải nhẩm được 2 nghiệm đó): + Lập phương trình đường thẳng qua 2 điểm 1 1 2 2( ; ); ( ; )A x y B x y : 2 1 2 1 2 1 1 2( ) : ( ) ( ) 0 0y y x x x y x y x y ax by c           . Do đó ( , )H x y phải có nhân tử ax by c  (ở Câu 5 có cách lập PT đường thẳng qua 2 điểm bằng MTBT). + Lấy 0 00 0 0 0 ( ; ) ( ; ) ( ) ( , ) ( ; ) f x y M x y M A B k g x y       + Từ đó phân tích ( , ) ( ) ( , )H x y ax by c h x y   , chia đa thức kết hợp khai triển để tìm h(x,y) (Nếu nhẩm được 1 nghiệm vô tỉ thì ta cũng có thể tìm được liên hệ 0ax by c   ) _ Cách 3 (áp dụng dễ hơn khi nhẩm được từ 3 nghiệm trở lên): + Sau khi tìm được nhân tử ax by c  , giả sử ( , ) ( , ) ( ) ( , )F x y kG x y ax by c h x y    (bậc của h(x,y) xác định dựa vào bậc của F(x,y), G(x,y)). + Dùng hệ số bất định tìm ra h(x,y) Với hệ PT đa thức hệ số nguyên có dạng khác hệ trên (bậc 2 PT không bằng nhau, thường hơn kém nhau 1 đơn vị), ta tìm cách đưa về hệ trên bằng cách sử dụng cách 2 ở trên tìm ra liên hệ y ax b  , khi đó: ( , ) ( ) 0 ( ) ( ) ( , ) ( ) 0 ( ) f x y u x u x k w x g x y v x v x        (biểu thức chứa biến). Cách này có thể gây phức tạp vì ( )k w x , do đó có thể đặt y x t   để làm cho bậc 2 PT bằng nhau, khi đó tìm được k là 1 số.  HPT hoán vị vòng quanh (HPT vòng) n ẩn ( 3n  ): 1 2 2 3 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ... ( ) ( )n f x g x f x g x f x g x        , thường gặp n = 3, khi đó ta có cách giải tổng quát: _ B1: đặt ĐKXĐ, đưa hệ về dạng ( ) ( ) ( ) x F y y F z z F x      nếu cần. _ B2: giả sử x y z  (vì x, y, z bình đẳng), xét hàm ( )F t , dùng '( )F t c/m ( )F t đơn điệu, giả sử ( )F t đồng biến ( ) ( ) ( )F x F y F z   , nên từ hệ z x y   . Vậy chỉ có thể x = y = z _ B3: giải 1 trong 3 PT ( ) ( ) ( ) x F x y F y z F z       rồi kết luận.  Phương pháp biến thiên hằng số: biến đổi PT ( ) 0 [ , ( )] 0f x F x g x   (nên làm sao cho g(x) = a và F[x,g(x)] là hàm đa thức theo g(x)). Đặt g(x) = t (không cần đặt điều kiện cho t) ta được ( , ) 0 ( ) ( ) ( )F x t t h x g x h x     , giải tìm x. Nếu h(x) phức tạp như f(x) thì không nên giải tiếp (tìm cách khác). Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com 18 Câu 3. (Tích phân)  Khi nháp, nên bỏ qua các hằng số k trong biến đổi ( ) ( )f x dx k g x dx  (với tích phân thì bỏ qua cận, coi như nguyên hàm) để làm nhanh hơn, lúc trình bày mới tính toán viết vào.  Với bài toán ( ) ?f x dx  khi chưa tìm ra nguyên hàm cuối cùng thì không được viết thêm “+ C” (hằng số bất kì của mỗi nguyên hàm trong họ).  Nếu phải tìm ( )f x dx bằng 1 phương pháp nhất định (thường chỉ có trong quá trình học) mà khó giải thì nên tìm bằng tất cả phương pháp đã biết (khi đã biết trước) để được ( ) ( )f x dx F x C  rồi ghi rõ quy trình tính '( ) ( )F x f x ra nháp, lật ngược lại quy trình để xác định rõ cách biến đổi tìm ( )f x dx theo phương pháp yêu cầu.  Nếu ( ) ( )f x dx F x C  thì f(x) có thể gián đoạn tại a, b khi tính ( ) b a f x dx nhưng điều đó không chắc đúng với F(x).  Nguyên hàm không có tính chất sau như tích phân: ( ) ( ) b b a a f x dx f t dt   Biến đổi phải tránh tạo ra các nguyên hàm sau đây, vì đó là dạng nguyên hàm cao cấp, HS THPT chưa thể giải: 2 3 4 2 2 sin cos1 ; 1 ; sin ; cos ; sin ; cos ; ; ; ln sin ; ln( 1) ; ; ; ln x x x x x dx x dx xdx xdx x dx x dx dx dx x dx x x dx x e dx dx e dx x x x                  (các nguyên hàm này có dạng chuỗi vô hạn và người ta chỉ có thể xấp xỉ với một độ chính xác nhất định).  Nếu ( ) ( ) ( )f x h x g x (thường chỉ có 1 căn) thì đặt ( )t g x hầu hết sẽ làm ra.  Tính ( ), ( )n mF f x f x dx   , đặt ( , ) ( )BCNN n m f x t  Phương pháp thế Euler: khử 2( )g x ax bx c   bằng cách đặt 0 0 ( 0) ( ) ( 0) ( ) ( ( ) 0) ax t a g x tx c c t x x g x              Với 1 1 1 2 2 2 ( ) ; ; ( ) m n pI x ax b dx m n p m n p Q m n p            (m, n, p tối giản), đặt 2 2 2 2 { ; } ( ) 1 1 BCNN m n pn n p n x t p Z m ax b t Z n ax b m t p Z x n                           Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com 19  Với 1 1 1 1 , ( ),..., ( ) { , ,..., , } k k mm nn k k F x f x f x dx m n m n N               , đặt 1{ ,..., }( ) kBCNN n nf x u  Đổi biến hàm lượng giác: (sin ,cos )f x x dx _ Tổng quát đặt tan 2 x t  thì 2 2 2 2 2 1 2 sin ; cos tan 1 1 1 t t t x x x t t t         _ Nếu ( sin ,cos ) (sin ,cos )f x x f x x   (hàm lẻ theo sinx): cost x _ Nếu (sin , cos ) (sin ,cos )f x x f x x   : sint x _ Nếu ( sin , cos ) (sin ,cos )f x x f x x    : tant x  Tính (sin ,cos )n mf x x dx : _ Nếu n chẵn, m lẻ: đặt t = sinx (và ngược lại). _ Nếu n, m lẻ, n < m: t = cosx (và ngược lại). _ Nếu n, m chẵn: tan cot x t x     hoặc hạ bậc.  Một cách đổi biến không đúng điều kiện khi tìm nguyên hàm có thể đúng trong khoảng cận khi tính tích phân.  Có thể dùng nguyên lí đổi biến: ( ) [ ( )] ( ) x f u x f g t u g t     để kết hợp các lần đổi biến ngoài giấy nháp thành 1 lần trong bài làm.  Phương pháp tích phân từng phần luân hồi (tích phân quay vòng) thường dùng khi f(x) là tích các hàm , ln ,bx ca x lượng giác: ( ) | ( ) ... ( ) | 1 b b b a a a G x I f x dx G x kI I k        (Nếu ( ) [ ln ] ( ) [ ln ] '[ ln ]f x g x f x dx xg x xg x dx     )  Nếu ( ) ( ) dx I P x Q x   với P(x), Q(x) là 2 hàm lượng giác sin( ), cos( )ax b ax c  ), biến đổi: 1 sin[( ) ( )] sin( ) ( ) ( ) 1 cos[( ) ( )] cos( ) ( ) ( ) ax b ax c dx b c P x Q x I ax b ax c dx b c P x Q x              (nếu ( ) ( ) dx I F x G x   với F(x), G(x) là hàm lượng giác thì biến tổng thành tích: ( ) ( ) 2 ( ) ( )F x G x P x Q x  ).  Kỹ thuật chồng nhị thức: ( ) 1 ( ) ( ) n m ax b ax b I dx f x d cx d ad bc cx d              : _ Nếu 1 1: ( ) ( ) n ax b m n f x ax b cx d            Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com 20 _ Nếu 2m n  : 22 2 1 1 ( ) ( ) m nm n n n m n ax b ax b ax b f x a c cx d cx d ad bc cx d cx d                                          Với 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) i m m k n n i i f x f x dx I dx m n G x g x       : phân tích 1 1 1 ( ) ( ) ( ) i j i nk im k i j j i n i i af x g x g x               rồi quy đồng khử mẫu, sau đó đồng nhất hệ số, hoặc thay 1 k i i n   giá trị thử (có dùng các nghiệm của ( )nG x nếu có) để được hệ phương trình bậc nhất, giải tìm ra các jia Trường hợp đặc biệt: 2 1 1 1 ( ) ( ) p q pp q dx ax b I d ax b cx d ad bc cx d cx dax b cx d                            Tương tự: 2 2 2[1 ( )] ( ) sin ( )cos ( ) ( ) m n n m n dx tg ax b dtg ax b ax b ax b tg ax b           song việc tính 2 2 2( 1) m n n t dt t     có thể rất khó (nhất là khi m + n lẻ).  Tách hàm 1 1 ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )n n n c a ax b cx d f x bc ad cx d f x c ax b f x             Dùng khai triển Taylor cho hàm đa thức để tách hàm ( ) ( ) ( ) n k f x x a g x nhanh hơn: ( ) 2'( ) ''( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ... ( ) 1! 2! ! n nn n n n n f a f a f a f x f a x a x a x a n          “Về nguyên tắc ta có thể tính 20 xx e dx và 20 sinx xdx bằng phương pháp hệ số bất định có lời giải khoảng 2 trang giấy, hoặc sử dụng tích phân từng phần 20 lần dài khoảng 3 trang giấy, nhưng nếu giải nó bởi 5 biến đổi dấu “=” với khoảng 10 dòng thì lại là một đẳng cấp khác… Đó chính là tác dụng to lớn mà kỹ thuật “tách gọn tích phân” (hay “tách tích phân triệt để”) cho thấy. Kỹ thuật này là tách 1 tích phân mà giải theo cách thông thường rất dài thành các tích phân con có thể sử dụng tích phân từng phần 1 lần để rút gọn toàn bộ (chỉ còn lại kết quả), được mô tả theo sơ đồ: 1 2 1 1 0 1 0 0 1 ( ) ( ) '( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) '( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ..." I F x g x dx f x g x dx f x g x dx f x g x f x g x dx I f x g x I I f x g x C                (TTMT) Kỹ thuật tách gọn tích phân thường dùng để giải nhanh một cách ngoạn mục (chỉ cần khoảng nửa trang giấy) 2 dạng sau: Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com 21 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 22 1 1 1 1 2 ( 1) ... ln ( ln ) ( ln ) ( 1) ... ln ( ln ) ( ln ) 1 ( 1) ( 1) ... ln ( ln ) ( ln ) n n n ax b n n ax bn n n n n n n n n ax bn n n n n n n n nn n n A A A I x m dx x x m dx a m a m a m A A A x x x m dx I I a m a m a m A A A x x x a m a m a m                                            21 1 1 1 1 2 22 1 ' ( ln ) 1 ( 1) ( 1) ... ln ( ln ) ( ln ) ( ln ) n ax bn n n n n n n n ax bn n n n n m dx I a m A A A x x x m I I a m a m a m a m                               1 3 2 1 1 3 2 3 2 2 4 1 2 1 1 2 4 22 2 2 4 1 2 1 1 3 1 cos( ) ... ( 1) sin( ) ... ( 1) cos( ) ... ( 1) cos( ) n n n n nn n n n n nn n n n n nn n n n n n n nn n A A A J x ax b dx x x x ax b dx a a a A A A A A x x ax b dx x x ax b dx a a a a a A A x a                                                         2 1 3 2 1 2 3 43 2 2 1 2 2 3 1 3 2 1 1 3 2 3 42 4 1 ... ( 1) sin( ) ... ( 1) 'sin( ) ... ( 1) 'cos( ) n n n n n nn n nn n n n n n nn n n n A x x ax b dx J J J J a a x A A x ax b dx a a a A A A x x x ax b dx J J a a a                                                    2 1 2 2 33 1 3 2 1 1 3 2 4 3 42 4 1 ... ( 1) sin( ) ... ( 1) cos( ) nn n nn n n n n n nn n n n x A A x ax b J a a a A A A x x x ax b J J J a a a                                            (Ở đây J tính cho n chẵn, trường hợp n lẻ và sin( )nK x ax b dx  tính tương tự).  Cách tách hàm trong kỹ thuật tách gọn tích phân ở 2 dạng trên (mấu chốt là sử dụng công thức:   1 1'k n k k n kn nA x A x    ): _ Dễ thấy ( ) [ '( ) ( ln ) ( )] ( )ax b ax b ax bF x m dx f x a m f x m dx f x m C       . Ở đây F(x) là hàm đa thức Fn(x) 1 1 1 2 1 1 1( ) ( ) ... '( ) ... 2 n n n n n n n nf x f x k x k x k x k f x nk x k x k                . Do ( ) nnf x x  chọn 1 1 ln k a m  , dùng đồng nhất hệ số tìm ra các ( 2; 1)ik i n   thoả mãn: 1 1 2 1 1ln ( ... ) ... 2 ln n n n n n n n a m k x k x k x k x k a m                  _ Giả sử ( )cos( ) ( )sin( ) ( )cos( )n m pF x ax b dx f x ax b g x ax b C      . Đạo hàm 2 vế ta có: Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com 22  1 ( )cos( ) '( )sin( ) ( )cos( ) '( )cos( ) ( )sin( ) 1 '( ) ( ) 1( , , ) ( ) '( ) ( ) 1 ( )cos( ) ( ) '( ) cos( ) '( ) n m m p p m p m p n n n n n F x ax b f x ax b af x ax b g x ax b ag x ax b m p f x ag x m n p m n p Nm n af x g x F x p n F x ax b af x g x ax b f x                                   1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 2 1 ( ) sin( ) ( ) ... '( ) ... 2 ( ) ... '( ) ( 1) ... 2 n n n n n n n n n n n n n n n n n ag x ax b f x k x k x k f x nk x k x k g x l x l x l g x n l x l x l                                    Do Fn(x) = x n nên bằng cách đồng nhất hệ số, chọn ra các ( 1; 1), ( 1; )i jk i n l j n     thoả mãn: 2 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 ( ... ) ( 1) ... 2 ... 2 ( ... ) n n n n n n n n n n n n n a k x k x k n l x l x l x nk x k x k a l x l x l                           (2 cách trên áp dụng tương tự khi Fn(x) phức tạp hơn x n).  Tích phân đặc biệt theo tính chất (ở đây f(x) liên tục trên các đoạn chứa 2 cận đang xét): _ ( ) a a I f x dx    : nếu f(x) chẵn thì 0 2 ( ) a I f x dx  ; nếu f(x) lẻ thì 0I  _ ( ) ( ) b b a a f x dx f a b x dx    _ Hàm f liên tục trên [0;1] 2 2 0 0 (sin ) (cos )f x dx f x dx      _ Nếu f(x) tuần hoàn chu kì T (T > 0): 0 ( ) ( ) a T T a f x dx f x dx    _ 2 0 0 ( ) [ ( ) (2 )] a a f x dx f x f a x dx    _ Với hàm f(x) chẵn: 0 ( ) ( ) 1 a a x a f x dx f x dx m     _ Nếu ( ) ( ) [ ; ] ( ) ( ) 2 b b a a a b f a b x f x x a b xf x dx f x dx          _ Nếu f liên tục đến ''f trên [a;b] và f(a) = f(b) = 0 thì ''( )( )( ) 2 ( ) b b a a f x x a x b dx f x dx     Phương pháp tích phân liên kết (thường dùng cho hàm lượng giác): xét 2 ( ) ( )I f x g x dx    là tích phân liên kết của 1( ) ( )I f x g x dx  , ta được hệ 1 2 1 1 2 2 [ ( ) ( )] ( ) ( ) [ ( ) ( )] ( ) ( ) I I f x f x g x dx h x I I f x f x g x dx h x               Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com 23  Nếu f(x) chứa 1 2( ) ( )f x f x (tích 2 hàm khác dạng) nằm ở vị trí khiến cho việc tách hoặc phân tích f(x) thành nhân tử siêu khó, khi đó ( )f x dx hầu hết giải được theo cách: 1 2( ) '( ) { [ ( ) ( )]}f x dx G x F G f x f x dx   Thứ tự áp dụng các phương pháp hay kĩ thuật khi tính tích phân (dựa theo xác suất thành công của từng phương pháp khi làm đề thi ĐH): đổi biến  tích phân từng phần  tích phân theo tính chất  tích phân liên kết.  Nên dùng các phép thử: _ Với ( ) ( ) F x dx G x , tính '( ) ( )K x k x với ( ) ( )K x G x xem có xảy ra 1 ( ) ( ) ( ) ( ) k x F x k x F x    ( 1( )F x là nhân tử của F(x)). _ Biến đổi ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) f x f x h x g xg x h x  (chủ yếu với hàm lượng giác) khi biết được ( ) 0 ( ) 0 h a h b    (a, b: 2 cận tích phân, có thể h(x) = f(x)).  Phần diện tích có thể tính bằng kiến thức hình học phẳng thì không nên dùng tích phân.  Nếu phải tìm giao điểm của 2 đồ thị ( ), ( )y f x y g x  để tính ( ) ( ) b a f x g x dx , thì lấy a, b lần lượt là 2 nghiệm max, min của PT f(x) = g(x) khi PT có ít nhất 3 nghiệm.  Kiểm tra tính đúng của ( ) ( )F x f x dx  (hoặc ( ) '( )f x F x ) tìm được bằng MTBT: nhập câu lệnh: _ Cách 1: ( ( )) | ( ) x X d F X f X dx   , áp dụng “nguyên tắc thử giá trị tốt nhất” để kiểm tra (chỉ cần 1 giá trị là đủ). _ Cách 2: ( ) ( ) ( ) B A f X dx F A F B  , kiểm tra như trên (giá trị thử có thể chính là 2 cận trong bài toán ( ) ? b a f x dx  đang làm). Câu 4. (Hình học không gian thuần tuý và tọa độ)  Vẽ hình nháp trước khi vẽ vào bài để xác định đúng các yếu tố: có nhiều yếu tố chỉ sau khi đã giải (1 phần hay toàn bộ bài toán) mới vẽ được đúng (thường là xác định đường cao).  Dùng “tư duy động” trong quan sát hình: nếu 2 yếu tố có những điều kiện giống nhau thì yếu tố này chỉ là một vị trí khác trong không gian của yếu tố kia và ngược lại. Nghĩa là nhìn 1 hình dưới quan điểm là “các vị trí khác nhau trong chuyển động” của 1 hình khác chứ không phải là “tập hợp” những hình tương tự nhau tạo nên.  Tưởng tượng trực quan: nếu thay đổi 1 dữ kiện trong khi các dữ kiện khác giữ nguyên mà làm cho kết luận cần c/m bị thay đổi thì đó là dữ kiện cần để c/m kết luận, và ngược lại. Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com 24  Với mọi bài toán hình: vạch ra quy trình giải ngoài giấy nháp để tránh lủng củng, thiếu sót: ...A B C D   , dấu “” cho biết thứ tự giải các phần không có liên quan trực tiếp đến nhau (A, B, …) của bài toán, dấu “ ” cho biết sự suy ra 1 phần khác từ phần đã tìm được (liên quan trực tiếp đến nhau).  Đơn giản hoá hình vẽ (tách hoặc co hình): lựa chọn phần hình H chứa điều cần tìm (c/m) của hình ban đầu D, chuyển tất cả những dữ kiện đề cho của D về H (bằng cách vẽ những dữ kiện không thuộc H vào H ở vị trí hợp lí sao cho chúng giữ nguyên tính chất), cuối cùng vẽ lại H riêng ra (đã chứa tất cả dữ kiện).  Phương pháp giới hạn hình học (đặc biệt, của TTMT, chưa được áp dụng chính thức) để xác định mặt phẳng và quỹ tích (trước khi nhìn vào để tìm cách dựng bằng phương pháp đề cho phép), dựa trên 2 nguyên lí tương đối: _ Tại mọi vị trí trong không gian, nếu các điều kiện riêng của yếu tố hình học A không thay đổi thì tính chất, hệ quả của A cũng không thay đổi. _ Yếu tố hình học A khi tiến dần về vị trí của yếu tố B nhưng không bao giờ trùng vào B ( lim A B ) thì các tính chất, hệ quả của B cũng không thể chung với A.  Nguyên lý của kỹ thuật giới hạn TTMT: khi đề bài yêu cầu chứng minh (hay tìm) tính chất (hoặc quỹ tích) K của hình H, ta chứng minh giới hạn của H khi 1 (hoặc vài) yếu tố h của nó tiến về 2 mút quỹ tích A và B (được chọn thích hợp trong số các mút thuộc tập xác định của H, H đồng biến trên AB) là hình F và G lim lim h A h B H F H G          mang cùng tính chất K, khi đó H có tính chất K trên AB (hoặc K là tính chất cần tìm của H, hoặc quỹ tích của H từ F đến G). Cách dùng kỹ thuật này để: _ C/m quan hệ song song (vuông góc) giữa H, K (các đường thẳng hay mặt phẳng luôn thoả 1 tính chất nào đó trên AB): c/m lim A h B H K     hoặc lim A h B K H     (chọn tính giới hạn của yếu tố nào mà việc thay đổi những yếu tố h hợp thành nó ít (hoặc không) gây ảnh hưởng đến những yếu tố khác (trừ chính nó)). _ Xác định quỹ tích điểm H có tính chất K thay đổi trong đoạn AB: tính lim lim h A h B H F H FG H G       , nếu trên AB chứa đoạn MN mà trên đó tính chất của H khác K (H không xác định), tính thêm lim lim h M h N H P FP QG H H Q FQ PG           (giới hạn của H tại M, N được tính theo chiều từ ngoài đoạn MN). _ C/m 3 điểm H, K, L thẳng hàng: c/m quỹ tích H là đoạn (đường) thẳng có phương trùng KL. _ C/m 3 đường H, K, L đồng quy. _ Tính thể tích khối H: chọn phần khối K H sao cho các yếu tố của K có thể biến hình được thành các yếu tố của H đơn giản và biểu thức tính KV dễ tìm, rồi tính lim K H k h V V   (k, h lần lượt là 1 (hoặc vài) yếu tố nhỏ hợp thành K, H). Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com 25 _ Tính khoảng cách giữa các đường thẳng (mặt phẳng) H, K. _ Tính góc giữa H, K.  Đôi khi ta phải giải hệ bậc nhất 4 ẩn, 4 PT (là hệ quả của việc sử dụng biến số để lập PT đường thẳng, mặt phẳng hay đường tròn) mà MTBT không giải được hệ 4 ẩn, ta vẫn có thể dùng MTBT để trợ giúp như sau: trước hết chuyển hệ về hệ số nguyên nếu các hệ số chưa nguyên, ta được: 1;4 i i i i i a x b y c z d t e i        . Đặt t = 1000 thế vào 3 PT đơn giản nhất của hệ, ta có: 1000 1;3 i i i i i a x b y c z e d i        . Dùng máy giải hệ này rồi khéo léo thế trở lại 1000 = t ta được: 0 1 1 0 2 2 0 3 3 x x m t n y y m t n z z m t n            . Cuối cùng dùng SOLVE giải PT tìm t: 1 1 2 2 3 3 ( ) ( ) ( ) i i i i i a m t n b m t n c m t n d t e       , từ đó suy ra x, y, z Câu 5. (Hình học toạ độ phẳng)  Bắt đầu giải nên tìm sự đặc biệt (nếu có) giữa các yếu tố mà đề đã cho biết: vẽ chúng lên mặt phẳng Oxy của Câu 1a (bằng bút chì, nhớ sau đó tẩy đi) để quan sát.  Yếu tố A không có các điều kiện như yếu tố B nhưng chúng thuộc cùng 1 quỹ tích thì chắc chắn phải áp dụng được tính chất nào đó của B cho A.  Khi đã tìm ra cách giải 1 yếu tố nào đó của bài toán thì thử áp dụng cách giải đó cho tất cả các yếu tố khác có những điểm tương tự với yếu tố đó.  Với mọi bài hình có số liệu: nếu số liệu cho càng ít thì bất cứ số liệu nào tìm được thêm cũng sẽ dự phần vào việc tìm ra đáp án cuối cùng, và ngược lại.  Nếu các dữ kiện đề cho nhìn qua thấy ít (hoặc không) có liên quan đến nhau thì phải vẽ thêm 1 số yếu tố phụ (cách vẽ là duy nhất hoặc được suy từ nhau ra) để kết nối chúng lại với nhau.  Nếu thấy quỹ tích của 1 yếu tố có thể xác định được và có hình dạng đẹp (thường là đường tròn) thì nên sử dụng thử để tìm các yếu tố khác.  Cách lập PT đường thẳng (hoặc cong) đi qua M, N, P bằng MTBT: bấm 3MODE (STAT) ta sẽ thấy danh sách 7 dạng hàm số (hoặc các loại đường) được sắp xếp trên màn hình như sau: 2 1 :1 2 : 3: _ 4 : 5 : ^ 6 : ^ 7 : ^ 8 :1 / VAR A BX CX Ln X e X A B X A X B X      (Trừ 1 VAR không phải hàm số) _ Ta giả sử PT đường thẳng qua M, N cần lập là y A Bx  , do đó trong MODE STAT, ta chọn dạng 2 (A + BX). Nhập tọa độ của M, N vào 2 cột x, y, sau đó ấn 1AC SHIFT (để vào menu STAT), chọn 7 (Reg), bây giờ muốn xem giá trị A hoặc B thì chọn tương ứng 1 Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com 26 hoặc 2, rồi ấn  . Nếu máy báo “Math ERROR” thì chứng tỏ giả sử sai, nói cách khác, PT đường thẳng sẽ là x = xM (hoặc x = xN, vì lúc này xM = xN). _ Để lập PT parabol đi qua M, N, P ta làm tương tự, chỉ khác là chọn dạng thứ 3 (_+ CX2) thay vì A + BX, nhập tọa độ M, N, P vào rồi mở menu STAT Reg để xem A, B, C  phương trình cần lập là: 2y A Bx Cx   (Các dạng hàm còn lại sử dụng tương tự).  Cùng với phương pháp lập PT đường qua M, N, P như trên, ta có thể kết hợp để kiểm tra tính thẳng hàng hoặc sự cùng thuộc 1 đường cong của n điểm: _ Cách 1 để kiểm tra thẳng hàng: chọn dạng A + BX trong MODE STAT (hoặc menu STAT 1 (Type)), nhập vào tọa độ n điểm, sau đó xem A, B trong menu STAT Reg, ghi nhớ lại A, B đó. Tiếp theo vào menu STAT 2 (Data) để xem lại tọa độ n điểm đã nhập, ấn DEL xóa luôn tọa độ điểm đầu tiên trong bảng (làm thế cho nhanh chứ xóa điểm nào cũng được). Sau đó xem lại A, B: nếu giá trị như cũ thì n điểm đó cùng thuộc đường thẳng y = A + Bx, nếu không thì chúng không thẳng hàng. _ Cách 2 để kiểm tra thẳng hàng: ta kiểm tra 3 điểm một bằng dạng hàm _+ CX2. Nếu C = 0 thì 3 điểm đó cùng thuộc đường thẳng y = A + Bx, lúc này tiếp tục kiểm tra với 3 điểm nữa cho đến khi đủ n điểm. Nếu 0C  , chúng thuộc parabol y = A + Bx + Cx2  n điểm không thẳng hàng. _ Để kiểm tra n điểm trên có cùng thuộc đường parabol không, ta cũng có 2 cách tương tự. (Các dạng hàm còn lại thao tác hoàn toàn giống). Câu 6. (Bất đẳng thức, cực trị)  Với BĐT VT VP , có thể áp dụng được BĐT Cauchy cho các hạng tử ở VT nhưng VP là tổng n hạng tử, thì để giải được phải dùng BĐT Cauchy n lần, rồi cộng vế.  Nếu cả VT, VP của BĐT VT VP đều là tích các thừa số dương thì muốn áp dụng BĐT Cauchy phải khai triển tích đó.  Muốn tạo mối quan hệ giữa fn và fk (k < n) qua 1 BĐT Cauchy, ta sử dụng BĐT Cauchy cho n số được lấy lặp lại từ 2 số fn và 1 một cách phù hợp.  Để áp dụng BĐT Cauchy cho ra ( )VT a a R  , các hạng tử dùng áp dụng phải là nghịch đảo của nhau một cách đồng đều (có thể phải nhân vế các BĐT với nhau để được VP = a), có thể áp dụng để khử mẫu các hạng tử ở VT (nếu có).  Áp dụng dữ kiện đề cho: 1( ,..., )nf x x k R  để tăng số lượng biến từ hằng số hoặc khử biến thành hằng số trong BĐT cần c/m.  C/m BĐT n biến đối xứng 1 ( ) n i i f x a   (có thể thay “” thành “”) bằng MTBT: Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com 27 _ Nếu điều kiện là 1 ( ) n i i g x b   : vì BĐT đối xứng nên dự đoán điểm rơi 0 ( 1; )ix x i n   (x0 là nghiệm PT ( ) b g x n  )  ta cần c/m ( ) ( )i if x mg x n  (có thể dùng đạo hàm) với m được tính trên máy bằng cách: 0 0 ( ( )) ( ( )) x x x x d f X dx m d g X dx    0 0( ) ( )n f x mg x   _ Nếu điều kiện là 1 n i i x b   : tìm cách đặt ( )i iy g x sao cho 1 1 n i i y   1 1 ( ) ( ) n n i i i i f x h y      , chuyển về c/m BĐT 1 ( ) n i i h y a   . Biến đổi: 1 ln ln1 n i i y   1 ln 0 n i i y    (chuyển về điều kiện tổng) rồi làm tiếp tương tự trên.  Phương pháp khử biến bằng đạo hàm riêng: giả sử cần c/m ( | 1; )if x i n a   (tương tự khi thay “” bằng “”), thực hiện theo thuật toán sau: _ Xem f là hàm 1 biến kx với k = 1 (các biến còn lại là tham số), bằng đạo hàm c/m: ( | 1; ) ( | 2; ) ( 1)i j kf x i n g x j n k      _ Lặp lại các bước trên cho ( | 1; )j kg x j k n   với 2; 1k n   _ Đến khi k = n – 1, ta có 1( )n ng x a  . Tìm điều kiện đẳng thức để kết luận. Nếu      21 1 2 1 3( ) | 2; | 2; | 2;j j jf x f x j n x f x j n x f x j n         thì dùng phương pháp tam thức bậc 2: xét 22 1 34x f f f   để tìm cực trị cho f(x) (tương tự cho ( | 1; )j kg x j k n   với 2; 1k n   ). Câu 7. a) (Tổ hợp, xác suất)  Giả sử đề yêu cầu c/m 0 ( ) ( ) n k n k a f k C g n   , ngoài sử dụng đạo hàm, tích phân hoặc đẳng thức gốc, có thể dùng 3 phương pháp mới (của TTMT): _ Quy nạp toán học: tính 0 0 10 1(0) ; (0) (1)n n nS af C S a f C f C     (có thể thêm S2, S3, …), dùng quy nạp c/m 0 ( ) ( ) n k n n k S a f k C g n    _ Sai phân: dựa trên 1 1k k n n n k C C k   , xét dãy truy hồi 0 0 1 ( 1) ( ) ( 1, ) ( 1) n k k u aC n k f k u u k n kf k          , dùng kiến thức dãy số, c/m 0 1 (0) ( ) n n k k af C u g n    Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com 28 _ Giới hạn tại điểm: dựa vào kiến thức giới hạn, c/m 0 lim ( ) ( ) i k n i n k a f k C g n    b) (Số phức)  Chuyển đổi dạng giữa dạng đại số (ĐS) a + bi và dạng lượng giác (LG) (cos sin )r i  của số phức z: _ Ở MODE 2 (CMPLX): để chuyển dạng ĐS  LG, nhập vào a + bi rồi ấn 2SHIFT (để vào menu CMPLX) để nhập thêm r  , rồi ấn  được kết quả. Muốn chuyển ngược lại thì làm tương tự, nhập vào r a bi  . Ngoài ra trong menu CMPLX, còn có chức năng tính Arg(z) và Conjg(z) để tìm tương ứng argument và số phức liên hợp của z. Còn để tính modun z ta nhập |a + bi|. Trong MODE này các phép toán khác của số phức tính bình thường trừ việc khai căn và giải PT. _ Ở MODE 1 (COMP): để chuyển dạng ĐS  LG, nhập vào Pol(a,b), ấn  được kết quả, lúc này kết quả có thể là số xấu, do đó xem lại r và  tương ứng trong 2 biến X, Y (lưu dạng đẹp nhất có thể). Để chuyển ngược lại, nhập vào Rec(r, ) rồi ấn  , lúc này X, Y lại lưu tương ứng 2 kết quả a, b. 2 chức năng này không giúp ta thực hiện được các phép toán số phức ngoại trừ tính r1r2 trong phép nhân 1 2 1 2 1 2[cos( ) sin( )]rr i      bằng cách nhập: 1 1 2 2 ( , ) ( , )Pol a b Pol a b , và không hoạt động được ở MODE CMPLX.  Giả sử cần tính ( ) ( )nf z n  với ( 0)z a bi b   : _ Nếu 3n  : ta nhập ( )nf z rồi ấn  như bình thường. _ Nếu 3n  : do máy chỉ có thể tính ( )nf z với 3n  nên ta viết lại 3( ) ( ) ( ) ( 2)n m pf z f z f z p  rồi nhập 3 3 3( ) ( )... ( ) ( ) m lân pf z f z f z f z  , ấn  . Hoặc có thể viết lại 3( ) ( ) ( ) ( 2) mn pf z f z f z p  , lúc này nhập   3 3 3 ( ) ( ) m lân pf z f z       . Nếu ta cần tính ( , )F x z với x trong đó có chứa ( )nf z thì deg x (bậc của x), miễn là 3n  , ta có thể nhập nguyên ( , )F X z (X là biến để gán số thực hoặc là số cụ thể) để tính mà không cần viết lại.  Tính nz w với (cos sin )w a bi R i     trên MTBT: Ta đã biết 2 2 cos sin ( 0; 1)nz R k i k k n n n n n                         , do đó nhập vào biểu thức: arg( ) 2 | |n a bi a bi M n n         (nếu w khá lớn thì nhập arg( ) 2 | |n X X M n n        rồi dùng CALC gán X = w). Dùng CALC tính biểu thức lần lượt với 0; 1M n   được n căn bậc n của w (thi thường hay gặp n = 2).  Với dạng PT tìm số phức z đơn giản (tức là trong PT không xuất hiện các yếu tố: | |, . , ( , 2)kz z z z k k  ), thì máy tính có thể giúp ta giải được (ngoài việc dùng để thử lại nghiệm). Ta giả sử z = X + Yi, tiếp theo đó xử lí phân số (hoặc để yên) để được PT tuyến tính Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com 29 hệ số nguyên: ( , )f X Y a bi  . Dùng CALC tính f(X,Y) với 100 10000 X Y    (ta có thể gán X, Y bằng các số tròn chục khác miễn sao X Y , nhưng gán thế này là tốt nhất), kết quả là m + ni. Ta trả lại 100 10000 X Y    vào kết quả bằng cách tách: 1 1 1 1 2 2 2 2 100 10000 100 10000 m a b a X bY n a b a X b Y          . Cuối cùng vào MODE EQN 1 để giải hệ 1 1 2 2 a X bY a a X b Y b      , tìm được X, Y

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfky_nang_lam_bai_thi_dai_hoc_mon_toan_voi_mtbt_879.pdf
Tài liệu liên quan