Tạp chí con đường đại học số 2 [ trường học số ]

N à ut ả Tư n H c ố
h xấ b n rờ g ọ S

O Ư N ẠH C
C N Đ Ờ GĐ I Ọ

T ág1 ă 2 1
hn N m 03

Đặt ẩn phụ không hoàn toàn
Nguyễn Thanh Trà

Trong các kì thi nói chung và thi ĐH nói Ta nhìn nhận lại phương trình theo một góc
riêng. Ta hay gặp những bài toán với một đại độ khác. Ta xét cách giải phương trình:
lượng khó xử lý (căn thức, biểu thức với số
mũ). Khi đó, một ý tưởng tự nhiên là đặt biểu y 2 − (x + 1)y + 2(x − 1)
thức đó bằng một ẩn mới. Điều đó làm đơn
giản phương trình để dễ nhìn nhận. Sau đó, ta Xét ∆ = (x + 1)2 − 8(x − 1) = x2 − 6x + 9 =
tìm các mối liên hệ giữa ẩn mới và ẩn ban đầu (x − 3)2 .
để được phương trình đơn giản hơn. Như thế, phương trình có nghiệm:
Chúng ta đến với ví dụ đầu tiên √
y = (x + 1 + √∆)/2 y=2
⇒
y = (x + 1 − ∆)/x y =x−1
Ví dụ 1. Giải phương trình:
√ Nhận xét rằng, nếu ∆ là một bình phương của
(x + 1) x2 − 2x + 3 = x2 + 1
một biểu thức thì ta có thể biểu diễn biến x
theo y. Và khi xét phương trình ta sẽ có phương
√ trình mới với bậc nhỏ hơn phương trình ban
Lời giải. Đặt x2 − 2x + 3 = y. Khi đó
đầu.
phương trình trở thành:
Chúng ta có một số bài toán tương tự.
(x + 1)y = x2 + 1
⇔ x2 − 3x + 2 − (x + 1)y + (2x − 2) = 0
√
⇔ y 2 − (x + 1)y + 2(x − 1) x2 + 7x = (2x + 1) x2 + x + 6
= 0 ⇔ y 2 − 2y − (x − 1)y + 2(x − 1) = 0
⇔ y(y − 2) − (x − 1)(y − 2) = 0
√
y=2 (x + 1)2 = x x2 + x + 1
⇔ (y − 2)(y − x + 1) = 0 ⇔
y =x−1
x2 − 2x + 3 = 4 Ví dụ 4. Giải phương trình:
⇔
x2 − 2x + 3 = x2 − 2x + 1 √
√ 2x3 − x2 + 9x − 2 = (x2 − 3x + 3) 2x3 + 6x
3

⇔x=1± 2
√ Ví dụ 5. Giải phương trình:
Vậy nghiệm của phương trình là x ∈ {1 ± 2}
√
x3 + 6x2 − 2x + 3 = (5x − 1) x3 + 3
√
Từ việc đặt y = x2 − 2x + 3 và thay x2 − Tuy nhiên, chúng ra sẽ gặp khó khăn khi đến
2x + 3 = y 2 vào phương trình ban đầu, ta được với bài toán sau đây?
phương trình bậc 2. Sau đó coi đây là phương
trình bậc 2 theo ẩn y, giải phương trình này Ví dụ 6. Giải phương trình:
ta tính được x theo y (hai phương trình có bậc √
nhỏ hơn). 10x2 + 3x + 1 = (1 + 6x) x2 + 3

1

Vẫn như tư tưởng bài toán trước, đặt Ta hãy thử với một bài toán nữa:
√
x2 + 3 = y. Phương trình đã cho trở thành:
√
10x2 + 3x + 1 = (1 + 6x)y x2 + 12x + 2 = (x − 2) x2 + 8x + 1

Đến đây, ta phân vân không biết nên thay y 2 = √
Đặt x2 + 8x + 1 = y. Ta tìm số a thích
x2 + 3 hay 2y 2 = 2x2 + 6. Vậy ta sẽ tìm a thích hợp:
hợp để cộng vào hai vế: √
x2 + 12x + 2 = (x − 2) x2 + 8x + 1
10x2 + 3x + 1 = (1 + 6x)y ⇔ x2 + 12x + 2 = (x − 2)y
⇔ a(x2 + 3) + 10x2 + 3x + 1 ⇔ x2 + 12x + 2 + a(x2 + 8x + 1)
= (1 + 6x)y + ay 2 = (x − 2)y + ay 2
2 2
⇔ (10 + a)x + 3x + 1 + 3a = (1 + 6x)y + ay ⇔ (a + 1)x2 + (12 + 8a)x + 2 + a
Coi phương trình trên như một phương trình = (x − 2)y + ay 2
bậc 2 với ẩn y. Ta xét
Coi là phương trình bậc 2 theo y. Ta xét:
2 2
∆ = (1 + 6x) + 4a[(10 + a)x + 3x + 1 + 3a]
∆y = (x − 2)2
2
= [36 + 4a(10 + a)]x +
+ 4a[(a + 1)x2 + (12 + 8a)x + 2 + a]
2
(12 + 12a)x + 1 + 4a + 12a
= x2 − 4x + 4
Nhận xét: Để biểu thức ∆ = (36 + 4a(10 + + 4a[(a + 1)x2 + (12 + 8a)x + 2 + a]
a))x2 + (12 + 12a)x + 1 + 4a + 12a2 có dạng = (4a2 + 4a + 1)x2
k(f (x))2 thì biệt thức ∆ theo x bằng 0. Ta có: + (48a + 32a2 − 4)x + (4a2 + 8a + 4)
∆x = 0 = (2a + 1)2 x2
⇔ (6 + 6a)2 = [36 + 4a(10 + a)](1 + 4a + 12a2 ) + (48a + 32a2 − 4)x + 4(a + 1)2
⇒ a = −1 Bây giờ ta sẽ xét ∆x = 0. Ta có:

(lưu ý ở đây ta tìm được a = −1 nhờ máy ∆x = 0
tính). ⇔ (24a + 16a2 − 2)2 = 4(2a + 1)2 (a + 1)
Khi đã tìm được a = −1. Ta có lời giải đẹp đẽ 3
⇒a=−
và ngắn gọn như sau: 2
√ Ta có lời giải như sau:
Lời giải. Đặt x2 + 3 = y, y ≥ 0. Ta có:
√
Lời giải. Đặt x2 + 8x + 1 = y. Phương trình
10x2 + 3x + 1 = (1 + 6x)y
đã cho tương đương với:
⇔ (x2 + 3) + (9x2 + 3x − 2) = (1 + 6x)y
⇔ y 2 − (1 + 6x)y + (9x2 + 3x − 2) x2 + 12x + 2 = (x − 2)y
⇔ 2x2 + 24x + 4 = 2(x − 2)y
Xét ∆ = (1 + 6x)2 − 4(9x2 + 3x − 2) = 9. Vậy ⇔ 3(x2 + 8x + 1) − (x2 − 1) = 2(x − 2)y
nghiệm của phương trình là:
⇔ 3y 2 − 2(x − 2)y − (x2 − 1) = 0
1+6x+3
y= y = 2 + 3x
2
1+6x−3 ⇔ Xét ∆ = (x − 2)2 + 3(x2 − 1) = 4x2 − 4x + 1 =
y= y = 3x − 1
2
(2x − 1)2 . Phương trình đã cho có nghiệm:
Mỗi phương trình vừa tìm được, việc giải quyết y= x−2+2x−1
y =x−1
3
x−2−2x+1 ⇔
là đơn giản vì đó chỉ là phương trình bậc 2. y= 3
y = − x+1
3

2

√
Đến đây, phương trình có thể giải một cách dễ Coi đây là phương trình bậc 2 theo ẩn x + 1.
dàng. Ta tìm a sao cho ∆√x+1 = 0. Ta có:

Tương tự, hãy thử sức với các bài toán sau: ∆x = 0
⇔ (8a − 2)2 = (2a + 1)2 (12a2 − 12a + 4)
√ ⇒a=1
2(x − 2) 2x − 5 = x2 − 2x + 4 √
Vậy ta trình bày như sau: Đặt y = x + 4.
Ví dụ 9. Giải phương trình: Phương trình đã cho tương đương với:
√ √ √
(x − 2) 4x − 3 = x2 − 3x + 1 2y − 4 x + 1 = x − 2 + y x + 1
√ √
⇔ y(2 − x + 1) − 4 x + 1 = x − 2
Ví dụ 10. Giải phương trình: √ √
√ ⇔ y 2 + y(2 − x + 1) = 4 x + 1 + x − 2 + x + 4
x2 + 3x + 7 = (x + 2) x2 + 2x + 7
Xét
Đôi khi biểu thức không nhất thiết chỉ đơn ∆ =
y
thuần với biến x. Ta đến với một số ví dụ sau: √ √
= (2 − x + 1)2 + 4(4 x + 1 + x − 2 + x + 4)
√ √
= x + 5 − 4 x + 1 + 16 x + 1 + 8x + 8
Ví dụ 11. Giải phương trình: √
= 9x + 13 − 12 x + 1
√ √ √
2 x + 4 − 4 x + 1 = x − 2 + (x + 1)(x + 4) = 9(x + 1) − 12 x + 1 + 4
√
= (3 x + 1 − 2)2
Lời giải. Để giải phương trình, ta đặt y = Vậy phương trình đã cho có nghiệm:
√
x + 4. Phương trình đã cho tương đương với: √ √ √
√ √ y = √x+1−2+3√x+1−2 y =2 √ +1−2
x
x+1−2−3 x+1+2 ⇔
2
2y − 4 x + 1 = x − 2 + y x + 1 y= y =− x+1
√ √ √
2
√
⇔ y(2 − x + 1) − 4 x + 1 = x − 2 ⇔ x+4=2 x+1−2
Tương tự như bài trước, ta tìm các cộng một Phương trình còn lại được giải một cách đơn
lượng ay 2 vào hai vế của phương trình: giản.
√ √
⇔ y(2 − x + 1) − 4 x + 1 = x − 2
√ Một số bài toán để các bạn luyện tập:
⇔ y(1 − x + 1) + ay 2
√
= 4 x + 1 + x − 2 + a(x + 4)
√
⇔ y(2 − x + 1) + ay 2 Ví dụ 12. Giải phương trình:
√
= 4 x + 1 + x(1 + a) + 4a − 2 2 √
x2 − 3x − 3 + 2 + x+1=0
x
Xét:
√ √ Ví dụ 13. Giải phương trình:
∆ = (2 − x + 1)2 + 4a(4 x + 1+ √ √
+ x(1 + a) + 4a − 2) (x − 1) x + 2 = x − 3 + (x + 1) x − 1
√ √
= x + 1 + 4 − 4 x + 1 + 16a x + 1+
Hướng dẫn: Phương trình tương đương với:
+ 4a(1 + a)x + 4a(4a − 2) √
√ √
= (2a + 1)2 (x + 1) + (16a − 4) x + 1 x + 2 + (x − 1) x + 2 = 2x − 1 + (x + 1) x − 1
+ 12a2 − 12a + 4

3

Ví dụ 14. Như vậy từ phương trình với hai căn thức, ta
đã bình phương để phương trình chỉ còn một
Đối với một số phương trình xuất hiện hai căn. Đến đây ta giải bằng cách đặt ẩn phụ
biểu thức căn: không hoàn toàn. Tương tự, ta có:
√ √ Ví dụ 16. Giải phương trình:
x 2 + 2 − 2(x + 1) = x 2+6
√ √
2x2 + 4 = 2(x − 2) + x2 − 8x + 4
Bài toán này đặt 2 ẩn phụ thì có vẻ không
tìm được lời giải. Ta đến với cách giải sau: Ví dụ 17. Giải phương trình:
√ √
Lời giải. Bình phương một vế để phương trình x2 + x − 1 + 3(x + 1) = 2 x2 + x + 2
chỉ còn có một biểu thức dưới căn. Ta thử như
sau: Ví dụ 18. Giải phương trình:
√ √ √ √
x2 + 2 − 2(x + 1) = x2 + 6 x2 + 23 = 5x2 + 9 − 4(x − 1)
√
⇔ ( x2 + 2 − 2(x + 1))2 = x2 + 6
√ Đặt ẩn phụ không hoàn toàn là một phương
⇔ x2 + 2 − 4(x + 1) x2 + 2 + 4(x + 1)2
pháp khó (khi ta cần tìm số a thích hợp). Tuy
= x2 + 6
√ nhiên lời giải của bài toán lại rất sáng sủa và
⇔ 4x2 + 8x = 4(x + 1) x2 + 2 đầy tính bất ngờ. Hy vọng bài viết sẽ mang
√
Bây giờ, đặt y = x2 + 2. Phương trình tương đến cho bạn đọc một cách nhìn tổng quát hơn
đương với: về một phương pháp đồng thời trang bị một
công cụ để giải phương trình trong kì thi Đại
x2 + 2x = (x + 1)y
học sắp tới.
⇔ x2 + 2 + 2x − 2 = (x + 1)y
⇔ y 2 − (x + 1)y + 2x − 2 = 0
⇔ (y − 2)(y − x + 1) = 0
Đến đây phương trình trở nên đơn giản.

Ta có thể trình bày lời giải một cách đẹp đẽ
như sau:

Lời giải. Biến đổi phương trình:
√ √
x2 + 2 − 2(x + 1) = x2 + 6
√
⇔ ( x2 + 2 − 2(x + 1))2 = x2 + 6
√
⇔ (x2 + 2) − 4(x + 1) x2 + 2 + 4(x + 1)2
= x2 + 6
√
⇔ 4(x2 + 2) − 4(x + 1) x2 + 2 + (x + 1)2
= x2 + 6 + 3(x2 + 2) − 3(x + 1)2
√
⇔ [2 x2 + 2 − (x + 1)]2 = x2 − 6x + 9
√
⇔ [2 x2 + 2 − (x + 1)]2 = (x − 3)2
√ √
⇔ (2 x2 + 2 − 4)(2 x2 + 2 − 2x + 2) = 0
Đến đây ta giải phương trình một cách đơn
giản.

4

KĨ THUẬT CHỌN
ĐIỂM RƠI TRONG
CHỨNG MINH BẤT
ĐẲNG THỨC
Hà Thành Trung

Đã nhiều lần trong nhiều bài bất đẳng thức, a + b + c + d ≤ 10
bạn đọc một lời giải và tự hỏi: Tại sao lại
tách được hệ số như vậy?. Đó là bí ẩn chỉ có Trong bài toán, nếu ta tap dụng trực tiếp bất
thể làm rõ khi hiểu cặn kẽ một bài toán bất đẳng thức Bunhiacopsky, ta sẽ có:
đẳng thức: Đó là dựa trên dự đoán về dấu
(a + b + c + d ) 2
bằng của bất đẳng thức. Bài viết này sẽ cũng 30 ≥ a + b + c + d ≥
2 2 2 2

4
cấp cho bạn đọc một cái nhìn tới bản chất
của những lời giải: Kĩ thuật chọn điểm rơi Suy ra:

Kĩ thuật chọn điểm rơi trong BĐT gồm 2 ( a + b + c + d ) 2 ≤ 120 ⇒ a + b + c + d ≤ 120 > 10
bước: Ta thấy có gì đó không ổn trong cách làm. ??

không xét dấu bằng xảy ra.Ta dự đoán = 1
Phân tích để đi đến lời giải: Sẽ rất khó nếu ta

khi đó = 2, = 3. = 4.
1. Dự đoán dấu bằng xảy ra,đó chính là điểm
rơi cần tìm.

(Thông thường cực trị BĐT đạt được khi các
biến nhận giá trị bằng nhau,một số biến bằng Khi đã dự đoán được điều kiện xảy ra dấu
bằng, bước tiếp theo ta sẽ tìm một cách phân

và các biến , , , ở đầu bài có bậc 2. Ta
nhau,cực trị tại biên…).
tích thích hợp. Biểu thức cần tìm có bậc nhất
2. Từ điểm rơi đó ta lựa chọn các BĐT phù
hợp để đi đến lời giải. nghĩ đến bất đẳng thức Cauchy.

Sau đây chúng ta sẽ đến với một sô ví dụ từ dễ Hãy để ý đến điều kiện xảy ra dấu bằng của
đến khó trong các toán ,các bài thi ĐH,các bất đẳng thức Cauchy. Đến đây ta có lời giải
cuộc thi toán để thấy được ứng dụng vô cùng như sau:
rộng của kĩ thuật này. Lời giải: Ta có:
Để bắt đầu chúng ta xét một bất đẳng thức 24(a + b + c + d ) ≤

Ví dụ 1. Cho các số thực dương , , thỏa
hết sức đơn giản sau:
≤ 12(a 2 + 1) + 6(b 2 + 4) + 4(c 2 + 9) + 3(d 2 + 6)
= 120 + 6a 2 + 2(a 2 + b 2 ) + (a 2 + b 2 + c 2 ) +
mãn: +3(a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) ≤ 240
a2 ≤ 1, a 2 + b2 ≤ 5, a2 + b2 + c2 ≤ 14, Ví dụ 2. Cho các số thực dương , , thỏa
a + b + c + d ≤ 30
2 2 2 2
1 1 1
mãn điều kiện + + = 4 . Tìm giá trị lớn
x y z
Chứng minh rằng:

5

nhất của Ví dụ 4. Chứng minh rằng với , , ≥ 0 và
1 1 1 a + b + c = 3 thì
P= + + .
2x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z
a + b + c ≥ ab + bc + ca .
Phân tích để đi đến lời giải: Dự đoán MaxP

bằng xảy ra khi = = = 1.Đến đây gặp
4 Phân tích để đi đến lời giải: Dự đoán dấu
đạt được tại x = y = z = nên tách các số
3
2x = x + x ra cho dấu bằng xẩy ra. khó khăn vì bậc vế trái nhỏ hơn vế phải
không áp dụng Cauchy được. Ta phải biến đổi
Ta có vế phải :
1 1 1 1 1 1 1
= ≤  + + +  2( ab + bc + ca ) = ( a + b + c) 2 − a 2 − b 2 − c 2
2 x + y + z x + x + y + z 16  x x y z 
tương tự và ta có: Khi đó BĐT trở thành:
a 2 + b 2 + c 2 + 2( a + b + c ) ≥ 9

= = = 1 nên ta tách
1  2 1 1   1 2 1   1 1 2  
P ≤  + +  +  + +  +  + +   = 1
16  x y z   x y z   x y z   Điểm rơi là
4 a2 + a + a ≥ 3 a

Tương tự với , ta có điều phải chứng minh.
vậy MaxP = 1 khi x = y = z = .
3

dương , , thỏa mãn xy + yz + zx = 5 thì :
Ví dụ 3. Chứng minh rằng với các số thực
Ví dụ 5. Cho x, y, z > 0 thỏa mãn
2 xy + xz = 1 .Tìm giá trị nhỏ nhất của:
3 x 2 + 3 y 2 + z 2 ≥ 10
3 yz 4 xz 5 xy
Phân tích để đi đến lời giải: Nhận thấy hệ số A= + + .
x y z
của 3x 2 và 3 y 2 bằng nhau nên ta dự đoán dấu

bằng khi = = . Ta nghĩ đến tách như sau
bằng xảy ra khi x = y. Phân tích để đi đến lời giải: Dự đoán dấu

Giải hệ phương trình :
 xy zx zx zx   xy xy zx yz 
 + + +  + 2 + + +  ≥
6 x + z = 10

2 2
 z y y y  z z y x 
 2
 x + 2 zx = 5
 ≥ 4( zx + 2 xy ) = 4

Ta được x = 1,z = 2.Vậy = = 1, = 2
1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

= = =
3
chính là điểm rơi. Nên ta tách để xảy ra dấu

Ví dụ 6. Cho , , > 0 và a 2 + b 2 + c 2 = 1
bằng:

4 x 2 + z 2 ≥ 4 xz
chứng minh rằng:
4 y 2 + z 2 ≥ 4 yz
2 x 2 + 2 y 2 ≥ 4 xy 1

Cộng lại ta có 6 + 6 +2 ≥
a+b+c+ ≥4 3.
abc

4( + + ) = 20. Suy ra 3 +3 +
≥ 10.
Phân tích để đi đến lời giải: Nếu sử dụng

= =
1 1
ngay a + b + c + ≥ 4 4 abc = 4< 4 3

1, = 2
abc abc
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi Sai!!.

6

= = =
a b c
Ta dự đoán dấu bằng khi
3 + + ≤1
5a + 4b 5b + 4c 5c + 4a

Bài tập 3. Cho , ,
3
nên phải là :
dương.Tìm giá trị lớn
1 1 4
a+b+c+ ≥ 4 4 abc = . nhất của:
9abc 9abc 3
bc ca ab
1 P= + + ≤1
Còn lại sử dụng abc ≤ a + 3 bc b + 3 ca c + 3 ab

, ,
suy ra .Từ đó
3 3
được điều phải chứng minh. Bài tập 4. Cho là số thực dương.
Chứng minh rằng
Ví dụ 7. Cho tam giác ABC chứng minh rằng
a b c
3 3
+ + ≥1
sin A + sin B + sin C ≤ a2 + 8bc b2 + 8ca c2 + 8ab

= =
2

Lời giải: (Dự đoán dấu bằng khi
và cos A = 1 / 2, cos B = 1 / 2 )

Ta có:

sin A + sin B + sin C =
sin A + sin B + sin A cos B + sin B cos A

Áp dụng Cauchy ta có :

sin A sin B
cos B + cos A
3 3
3  sin 2 A   sin 2 B 
≤  + cos 2 B  +  + cos 2 A  
2  3   3 

Và

1  2 3  2 3 
sin A + sin B ≤  sin A + 4  +  sin B + 4 
3    

Cộng lại ta có điều phải chứng minh.

Bài tập 1. Cho ,
Bài tập áp dụng:

là các số thực, tìm giá trị
a+b
lớn nhất của : P =
(4 + a 4 )(4 + b 4 )

Bài tập 2. Cho , , là số thực dương thỏa
mãn a + b + c = 3 .Chứng minh rằng :

7

ý tưởng nghiệm duy nhất của phương trình
Trần Thị Thùy Linh

Trong khi giải phương trình, tôi gặp dạng toán • Nếu f (n) (x) vô nghiệm trên A thì phương
sau: trình f (x) = a không có quá n nghiệm
trên A.

x+7 √ Như vậy, tùy thuộc vào bài toán mà ta có
+ 8 = 2x2 + 2x − 1 những đánh giá khác nhau và chọn hàm số cho
x+1
phù hợp
1 Chúng ta đến với một bài toán khác:
Lời giải. Điều kiện: x ≥ .
2 √ Ví dụ 2. Giải phương trình:
x+7
Đặt f (x) = và g(x) = 2x2 + 2x − 1.
x+1 √ √
x3 + 7 + 2x − 1 + x3 = 4
3
Ta có:
3
f (x) = − <0
x+7
(1 + x)2 x+1 Lời giải. Nhận thấy rằng các biểu thức chứa
√ √ x với dấu + tập trung hết về một vế. Ta liên
g (x) = 4x + 1 2x − 1
tưởng ngay đến việc vế trái là hàm đồng biến.
√ √
Do đó phương trình có không quá 1 nghiệm. Dễ Xét f (x) = 3 x3 + 7 + 2x − 1 + x3 . Ta có:
thấy phương trình có nghiệm x = 2. Do đó x =
x2 1
2 là nghiệm duy nhất của phương trình. f (x) = 3 +√ + 3x2 > 0
(x + 7)2/3 2x − 1
Ta nhận thấy phương trình trên không thể
Rõ ràng f (x) là hàm đồng biến. Như vậy
giải theo cách thông thường (đặt ẩn phụ, phân
phương trình f (x) = 4 có không quá 1 nghiệm.
tích nhân tử). Hai vế của phương trình, một
Nhận thấy x = 1 là nghiệm của phương trình.
vế là hàm số đồng biến, một bên là hàm số
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =
nghịch biến. Do đó phương trình có không quá
1.
1 nghiệm. Sau đó, ta thấy x = 2 là một nghiệm
của phương trình và kết luận phương trình có
Dấu hiêu đặc trưng để nhận biết những phương
nghiệm duy nhất.
trình có thể giải theo cách trên là rất rõ ràng.
Trước khi đến với các ví dụ tiếp theo, chúng ta
Bạn đọc hãy luyện tập với một số ví dụ:
đến với một chú ý:
• Nếu f (x) là hàm số đơn điệu (tăng hoặc √
giảm), hay nói cách khác f (x) luôn dương 2x + x2 + x − 1 = 9
(luôn âm) với mọi x ∈ A thì phương trình
f (x) = a không có quá 1 nghiệm trên A. Ví dụ 4. Giải phương trình:
√
• Nếu f (x) đồng biến và g(x) đồng biến thì x3 − x + 2 x − 1 = 8
phương trình f (x) = g(x) không có quá 1
nghiệm. Ta đến với một ví dụ với dạng khó hơn.

8

Ví dụ 5. Giải phương trình: Ví dụ 8. Giải phương trình:
√ √ √
x3 − 2 x + 2 − 4 = 0 x3 = x + 2 + 3 x + 6 + 4

Phương trình trên có dạng khá lạ. Dĩ nhiên là Đối với một số phương trình, việc xét đạo hàm
chúng ta có thể làm mất căn thức và xuất hiện các biểu thức khá phức tạp. Ta sẽ nói đến thủ
phương trình bậc 6. Nhưng đây không phải thuật tiếp theo trong ví dụ sau đây:
cách thông minh. Chúng ta làm như sau:
Lời giải. Xét hàm số √ √ √ √
4x2 − 1 + 2x2 − x = x + 2x + 1
√
f (x) = x3 − 2 x + 2 − 4
.
2
Ta có f (x) = 3x − x+2√1 .

Đến đây, ta thấy không chắc f (x) là hàm đồng Lời giải. Điều kiện: x ≥ 1 .
biến, nghịch biến. Tuy nhiên, ta hãy chú ý như 2
Dự đoán x = 1 là nghiệm của phương
sau:
√ trình. Giá trị của các biểu thức
Nếu x < 1, ta có x3 < 1 ⇒ x3 < 2 x + 2 + 4. √ 2 √ √ √
4x − 1; 2x2 − x; x; 2x + 1 lần lượt
Do đó phương trình vô nghiệm với x < 1.
1 là 3, 1, 1, 3. Do đó, ta biến đổi phương trình:
Xét x ≥ 1. Ta có f (x) = 3x2 − √x+2 =
√ √ √ √ √
3x2√ x+2−1 4x2 − 1 − 2x + 1 = x − 2x2 − x
x+2
≥ 0. Do đó f (x) đồng biến với x ≥ 1.
Vậy phương trình f (x) = 0 không có quá 1 1 √ √
2
nghiệm. Dễ thấy x = 2 là nghiệm của phương Với 2 ≤ x < 1 thì 4x − 1 < 2x + 1 ⇒
√ √ √ √
trình. 4x2 − 1− 2x + 1 < 0 và x > 2x2 − x ⇒
√ √
Phương trình có nghiệm duy nhất x = 2. x − 2x2 − x > 0 (vô lý)
√ √
Với x > 1. Ta có 4x2 − 1 > 2x + 1 ⇒
√ √ √ √
Lưu ý rằng chúng ta có thể giải phương trình 4x2 − 1− 2x + 1 > 0 và x < 2x2 − x ⇒
√ √
trên bằng cách phân tích: x − 2x2 − x < 0 (vô lý)
√ Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =
x3 − 2 x + 2 − 4 =
√ √ 1.
( x + 2 − 2)((x2 + 2x + 3)( x + 2 + 2)+
√
+ x + 2) Ta có một số bài tập tương tự:

Tương tự, ta có phương trình: Ví dụ 10. Giải phương trình:
√ √ √ √
Ví dụ 6. Giải phương trình: 3
−2x2 + 2x + 16− x2 − 9 = 2x2 − 10− x − 3
x+4 √
+ 1 = 4x2 + 8x − 1 Hướng dẫn. Phương trình đã cho tương
x+1
đương với:
Ví dụ 7. Giải phương trình: √
√ √ √ 4 − 2(x − 3)(x + 2) + x − 3 =
3x + 16 + 2 x + 2 = x + 2 + 2 x2 − 4 3
2(x − 3)(x + 3) + 8 + (x − 3)(x + 3)
Hướng dẫn. Phương trình đã cho tương Đôi khi vấn đề nghiệm duy nhất được hiểu rộng
đương với: hơn
3x + 16 √ √
+2= x+2+2 x−2 Ví dụ 11. Giải phương trình:
x+2 √ √ √
x2 + 2x + 3+x2 2x2 + 3x + 2 = (x2 +1) x + 4

9

Lời giải. Phương trình đã cho tương đương Lời giải. Ta nhẩm x = 1 là một nghiệm của
với: phương trình.
√ Nếu x < 1 thế thì 22x−1 < 2x , 33x <
x2 + 2x + 3 + x2 (x2 + 2x + 3) + (x2 + x − 1) x+2 , 55x+1 < 5x+5 . Suy ra:
3
= (x2 + 1) (x2 + 2x + 3) − (x2 + x − 1)
22x−1 + 33x + 55x+1 < 2x + 3x+2 + 5x+5
Đặt x2 + x − 1 = A Nếu A > 0. Ta có:
√ Nếu x > 1 thế thì 22x−1 > 2x , 33x >
x2 + 2x + 3 + x2 (x2 + 2x + 3) + A 3x+2 , 55x+1 > 5x+5 . Suy ra:
√
> x2 + 2x + 3 + x2 (x2 + 2x + 3)
√ 22x−1 + 33x + 55x+1 > 2x + 3x+2 + 5x+5
= (x2 + 1) x2 + 2x + 3
> (x2 + 1) (x2 + 2x + 3) − A Phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.

Nếu A < 0. Ta có: Phương trình sau đây giải hoàn toàn tương tự:
√
x2 + 2x + 3 + x2 (x2 + 2x + 3) + A
√
< x2 + 2x + 3 + x2 (x2 + 2x + 3) Ví dụ 14. Giải phương trình:
√
= (x2 + 1) x2 + 2x + 3
22x−1 + 32x + 52x+1 = 2x + 3x+1 + 5x+2
2
< (x + 1) (x2 + 2x + 3) − A
Suy ra A = 0 ⇔ x2 + x − 1 = 0 ⇔ x =
√
−1 ± 5 x = 2log5 (x+3)
.
2
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là x =
√ √ Ta đến với một dạng khác.
−1 + 5 −1 − 5
và x =
2 2 x3 + 11
Ví dụ 16. Giải phương trình: + x2 +
√ x 4
Một bài toán tương tự: x + 2x+2 + 4( 2) = 0
√
3
√ √ Lời giải. Với dự đoán x = −4 là một nghiệm
2x2 − 4x + 2 + x2 − x − x + 3 của phương trình. Biến đổi:
√
= −3x2 + 6x + 13
x3 + 11 √
+ x2 + x + 2x+2 + 4( 2)x = 0
Hướng dẫn. Phương trình đã cho tương 4 √
đương với: ⇔ x4 + 4x2 + 4x + 11 = −2x+4 − 16( 2)x
x+4

3
⇔ (x2 + 4)(x + 4) = 5 − 2x+4 − 4 · 2 2
2(x 2 − 2x − 3) + 8 + x 2 − 2x − 3 + (x + 3)
x+4 x+4
√ ⇔ (x2 + 4)(x + 4) = − 2 2 + 5 2 2 − 1
= x + 3 + 4 − 3(x2 − 2x − 3)

Những bài toán trong dạng này có lời giải khá Nếu x < −4 thì (x2 + 4)(x + 4) < 0 và
x+4 x+4
tự nhiên và gọn gàng. Tuy nhiên nó chỉ là một − 2 2 + 5 2 2 − 1 > 0 (vô lí)
phần của phương pháp "dùng liên hợp để giải Nếu x > −4 thì (x2 + 4)(x + 4) > 0 và
x+4 x+4
phương trình". Ta sẽ đến với một số bài toán − 2 2 + 5 2 2 − 1 < 0 (vô lí)
mà sử dụng lượng liên hợp phải "bó tay".
Vậy x = −4 là nghiệm duy nhất của phương
Ví dụ 13. Giải phương trình: trình.

22x−1 + 33x + 55x+1 = 2x + 3x+2 + 5x+5

10


log2 (4x + 1) log5 (4x + 4)+
+ log3 (4x + 2) log4 (4x + 3) =
2 log3 (4x + 2) log5 (4x + 4)

Lời giải. Đặt y = 4x + 1. Dự đoán y = 2 là
nghiệm của phương trình. Phương trình đã cho
tương đương với:

log5 (y + 3) (log2 y − log3 (y + 1))
= log3 (y + 1) (log5 (y + 3) − log4 (y + 2))

Đặt f (y) = log2 y − log3 (y + 1), g(y) = log5 (y +
3) − log4 (y + 2). Ta thấy:
Với 0 < y < 2 thì f (y) < 0 và g(y) > 0.
Với y > 2 thì f (y) > 0 và g(y) < 0.
Vậy y = 2 là nghiệm duy nhất của phương
1
trình. Khi đó 4x + 1 = 2 ⇔ x =
4

Tương tự, hãy giải các phương trình:


π cos(10πx − π) = 5 − 100x

x+6
x3 + 2x2 + 2x − 1 + 2x+2 + 2 2 =0


x4 − x2 (2 − log3 (x + 1) + log2 x) − 8 = 0

Nhận xét nghiệm duy nhất của phương trình
mang đến lời giải hêt sức ngắn gọn cho những
bài toán mang hình thức phức tạp. Tuy nhiên,
phương pháp chỉ là một công cụ. Điều chính
yếu là các bạn phai làm nhiều phương trình để
có được suy nghĩ nhạy bén, không bị bối rối
trước mỗi phương trình.

11

DAO ĐỘNG
SÓNG CƠ
NGUYỄN THỊ HẢI – BÙI VĂN ĐẠT

Sóng cơ học là một phần tiêu biểu trong các đề các bài tập về biên độ dao động của vật một
thi đại học cao đẳng. Các dạng bài tập sóng cách dễ dàng với các trường hợp dao thoa hai
ngày càng đa dạng về tư duy, độ khó và cách sóng khác biên độ và độ lệch pha hai sóng là
giải bài tập. Và thời gian để hoàn thành các bài bất kì góc nào.
tập khá lâu nếu ta không chọn được cách giải
tối ưu cho chính mình. Chúng tôi mong gửi tới Sử dụng độ lệch pha là phương pháp tiêu biểu
trong tổng hợp dao động cơ học. Với bài toán
mọi người sự tối ưu hoá trong phương pháp và
giúp cho mọi người hiểu và giải quyêt các bài sóng cơ thì giúp ta giải quyết kha nhanh để tìm
toán về sóng cơ được tốt nhất. mối liên hệ giữa khoảng cách thoả mãn điều
kiện của bài toán.
Phương pháp 1: Sử dụng độ lệch pha để giải
Biên độ dao động tại M:
quyết các bài toán về giao thoa sóng.

Xét phương trình sóng tại hai nguồn A,B: AM = a 2 + b2 + 2abcos∆ϕ
2

u1 = acos (ωt + ϕ1 ); u2 = bcos (ωt + ϕ 2 ) Đến đây ta có

Xét phương trình sóng tới tại điểm M với •M dao động với biên độ cực đại khi:
MA = d1 , MB = d 2 là: u M = u1M + u 2 M 2π ( d1 − d 2 )
∆ϕ = + ϕ2 − ϕ1 = k 2π
λ
2π d1 2π d 2
⇔ uM = acos (ωt + ϕ1 − ) + bcos (ω t + ϕ 2 − ) ⇒ d − d = − (ϕ 2 − ϕ1 ) + k λ
λ λ 1 2
2λ
Độ lệch pha của hai sóng truyền tới M là: •M dao động với biên độ cực tiểu khi:

2π (d1 − d 2 ) 2π (d1 − d 2 )
∆ϕ = + ϕ2 − ϕ1 ∆ϕ = + ϕ2 − ϕ1 = π + k 2π
λ λ
Đến đây ta có thể sử dụng độ lệch pha để giải
quyết các bài toán về tìm số cực đại, cực tiểu và

12

(ϕ2 − ϕ1 )λ λ ∆d N = AN − BN = d3 − d 4 = d1 + x − d 4
⇒ d1 − d 2 = − + + kλ
2 2
ϕ1 − ϕ2 d 2 − d1
AM = 2a.cos ( + π)
2 λ
•M dao động với biên độ bằng c thì khi đó từ
ϕ1 − ϕ2 d 4 − d3
giá trị của c mà ta tìm được giá trị của cos∆ϕ AN = 2a.cos ( + π)
2 λ
rồi sau đó sẽ đưa về tìm góc ∆ϕ rồi tìm được
hiệu quãng đường của hai sóng mà M nhận Độ lệch pha của hai biên độ tại M và N là:
được.
2π x 2π d
∆ϕ = ϕ M − ϕ N = =
Phương pháp 2: Sử dụng đường tròn lượng λ λ
giác để giải các bài toán giao thoa.
Điều này chứng tỏ khi xét trên đường tròn biên
(các bài toán giao thoa với hai nguồn cùng độ thfi độ lệch pha của các biên độ cũng chính
biên độ) 2π d
là với d là khoảng cách của hai điểm
λ
Xét phương trình sóng tại hai nguồn A,B:
trong giao thoa sóng nói chung và sóng dừng
u1 = acos (ωt + ϕ1 ); u2 = acos (ωt + ϕ 2 ) nói riêng với các điểm thuộc đoạn AB. Đến đây
ta xét biên độ của sóng tại I là trung điểm của
Xét phương trình sóng tới tại điểm M với AB:
MA = d1 , MB = d 2 là: u M = u1M + u 2 M
ϕ1 − ϕ2 IB − IA
AI = 2a.cos ( + π)
⇔ uM = acos (ω t + ϕ1 −
2π d1
) + acos (ω t + ϕ 2 −
2π d 2
)
2 λ
λ λ ϕ1 − ϕ 2
= 2acos ( ).
2
ϕ1 − ϕ 2 d 2 − d1 ϕ + ϕ 2 d 2 + d1
= 2acos ( + π ).cos (ω t + 1 + π)
2 λ 2 λ Các điểm bên cạnh I sẽ tiếp tục biến thiên nếu
Ta có biên độ sóng tại M: ta chọn điểm I làm gốc.
ϕ1 − ϕ2 d2 − d1 •Giả sử ϕ1 > ϕ2 ⇒ ϕ1 − ϕ2 > 0
A = 2a.cos ( + π)
2 λ
Xét trường hợp biên độ dao động của một vật
Từ biểu thức trên ta thấy biên độ dao động của là cực đại.
một điểm là một đại lượng biên thiên theo
khoảng cách theo hàm x = acos (ωt ) Như vậy ϕ1 − ϕ2 d 2 − d1
AM = 2a.cos( + π ) = 2a
ta có thể biểu diễn giá trị thay đổi của biên độ 2 λ
trên đường tròn lượng giác giống như đường
ϕ1 − ϕ2 d 2 − d1
tròn ở trong dao động cơ học. ⇒ + π = 0 ⇒ d 2 − d1 < 0
2 λ
• Xét hai điểm M và N nằm giữa AB với:
(Ta xét tới điểm gần I nhất)
MN=x AM = d1 , BM = d 2 ; AN = d 3 , BN = d 4

∆d M = AM − BM = d1 − d 2 = d1 + x + d 4

13

Như vậy ta có điểm dao động với biên độ cực Các bước giải:
đại gần trung điểm nhất sẽ gần nguồn 2 hơn hay
là gần nguồn chậm pha hơn. B1: Tìm biên độ của trung điểm I của hai
nguồn.
Đặc biệt khi hai nguồn cùng pha thì ta có
B2: Xác định biên độ của I trên đường tròn
d1 = d 2 hay đó chính là trung điểm của AB.
B3: Tính số vòng mà biên độ của I quay được
⇒ Nếu thay đổi độ lệch pha thì hệ vân giao khi tính ở cả hai vị trí 1, 2.
thoa sẽ dịch chuyển về nguồn chậm pha hơn
Cộng vào ta được đáp án.
Như vậy nếu ta tính được trung điểm I của
hainguồn dao động với biên độ bao nhiêu Ví dụ.
( 0 < a < amax ). Khi xét về các điểm lệch vềnguồn Ví dụ 1. Cho hai nguồn A, B dao động cùng
chậm pha hơn thì biên độ tăng, về nguồn sớm pha với nhau và cùng biên độ a=2 cm. Tìm số
pha hơn thì biên độ giảm. Về phía nguồn nhanh điểm dao động với biên độ cực đại trên AB biết
pha hơn ta chọn biên độ của I ở vị trí I còn về AB=27 cm và bước sóng là 2 cm.
phía nguồn chậm pha hơn thì biên độ của I ở
Bài giải. Ta có biên độ AI = 2a.cos0 = 4a . Như
VT II. Ta có thể áp dụng đường tròn vào bài
toán tìm cực đại, cực tiểu với bước sóng được vậy I dao động với biên độ cực đại Vậy I ở một
tính là một trong hai vị trí biên.Vậy nếu tính từ vị trí biên
vòng dương thì vật qua 13 lần. còn tính từ biên âm
thì cũng là 13 lần. Nếu tính cả I nữa sẽ là
13x2+1=27 lần.

Như vậy có 27 điểm dao động với biên độ cực
đại.

Ví dụ 2: Cho hai nguồn sóng đặt tại hai điểm
A,B
là:
2π
u A = 2cos (100π t −
)(cm), u B = 2cos (100π t )(cm)
3
Với bước sóng là λ = 20(cm) . Xét hai điểm M,
N nằm đối xứng nhau qua trung điểm I của hai
nguồn.Tính số điểm dao động với biên độ là
2 3(cm) trên đoạn MN ?

Bài giải. Ta có biên độ sóng tại trung điểm của
hai nguồn là:

∆ϕ
AI = 2a.cos =a
2

14

không đổi khi truyền đi. Số điểm dao động với biên
độ 1cm trên đoạn thẳng S1S2 là
A. 16 B. 8 C. 7 D. 14

Bài 3: Tại 2 điểm A,B trên mặt chất lỏng cách nhau
16cm có 2 nguồn phát sóng kết hợp dao động theo
phương trình: u1= acos(30πt) , u2 = bcos(30πt +π/2
). Tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 30cm/s. Gọi
C, D là 2 điểm trên đoạn AB sao cho AC = DB =
2cm . Số điểm dao động với biên độ cực tiểu trên
đoạn CD là
A.12 B. 11 C. 10 D. 13
Bài 4: Trên mặt nước tại hai điểm S1, S2 người ta
đặt hai nguồn sóng cơ kết hợp, dao động điều hoà
theo phương thẳng đứng với phương trình uA = uB =
K , K’là biên độ 2 3 = A 3(cm) 6cos40πt (uA và uB tính bằng mm, t tính bằng s).
Biết tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 40cm/s, coi
MI biên độ sóng không đổi khi truyền đi. Trên đoạn
Số vòng quay là n = = 0,675 (vòng) thẳng S1S2, điểm dao động với biên độ 6mm và cách
λ
trung điểm của đoạn S1S2 một đoạn gần nhất là
Như vậy với số vòng quay là 0,675 vòng thì ở A. 1/3cm B. 0,5 cm C. 0,25 cm D. 1/6cm
vị trí 1 sẽ qua vị trí K’ hai lần

Ở vị trí 2 sẽ qua K hai lần là K’ một lần

Như vậy trên MN có 5 điểm dao động với biên
độ là 2 3(cm)

Bài tập áp dụng:
Bài 1. Trên mặt nước tại hai điểm S1, S2 người ta
đặt hai nguồn sóng cơ kết hợp, dao động điều hoà
theo phương thẳng đứng với phương trình uA =
6cos40πt và uB = 8cos(40πt ) (uA và uB tính bằng
mm, t tính bằng s). Biết tốc độ truyền sóng trên mặt
nước là 40cm/s, coi biên độ sóng không đổi khi
truyền đi. Trên đoạn thẳng S1S2, điểm dao động với
biên độ 1cm và cách trung điểm của đoạn S1S2 một
đoạn gần nhất là
A. 0,25 cm B. 0,5 cm C. 0,75 cm D. 1

Bài 2. Trên mặt nước tại hai điểm S1, S2 cách nhau
8 cm, người ta đặt hai nguồn sóng cơ kết hợp, dao
động điều hoà theo phương thẳng đứng với phương
trình uA = 6cos40πt và uB = 8cos(40πt ) (uA và uB
tính bằng mm, t tính bằng s). Biết tốc độ truyền
sóng trên mặt nước là 40cm/s, coi biên độ sóng

15

Với 1 bài mà tìm trên 1 đoạn thẳng nằm ngoài
đường thẳng nối hai nguồn thì các bạn hãy suy nghĩ
xem nó còn going như vậy không nhé? Câu trả lời

= 6 ( + 5 /6) =
của tôi là có, các bạn hãy suy nghĩ vì sao lại có nhé.

8 ( + /6) .Biết tốc độ truyền sóng trên
VD:Cho và

mặt nước là: v=100cm/s; Khoảng cách giữa hai
nguồn là O 1O2=4cm,O1O 2PQ là hình thang cân với
diện tích là 12cm2 và PQ = 2cm là một đáy của
hình thang. Coi biên độ sóng không đổi trong quá
Bài 1.Ở mặt thoáng của một chất lỏng có hai nguồn

phương thẳng với phương trình lần lượt =
trình truyền sóng. Số điểm dao động với biên độ
kết hợp A,B cách nhau 10cm, dao động theo
2√13 cm trên O1P là????

3 cos 40 + à = 4 cos 40 +
6
Bài 2.Tại hai điểm A và B trên mặt nước cách nhau

= cos(30 ) à =
2
16 cm có hai nguồn phát sóng kết hợp dao động
3
30 +
.Cho biết tốc độ truyền sóng là 40cm/s. Một theo pt:
đường tròn tâm là trung điểm AB nằm trên mặt .Tốc độ truyến sóng trên mặt
nứoc có bán kính R=4cm.Số điểm dao động với nước là 30cm/s. Gọi E F là hai điểm trên đoạn AB
biên độ 5cm có trên đường tròn là? sao cho AE=FB=2cm. Tìm số điểm cực tiểu trên
A:30 B:32 EF?
C:34 D:36 Như đã chứng minh ở trên thì :
Chúng ta để ý thấy rằng với bài toán như thế này
(ϕ2 − ϕ1 )λ λ
liệu dung phương pháp như trên được không khi ⇒ d1 − d 2 = − + + kλ
mà biên độ của chúng khác nhau. 2 2
Hoàn toàn dung được vì lúc đó ta có biên độ tại 1

−∆ 1 −∆ 1
Mà –EF < d2 – d1 < EF

2 ( − 2) − − < < + −
điểm như sau :

+ +2 1 2 cos + − 2 2 2 2
2 2 1
1 2
λ 2 1

ta sẽ tìm được đáp án của bài toán với EF = 12cm

1 − 2 vậy ta làm hệt như trên
Nó cũng là 1 đại lượng biến thiên tuần hoàn theo
Vậy công thức khi tìm số điểm dao động cực đại và
cực tiểu khi hai nguồn lệch pha 1 góc bất kì trong
đoạn AB trên đoạn thẳng nối 2 nguồn trong vùng

= + +2 −
• Bài làm : biên độ tại trung điểm của AB là :
2 2
1 2 1 2 2 1
giao thoa là:
= 5cm

−∆ −∆
Cực tiểu:

Có n = = 2 vòng ⇒ quay được 2 vòng sẽ đi qua − − ≤ ≤ + −
vị trí x = 5 là 8 lần ⇒ trên đường kính là
Cực đại :

−∆ −∆
− ≤ ≤ +
8 + 1 + 8 = 17 ⇒ trên đường tròn có 17.2 – 2 = 32
điểm

Câu hỏi suy ngẫm
Chu ý : nếu A,B là nguồn thì không lấy dấu “=”

16

Câu hỏi suy ngẫm: nếu AB không nằm trên đường + nếu cùng pha lấy các cực đại k chẵn
thẳng nối hai nguồn thì sẽ ra sao, hãy cùng suy nghĩ + nếu ngược pha lấy các cực đại k lẻ

Note: không dung được với 2 nguồn ngược pha, còn
với lệch pha trên 180 0 thì bước 3 ngược lại
Bài 3. Trên mặt chất lỏng có hai nguồn kết hợp S1,
S2 dao động với phương trình tương ứng u1=acosωt Câu hỏi suy ngẫm : liệu rằng nếu hai nguồn khác
và u2= asinωt. Khoảng cách giữa hai nguồn là biên độ ta còn làm vậy được không???
S1S2=3,25λ. Trên đoạn S1S2, số điểm dao động với
biên độ cực đại và cùng pha với u2 là:

Hướng suy nghĩ : Khi mà bài toán còn liên quan
đến pha dao động thì chúng ta vẫn sẽ tìm số điểm
dao động cực đại hay cực tiểu như bình thường sau
đó sẽ giải quyết đến vấn đề cùng pha hay ngược
pha, ở trên tôi đã trình bày cho các bạn về độ lệch
pha của các điểm trên đoạn thẳng nối hai nguồn
nên

Hướng làm : tìm pha tại trung điểm , sau đó nếu
cùng pha như yêu cầu đề bài thì ta sẽ lấy những cực
đại ứng với k chẵn, còn nếu ngược pha thì ta sẽ lấy
cực đại ứng với k lẻ

Cách giải bài toán trên :

−∆ 1 2 −∆ 1 2
Số điểm dao động cực đại:

− ≤ ≤ +
2 2

−
-3,5 < k < 3

( )
Có = = -3,5

Vậy I ngược pha với nguồn 2 vậy ta sẽ lấy những k
lẻ

Vậy k = -3, -1,1 có 3 điểm

Cách giải quyết chung:

1. Tìm số điểm dao động cực đại, hay cực tiểu,
hay biên độ bất kì

+ ( + 2)
= −
Tìm pha tại trung điểm
1 2 1
2
2.

3. So sánh độ lệch pha của nó với điểm nó cần
cần cùng pha

17

=
− = −2cos(10 + ) , 2 vật tách nhau
Lực quán tính tác dụng lên là

=1 → cos(10 + ) = . Khi này,
=
khi

−40 sin(10 + ) = 20√3 / . Sau khi tác
vị trí 2 vật là 2cm, vận tốc

vận tốc 20√3 / ,
ra, tiếp tục chuyển động thẳng đều với

= = 10√2, = + =
dao động mới với tần

√10 . Tìm được phương trình dao động là
số

1. Lời giải cho kỳ trước = √10 cos 10√2 − 0,886 => lò xo

Câu 1: Ở VTCB lúc đầu, lò xo giãn ∆ =
dãn cực đại lần đầu, vật ở vị trí biên,

=∆ = được20√3. 0,0626 = 2,168 . Khoảng cách
t=0,0626s. Lúc này đã đi

2 vật 2,168 − (√10 − 2) = 1,006
=> biên độ

Khi vật ở vị trí thấp nhất, lò xo giãn 2 =
− =
( )

+ , M gần I nhất → = 0; = +
Câu 4: Điều kiện cực tiểu

đổi. Ở VTCB mới, lò xo giãn ∆ =
. Khi vật giảm khối lượng, VTCB thay

; = − → − = → =
=> vật

− =
đang đứng yên tại vị trí cách VTCB mới này

=
và bắt đầu dao động mới.

=
Đáp án: A
Biên độ dao động là

10 cos + − = ±5√3
( )
Câu 5: Biên độ 1 điểm trên AB là
Câu 2: Quãng đường mà vật chuyển động là
7cm. Cần tính khoảng thời gian vật di chuyển.

phía lò xo giãn 1 đoạn ∆ = =
=>Hoặc:

+ = + → − =
Do có lực ma sát, VTCB của vật bị dịch về
( )

0,0175 = 1,75 = = 10√2 / − = 12 − 1 → −29 ≤ 12 − 1 ≤
29 → = {−2; −1; 0; 1; 2) → có 5 điểm
.
. Lúc đầu vật đứng yên ở vị trí lò xo giãn

trình dao động là = 5,25 10√2 lúc đi
7cm, cách VTCB 7-1,75=5,25cm nên phương

qua vj trí là xo không giãn là −1,75 =
Hoặc:

+ =− + → − =
( )

5,25 10√2 → = 0,135 → ̅ = =
,
− = 12 − 5 → −29 ≤ 12 − 5 ≤
51,85 /
29 → = {−2; −1; 0; 1; 2) → có 5 điểm

= =
10 / , phương trình dao động
Câu 3: Lúc 2 vật chưa bị tách ra Tổng cộng có 10 điểm

= 4 cos(10 + )
Đáp án: D

= 0,04 cos(10 + ) →
= −4cos(10 + ) /

18

tan = = 0,727 → =
Câu 6: Từ đề bài suy ra AN chứa cuộn dây có điện áp giữa hai đầu đoạn mạch AM lệch pha

0,727
điện trở π
so với điện áp giữa hai đầu đoạn mạch
3
AB. Giá trị của L bằng
Ta có:

= + +2 cos =
3 2
A. H B. H

+ − 1,1762 =
π π

( + ) − 3,1762 +
1 2
, để C. H D. H
π π
max thì max, ta có:

= =
Câu 3: Trên đoạn mạch xoay chiều không
phân nhánh có bốn điểm theo đúng thứ tự A,
( ) B, C và D. Giữa hai điểm A và B chỉ có tụ

→ = → =
điện, giữa hai điểm B và C chỉ có điện trở
thuần, giữa hai điểm C và D chỉ có cuộn dây

+ = 1,236 → =
thuần cảm. Điện áp hiệu dụng hai điểm A và

= 0,89=> đáp án C
D là 100 3 V và cường độ hiệu dụng chạy
( )
qua mạch là 1A. Điện áp tức thời trên đoạn

=− = −30 → = +
π
AC và trên đoạn BD lệch pha nhau nhưng

+ = 50 + 60 − 30 = 80 => đáp án: B
Câu 7: 3
giá trị hiệu dụng thì bằng nhau. Dung kháng
của tụ điện là
2. Đề ra kì này
A. 40 Ω. B. 100 Ω.
Câu 1: Đặt một điện áp xoay chiều u =
C. 50 Ω. D. 200 Ω.
U0cosωt (V) vào hai đầu một cuộn cảm thuần
L. Gọi U là điện áp hiệu dụng ở hai đầu Câu 4: Cho mạch điện xoay chiều RLC mắc
mạch; i, I0, I lần lượt là là giá trị tức thời, cực nối tiếp, R là biến trở. Đặt vào hai đầu đoạn
đại và hiệu dụng của cường độ dòng điện mạch một điện áp xoay chiều ổn định
trong mạch. Hệ thức liên hệ nào sau đây là u = U 2 cos ωt (V). Khi thay đổi giá trị của
đúng? biến trở ta thấy có hai giá trị R = R1 = 45 Ω
hoặc R = R2 = 80 Ω thì tiêu thụ cùng công
u 2 i2 U I suất P. Hệ số công suất của đoạn mạch điện
A. 2
− 2 = 1. B. + = 1.
U 0 I0 U 0 I0 ứng với hai trị của biến trở R1, R2 là

u 2 i2 u 2 i2 A. cos ϕ1 = 0,5 ; cosϕ2 = 1,0 .
C. + = 1. D. + 2 = 1.
U 2 I2 2
U 0 I0
B. cos ϕ1 = 0,5 ; cos ϕ2 = 0,8 .
Câu 2: Đặt điện áp u = U0cos100πt (V) vào
hai đầu đoạn mạch AB gồm hai đoạn mạch C. cosϕ1 = 0,8 ; cos ϕ2 = 0,6 .
AM và MB mắc nối tiếp. Đoạn mạch AM
D. cosϕ1 = 0,6 ; cos ϕ2 = 0,8 .
gồm điện trở thuần 100 3Ω mắc nối tiếp với
cuộn cảm thuần có độ tự cảm L. Đoạn mạch Câu 5: Một cuộn dây mắc nối tiếp với 1 tụ
10−4 điện, rồi mắc vào hiệu điện thế xoay chiều giá
MB chỉ có tụ điện có điện dung F . Biết trị hiệu dụng bằng U và tần số bằng 50Hz.
2π

19

Dùng vôn kế đo được hiệu điện thế hiệu dụng A. R = 50 Ω ; C = 31,8 µ F.
trên cuộn dây bằng U 3 và trên tụ điện bằng
2U. Hệ số công suất của đoạn mạch đó bằng: B. R = 100 Ω ; L = 31,8Mh.

C. R = 50 Ω ; L = 3,18 µ H.
A 3 /2 B. 3 /4
C. 0,5 D. 2 /2 D. R = 50 Ω ; C = 318 µ F.
Câu 6: Cho mạch điện gồm một điện trở
Câu 9: Một máy phát điện xoay chiều một
thuần R, một cuộn dây có độ tự cảm L, điện
pha sinh ra suất điện động có biểu thức:
trở r, tụ điện có điện dung có thể biến đổi
e = 754cos(120π t ) (V ) . Biết rôto quay với tốc
được. Điều chỉnh điện dung C sao cho UC đạt
độ 900 vòng/phút và mỗi cuộn dây của phần
giá trị cực đại. Giá trị của ZC lúc đó là:
ứng có 50 vòng. Từ thông cực đại qua mỗi

=
(R + r )2 + Z L2 vòng dây là
A. Z C
ZL A. 2,5 mWb. B. 7,5 mWb

B. Z C =
(R + r )2 + Z L
2 C. 10 mWb. D. 5 mWb.
( R + r )2 Câu 10: Một trạm phát điện xoay chiều có
công suất không đổi, truyền điện đi xa với
C. Z C =
(R + r )2 + Z L2 điện áp hai đầu dây tại nơi truyền đi là 200kV
2
ZL thì tổn hao điện năng là 30%. Nếu tăng điện
áp truyền tải lên 500kV thì tổn hao điện năng
D. ZC = ZL
là:
Câu 7: Cho mạch điện xoay chiều RLC mắc A. 7,5%. B. 2,4%.
nối tiếp. Trong đó R = 100Ω, L = 1/π(H), C =
2.10-4/π(F) Đoạn mạch được mắc vào hiệu C. 12%. D. 4,8%.
điện thế xoay chiều có tần số f = 50(Hz). Mắc
thêm C’ với C thì thấy hiệu điện thế trên bộ tụ
điện đạt giá trị cực đại. Giá trị và cách mắc C’
là:

A. C’ = 10-4/15π (F) mắc nối tiếp với C.
B. C’ = 10-4/15π (F) mắc song song với C.

C. C’ = 10-3/15π (F) mắc nối tiếp với C.
D. C’ = 10-3/15π (F) mắc song song với C.

Câu 8: Cho một hộp đen X trong đó có chứa
2 trong 3 phần tử R, L, hoặc C mắc nối tếp.
Mắc hộp đen nối tiếp với một cuộn dây thuần
cảm có L0 = 318mH. Đặt vào hai đầu đoạn
mạch điện một điện áp xoay chiều có biểu
thức u = 200 2 cos(100 π t- π /3)(V) thì dòng
điện chạy trong mạch có biểu thức i = 4 2
cos(100 π t- π /3)(A). Xác định phần tử trong
hộp X và tính giá trị của các phần tử ?

20

RÈN LUYỆN TƯ
DUY VÀ KĨ NĂNG
GIẢI TOÁN HÓA
HỌC VÔ CƠ

TRẦN VĂN HIỀN

Các em học sinh thân mến, mong muốn giải thêm các phương pháp giải nhanh mà là giúp
thật nhanh và chính xác các bài toán hóa là các em nhận diện được bài toán, dùng cách
nguyện vọng chính đáng của các em trong các giải tối ưu thích hợp cho mỗi bài toán.
kì thi, đặc biệt là đại học, cao đẳng. Tuy nhiên, LỜI KHUYÊN KHI GIẢI TOÁN HÓA VÔ
việc nhận dạng và tìm ra được một hướng giải CƠ:
tối ưu là một việc tương đối khó nếu như các 1. Các bài toán vô cơ thì rất đa dạng, tùy
em không được trang bị một tư duy sắc bén, mỗi dạng bài mà ta cân nhắc dung cách nào
các phương pháp giải nhanh, và một kĩ năng nhanh nhất, giải quyết dứt điểm. Để giải
bấm máy tính điêu luyện Mặc dù các em có nhanh các bài toán vô cơ, thường ta phải áp
trong tay đầy đủ các công cụ tác chiến nhưng dụng linh hoạt hầu hết các phương pháp giải
lúng túng trong việc nhận dạng đề thi, không nhanh, trong đó cần chú ý bảo toàn electron,
biết thuộc dạng nào, nên dung cách nào để kết bào toàn nguyên tố và bảo toàn khối lượng.
thúc đối phương,.v..v..Với bài viết ngắn này, 2. Khi giải toán vô cơ, hạn chế tối đa việc
hy vọng phần nào giúp các em “ bỏ túi” cho viết các phương trình phản ứng, phương trình
mình vài bí quyết nhỏ khi giải các bài tập hóa phản ứng đã được đơn giản hóa bởi phương
học. pháp bảo toàn electron rồi.
Hiện nay phải nói rằng, công cụ giải nhanh 3. Khi giải các bài toán đơn giản hay phức
hóa học có rất nhiều và các em cũng đã được tạp ta nên tóm tắt lại quá trình phản ứng, dựa
trang bị đầy đủ qua sách tham khảo hoặc các vào đó ta rất dễ dàng tìm được hướng đi đúng
khóa luyện thi..Và bài viết này không phải kê đắn, chọn được cách giải phù hợp.

21

4. Cần vận dụng linh hoạt các phương pháp  Al

giải nhanh, có như vậy bài toán mới trở nên 29g Cu +1,425 mol HNO3
 Ag

vô cùng đơn giản đến bất ngờ.
 Al ( NO 3)3
5. Các dạng toán về dung dịch kiềm thường Cu ( NO3)2 NO : 0, 2
 
dùng bảo toàn điện tích và bảo toàn nguyên tố → Muối  + (mol)
 AgNO3  N 20 : 0,05
bên cạnh phương pháp bảo toàn khối lượng.  NH 4 NO3

6. Các bài tập về sắt thì chủ yếu quy đổi sẽ Rất có khả năng tạo NH4+ do có mặt Al, đặt
rất nhanh. số mol NH4NO3 là x
7. Phương pháp bảo toàn electron có thể nói Bảo toàn N:
là phương pháp xuyên suốt mọi bài toán vô nNbđ = nNmuối + nNspk
cơ. ⇔ 1,425= 0,2.3 + 0,05.8 + 8x+0,2 + 0,05.2 +
BÀI TẬP MINH HỌA: 2x
Bài toán 1(Khối B 2012): Cho 29 gam hỗn Giải được : x = 0,0125 mol
hợp gồm Al, Cu và Ag tác dụng vừa đủ với Khối lượng muối : m = mcation + manion + mmuối
950 ml dung dịch HNO3 1,5M thu được amoni = 29 +(0,2.3 + 0,0125.8 + 0,05.8).62 +
dung dịch chứa m gam muối và 5,6 lít hỗn 80.0,0125 = 98,2g
hợp khí X (đktc) gồm NO và N2O. Tỉ khối Đáp án: A
của X so với H2 là 16,4. Giá trị của m là ?
A. 98,20 B. 97,20 Bài toán 2(Khối A 2011): Nung m gam hỗn
C. 98,75 D. 91,00 hợp X gồm FeS và FeS2, trong một bình kín
Giải: chứa không khí ( gồm 20 % thể tích O2 và
• Nhận diện đề: 80% thể tích N2) đến khi các phản ứng này
Các dạng toán kim loại tác dụng với HNO3 ta xảy ra hoàn toàn, thu được một chất rắn duy
chú ý 2 thủ thuật cơ bản là bảo toàn electron nhất và hỗn hợp khí Y có thành phần thể tích:
và bảo toàn nguyên tố. 84,8% N2, 14% SO2, còn lại là O2. Phần trăm
Trong đề có xuất hiện các kim loại mạnh như khối lượng của FeS trong hỗn hợp X là ?
Zn, Al, kim loại kiềm, kiềm thổ thì chú ý rất A. 59,46% B. 19,64%
có khả năng tạo muối amoni. C. 42,31% D. 26,83%
• Tóm tắt đề: Giải :
• Nhận diện đề:
Ta thấy trước và sau phản ứng thì lượng N2

22

không thay đổi, và đề cho % về thể tích cũng Mg trong không khí được hỗn hợp X nặng
là % về số mol các chất. Vì thu được chất rắn 16,9 gam gồm các oxit và kim loại dư. Cho X
duy nhất nên đó là Fe2O3. phản ứng với dung dịch chứa HCl 1M và
Các em lưu ý khi đề cho phần trăm hay tỉ lệ H2SO4 0,5M (vừa đủ ) thu được 8,96 lít H2
về thể tích thì ta có quyền chọn giá trị V hay (đktc) và dung dịch A. Khối lượng muối khan
số mol để đơn giản hóa bài toán. thu được khi cô cạn dung dịch A là ?
Nếu không biết cách chọn giá trị thích hợp mà A. 39,200g B. 42,600g
đặt ẩn để giải thì bài toán trở nên vô cùng C. 67,175g D. 46,300g
phức tạp và tốn rất nhiều thời gian. Giải:
• Tóm tắt đề: • Nhận diện đề:

FeS : x O 2 : 20% Bài tập thuộc dạng kim loại, oxít kim loại
 mol+n1 mol 
FeS 2 : y  N 2 : 80% tác dụng với acid không có tính oxi hóa, loại
→Fe2O3 : (x+y)/2 mol+ n2 mol bài tập này thường dừng bảo toàn khối lượng,

 N 2 : 84,8% bảo toàn nguyên tố, điện tích để giải.

SO 2 : 14% Khi đốt cháy kim loại ngoài không khí rồi
O 2 : 1,2%

cho tác dụng với acíd hoặc khử bởi CO hay
Ở đây ta chỉ sử dụng một thủ thuật là bảo
H2 thì các em chú ý số mol O nguyên tử
toàn nguyên tố.
trong oxit bằng với số mol H2 O hoặc CO.
Để đơn giản ta chọn n2 = 1 mol , thì hỗn hợp
• Tóm tắt đề:
 N 2 : 0,848
  Al
sau phản ứng có: SO 2 : 0,14 (mol) 12,9g  (mol) + O2 → 16,9g
O 2 : 0,012 Mg

 Al 2O3
Vì lượng N2 không đổi nên ta có: 0,8n1 = MgO

0,848 ⇒ n1 = 1,06 mol. hỗn hợp X 
 Al
Vậy số mol O2 tham gia phản ứng là: a = Mg

0,2.1,06 – 0,012 = 0,2 mol. HCl : 1M
Sau đó: X + V lít 
Bảo toàn O phản ứng và S ta có hệ : H 2 SO 4 : 0,5M

 3( x + y )  Al 2( SO 4)3
 + 0,14.2 = 0, 2.2  x = 0,02  AlCl 3
 2 ⇔  H 2O : x
 y = 0,06 → Dung dịch A  + (mol)
 x + 2 y = 0,14
  MgSO 4 H 2 : 0, 4
MgCl 2

Vậy % FeS = 19,64%. Đáp án :B
Đề yêu cầu tính khối lượng muối thì ta cần
Bài toán 3: Đốt cháy 12,9 gam hỗn hợp Al;

23

tìm khối lượng của Cl- và SO42-.
Rõ rang số mol H+ ban đầu chuyển hết về
trong H2O và H2
16,9 − 12,9
Số mol H2O bằng số mol O, nO =
16
= 0,25 mol, vậy nH2O = 0,25
Bảo toàn số mol H+:
nH+/acid = 2.nH2O + 2.nH2
⇔ 2V = 1,3, suy ra V = 0,65
Vậy khối lượng muối thu được:
m = mkim loại + manion = 12,9 + 0,65.35,5 +
0,65.0,5.96 = 67,175g
Đáp án: C

Các em đón đọc kì sau: RÈN LUYỆN TƯ
DUY VÀ KĨ NĂNG GIẢI TOÁN HÓA
HỌC HỮU CƠ !

24

CHUYÊN ĐỀ
ĐIỆN PHÂN
LÊ QUANG PHÁT

I. Một số định nghĩa chung và Catot là cực âm
1. Khái niệm - Tại catot xẩy ra quá trình khử: Cation nào
- Sự điện phân quá trình oxi hóa - khử xảy có tính oxi hóa lớn nhất sẽ nhận electron của
ra ở bề mặt các điện cực khi có dòng điện một nguồn điện trước.
chiều đi qua chất điện li nóng chảy hoặc dung - Tại anot xẩy ra quá trình oxi hóa: Anion
dịch các chất điện li ; bao gồm điện phân nào có tính khử lớn nhất sẽ nhường electron
nóng chảy và điện phân dung dịch chất điện li cho nguồn điện trước.
trong nước ( điện phân dung dịch ) - Tổng số electron chất khử nhường ở anot

• Chú ý: trong điện phân có 2 loại điện bằng tổng số mol electron chất oxi hóa nhận ở
phân là điện phân dung dịch và điện phân catot.
nóng chảy. Các em lưu ý không nên nhầm • Quy tắc khi điện phân dung dịch:
giữa 2 loại điện phân này, vì điện phân nóng - Nếu ở Catot gồm các cation kim loại
chảy sử dụng chủ yếu để điện phân muối kiềm, kiềm thổ hoặc Al3+.Thì dung môi nước
clorua của kim loại kiềm, kiềm thổ và đóng vai trò chất oxi hóa, nhận e của nguồn
Hidroxit, oxit của một số kim loại hoạt động điện, còn các cation trên không bị điện phân
mạnh. Còn điện phân dung dịch thường điện trong dung dịch với điện cực trơ.
phân trong môi trường có dung môi và dung - Nếu ở catot gồm các cation kim loại từ
môi thường là H2O. Zn → Pb thì có hai quá trình xẩy ra:
2. Các nguyên tắc trong điện phân Mn+ + ne → M (1)
• Quy tắc chung: 2H2O + 2e à H2 + 2OH-(2)
- Trong bình điện phân : Anot là cực dương Ở đây thì 2 quá trình này xảy ra đồng thời

25

Tạp chí con đường đại học số 2 [ trường học số ]

Tạp chí con đường đại học số 2 [ trường học số ]

Empfohlen

Empfohlen

Weitere ähnliche Inhalte

Kürzlich hochgeladen

Kürzlich hochgeladen (20)

Empfohlen

Empfohlen (20)

Tạp chí con đường đại học số 2 [ trường học số ]