Phương trình vô tỉ

Tài liệu Phương trình vô tỉ: Chuyên đề 1. PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ I. PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ GIẢI BẰNG PHÉP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG - HỆ QUẢ 1. Kiến thức cần nhớ: 1. 2. 3. hoặc 2. Các dạng cơ bản: * Dạng 1: * Dạng 2: (Không cần đặt điều kiện) * Dạng 3: (chuyển về dạng 2) * Dạng 4: Thay nhận được phương trình hệ quả 3. Ví dụ Ví dụ 1. Giải phương trình: = (x - 4) Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với: Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 4; x = 7 Ví dụ 2. Giải phương trình: [ĐH Khối D – 2006] Biến đổi phương trình thành: (*), đặt điều kiện rồi bình phương 2 vế ta được: ta dễ dạng nhẩm được nghiệm x = 1 sau đó chia đa thức ta được: (*)Û (x – 1)2(x2 – 4x + 2) = 0. Ví dụ 3. Giải phương trình: Txđ: Thông thường dạng , ta thường bình phương 2 vế, điều đó đôi khi lại gặp khó khăn khi giải. Nếu có f(x)+h(x)=g(x)+k(x) hoặc f(x)h(x)=g(x)k(x), thì ta biến đổi phương trình về dạng: sau đó bình phương, giải phương trình hệ quả Ví dụ 4. Giải phương trình: . Đkxđ: Thử lại x=1 thỏa mãn. Ví dụ ...

doc109 trang | Chia sẻ: honghanh66 | Ngày: 21/03/2018 | Lượt xem: 530 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem trước 20 trang mẫu tài liệu Phương trình vô tỉ, để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Chuyên đề 1. PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ I. PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ GIẢI BẰNG PHÉP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG - HỆ QUẢ 1. Kiến thức cần nhớ: 1. 2. 3. hoặc 2. Các dạng cơ bản: * Dạng 1: * Dạng 2: (Không cần đặt điều kiện) * Dạng 3: (chuyển về dạng 2) * Dạng 4: Thay nhận được phương trình hệ quả 3. Ví dụ Ví dụ 1. Giải phương trình: = (x - 4) Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với: Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 4; x = 7 Ví dụ 2. Giải phương trình: [ĐH Khối D – 2006] Biến đổi phương trình thành: (*), đặt điều kiện rồi bình phương 2 vế ta được: ta dễ dạng nhẩm được nghiệm x = 1 sau đó chia đa thức ta được: (*)Û (x – 1)2(x2 – 4x + 2) = 0. Ví dụ 3. Giải phương trình: Txđ: Thông thường dạng , ta thường bình phương 2 vế, điều đó đôi khi lại gặp khó khăn khi giải. Nếu có f(x)+h(x)=g(x)+k(x) hoặc f(x)h(x)=g(x)k(x), thì ta biến đổi phương trình về dạng: sau đó bình phương, giải phương trình hệ quả Ví dụ 4. Giải phương trình: . Đkxđ: Thử lại x=1 thỏa mãn. Ví dụ 5. Giải phương trình: . Đkxđ: PT Thử lại là nghiệm Ví dụ 6. Giải phương trình: + = Lời giải. Lập phương hai vế của phương trình ta có: +) = Suy ra 3..= 0. Do đó = 0 hoặc = 0 hoặc = 0, ta tìm được x = 1 ; x = 2; x = Thử lại thấy x =1, x = 2, x = thỏa mãn Bài tập đề nghị Bài 1. Giải các phương trình sau: a. b. c. d. e. f. g. h. i. k. l. Bài 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm: Bài 3. Tìm m để phương trình có nghiêm. Bài 4. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt. Bài 5. [ĐH Khối B – 2006] Tìm m để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt: II. GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ Đối với một số phương trình có thể đặt ẩn phụ để quy về dạng đơn giản. Tùy theo dạng phương trình có thể đặt một ẩn, nhiều ẩn, quy về phương trình hoặc hệ phương trình. 1. Phương pháp đặt ẩn phụ hoàn toàn a. Một số dạng thường gặp Nếu có và f(x) thì đặt t = Nếu có mà (hằng số) đặt Nếu có đặt b. Ví dụ áp dụng Ví dụ 1. Giải phương trình: =11. Lời giải. Đặt t = ,. Phương trình đã cho trở thành V . Ta thấy đều thỏa mãn Với thì = 1. Với thì = 9 Vậy phương trình có nghiệm là , . Ví dụ 2. Giải phương trình (*). Lời giải. Điều kiện Cách 1: Đặt . Pt đã cho có dạng: Với t=3 thay vào biểu thức đặt được Ví dụ 3. Giải phương trình: Đkxđ x ≥ 1 đặt t= đ/k t ≥ 1dẫn tới pt t2-5t+6=0 Ví dụ 4. Giải phương trình: không là nghiệm của pt đã cho. Chia cả 2 vế PT cho đặt giải ra có t = 1, t = 1/ 2 suy ra nghiệm phương trình Bài tập đề nghị a. b. c. d. e. f. g. h. m. p. q. r. s. 2. Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn Ví dụ 1. Giải phương trình : , ta có : Ví dụ 2. Giải phương trình : Đặt : Khi đó phương trình trở thành : Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t có chẵn : Bài tập đề nghị 1. 2. (4x-1)8x2+2x+1 3. 3. Đặt ẩn phụ đưa về dạng tích Sử dụng đẳng thức Ví dụ 1. Giải phương trình : Giải: Ví dụ 2. Giải phương trình : Giải: + , không phải là nghiệm + , ta chia hai vế cho : Ví dụ 3. Giải phương trình: Giải: pt Ví dụ 4. Giải phương trình : Giải: Đk: Chia cả hai vế cho : 4. Đặt ẩn phụ quy về hệ phương trình Dạng 1: đặt 2 ẩn phụ Ví dụ 1. Giải phương trình: Ví dụ 2. Giải phươngtrình: Dạng 2: một ẩn phụ chuyển phương trình thành một hệ : Ví dụ 3. Giải phương trình: Ví dụ 4. Giải phương trình: (1) Giải : Điều kiện : Đặt với . Từ đó phương trình (1) trở thành hệ phương trình : Trừ vế với vế của (2) và (3) ta được : . Xảy ra 2 trường hợp : a) hay , thay vào (2) được phương trình : giải ra được : b) hay , thay vào (2) cú : giải ra được : Kết luận : Với 2 nghiệm thỏa mãn điều kiện đề bài nên PT (1) có 2 nghiệm như trên . Dạng 3: Đưa về hệ tạm Nếu phương trình vô tỉ có dạng , mà : ở dây C có thể là hàng số ,có thể là biểu thức của . Ta có thể giải như sau : , khi đĩ ta có hệ: Ví dụ 5. Giải phương trình sau : Giải: Ta thấy : không phải là nghiệm Xét Trục căn thức ta có : Vậy ta có hệ: Thử lại thỏa; vậy phương trình có 2 nghiệm : x=0 v x= Ví dụ 6. Giải phương trình : Ta thấy : , như vậy không thỏa mãn điều kiện trên. Ta có thể chia cả hai vế cho x và đặt thì bài toán trở nên đơn giản hơn Bài tập đề nghị Giải các phương trình sau: 1. 2. 3. 4. 5. (Đặt y=) 6. 7. 8. 5. Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến : Chúng ta đã biết cách giải phương trình: (1) bằng cách Xét phương trình trở thành: . thử trực tiếp Các trường hợp sau cũng đưa về được (1) Chúng ta hãy thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vô tỉ thì sẽ nhận được phương trình vô tỉ theo dạng này . a. Phương trình dạng : Như vậy phương trình có thể giải bằng phương pháp trên nếu Ví dụ 1. Giải phương trình : Giải: Đặt Phương trình trở thành : Tìm được: Ví dụ 2. Giải phương trình : Ví dụ 3. giải phương trình sau : Giải: Đk: Nhận xt : Ta viết Đồng nhất thức ta được: Đặt , ta được: Ta được : Ví dụ 4. Giải phương trình : Giải: Nhận xét : Đặt ta hãy biến pt trên về phương trình thuần nhất bậc 3 đối với x và y : Pt có nghiệm : b.Phương trình dạng : Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện “ hơn dạng trên , nhưg nếu ta bình phương hai vế thì đưa về được dạng trên. Ví dụ 5. giải phương trình : Giải: Ta đặt : khi đó phương trình trở thành : Ví dụ 6.Giải phương trình sau : Giải :Đk . Bình phương 2 vế ta có : Ta có thể đặt : khi đó ta có hệ : Do . Ví dụ 7. giải phương trình : Giải: Đk . Chuyển vế bình phương ta được: Nhận xét : không tồn tại số để : vậy ta không thể đặt . Nhưng may mắn ta có : Ta viết lại phương trình: . Đến đây bài toán được giải quyết . III. TRỤC CĂN THỨC ĐỂ XUẤT HIỆN NHÂN TỬ CHUNG 1. Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung a. Phương pháp Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm như vậy phương trình luôn đưa về được dạng tích ta có thể giải phương trình hoặc chứng minh vô nghiệm , chú ý điều kiện của nghiệm của phương trình để ta có thể đánh gía vô nghiệm b. Ví dụ Ví dụ 1 . Giải phương trình sau : Giải: Ta nhận thấy : V Ta có thể trục căn thức 2 vế : Dể dàng nhận thấy x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình . Ví dụ 2. Giải phương trình sau (OLYMPIC 30/4 đề nghị) : Giải: Để phương trình có nghiệm thì : Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm của phương trình , như vậy phương trình có thể phân tích về dạng , để thực hiện được điều đó ta phải nhóm , tách như sau : Dễ dàng chứng minh được : Ví dụ 3. Giải phương trình : Giải :Đk Nhận thấy x=3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình Ta chứng minh : Vậy pt có nghiệm duy nhất x=3 2. Nhân liên hợp Ví dụ 4. Giải phương trình: (1) Giải Điều kiện Ta biến đổi phương trình như sau: Từ (1) và (2) suy ra (Hệ này vô nghiệm) Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=3. Ví dụ 5. Cho các số thực x, y thoả mãn (1). Chứng minh rằng . Giải Nhận thấy nên nếu kết hợp với phương trình (1) ta suy ra (2). Từ (1) và (2) suy ra +) Nếu x=0 thì từ(*) suy ra y=0 do đó x+y=0. +) Nếu thì từ (*) suy ra x và y trái dấu nhau. Bình phương hai vế của (*) ta được (Đpcm) IV. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ 1. Một số lưu ý Khi giải phương trình vô tỷ (chẳng hạn ) bằng phương pháp đánh giá, thường là để ta chỉ ra phương trình chỉ có một nghiệm (nghiệm duy nhất).Ta thường sử dụng các bất đẳng thức cổ điển Cô si, Bunhiacopxki, đưa vế trái về tổng bình phương các biểu thức, đồng thời vế phải bằng 0. Ta cũng có thể sử dụng tính đơn điệu của hàm số (có thể thấy ngay hoặc sử dụng đạo hàm xét sự biến thiên của hàm số) để đánh giá một cách hợp lý. Thường ta đánh giá như sau: , hoặc đánh giá cũng như là Ngoài ra đối với bài cụ thể nào đó ta sẽ có cách đánh giá khác. Cũng có một số phương trình vô tỷ có nhiều hơn một ẩn mà ta giải bằng phương pháp đánh giá. 2. Một số ví dụ Ví dụ 1. Giải phương trình sau: . Áp dụng bất đẳng thức cô si cho vế trái phương trình ta có bằng vế phải dấu bằng xẩy ra khi khi x = 2 , x = 4 vậy phương trình có 2 nghiệm x=2,x=4 Ví dụ 2. Giải phương trình: . Bài này quá đơn giản, đánh giá Vt còn Vp , do đó hai vế cùng bằng 5. Ta được phương trình có nghiệm duy nhất là . Ví dụ 3. Giải phương trình . Đk . Theo BĐT Bunhiacopxki, ta được = .Phương trình có nghiệm khi dấu đẳng thức xảy ra hay .Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là . Ví dụ 4. Giải phương trình . Đk . Ta có . Khi đó phương trình đã cho tương đương với . Từ đó ta được phương trình có nghiệm là . Bài tập đề nghị 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. V. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ 1. Một số dạng cơ bản Phương trình . Nếu đơn điệu thì phương trình có nghiệm duy nhất (Để tìm được ta nhẩm nghiệm). Phương trình . Nếu đồng biến và nghịch biến thì phương trình có nghiệm duy nhất (Để tìm được ta nhẩm nghiệm). Phương trình . Nếu đơn điệu thì phương trình . 2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1. Giải phương trình: .Xét hàm số Có đạo hàm hàm số luôn đồng biến trên txđ vậy pt không có quá một nghiệm nhẩm nghiệm ta thấy x=1/2 là nghiệm duy nhất Ví dụ 2. Giải phương trình:. Xét hàm số txđ x≤1/3 có đạo hàm h/s đồng biến trên txđ vậy phương trình không có quá một nghiệmTa thấy x= -1 là nghiệm duy nhất của bài toán. Ví dụ 3.Giải phương trình: đặt t = x2- x đ/k -3≤t≤2 h/s f(t) = txđ f`(t)= hàm số tăng . hàm số nghịch biến vậy chúng chỉ có thể giao nhau tại một điểm duy nhất , thấy t =1 là nghiệm do đó t=1 suy ra pt x2- x =1 có nghiệm Ví dụ 4. Giải phương trình : Xét hàm số , là hàm đồng biến trên R, ta có Ví dụ 5. Giải phương trình Giải . Đặt , ta có hệ : Xét hàm số : , là hàm đơn điệu tăng. Từ phương trình Bài tập đề nghị 1. 2. IV PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC 1. Một số lưu ý Nếu thì có một số t với sao cho : và một số y với sao cho Nếu thì có một số t với sao cho : và một số y với sao cho Với mỗi số thực x có sao cho : Nếu : , là hai số thực thỏa: , thì có một số t với , sao cho 2. Một số ví dụ Ví dụ 1. Giải phương trình . Đặt . Phương trình đã cho trở thành . Đặt . suy ra , ta được và . Với thì , do đó . Với thì , do đó . Vậy phương trình có nghiệm là và . Ví dụ 2. Giải phương trình . Đk . Đặt suy ra . Khi đó phương trình trở thành . Đặt (chính xác là ), biến đổi phương trình ta được . Nếu thì thì , do đó . Nếu thì Vậy phương trình có 2 nghiệm trên. Ví dụ 3. Giải phương trình =1 Giải: đk: , ta có thể đặt Khi đó ptt: Phương trình có nghiệm : Bài tập đề nghị 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. VII. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KHÁC Ngoài những phương pháp thường gặp ở trên, đôi khi ta cũng có những lời giải khác lạ đối với một số phương trình vô tỷ. Cũng có thể ta sử dụng kết hợp các phương pháp ở trên để giải một phương trình. 1. Dùng tọa độ của véc tơ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho các véc tơ: khi đó ta có Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi hai véc tơ cùng hướng , chú ý tỉ số phải dương , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi cùng hướng Ví dụ 1. Giải phương trình: . Trong mặt phẳng tọa độ xét hai véc tơ và . Khi đó ta được, suy ra và ta cũng có , . Phương trình trở thành , đẳng thức đó xảy ra khi và cùng chiều . Từ đó ta được phương trình có một nghiệm là . 2. Sử dụng tính chất đặc biệt về tam giác Nếu tam giác là tam giác đều , thì với mọi điểm M trên mặt phẳng tam giác, ta luôn có với O là tâm của đường tròn .Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi . Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và điểm M tùy ý trong mặt mặt phẳng Thì MA+MB+MC nhỏ nhất khi điểm M nhìn các cạnh AB,BC,AC dưới cùng một góc Ví dụ 2. Giải phương trình . Nếu thì Vt = Vp (phương trình không có nghiệm). Nếu thì ta xét tam giác vuông ABC với , AB = 4; AC = 3. Gọi AD là phân giác của góc A, lấy M thuộc tia AD. Đặt AM = x, xét và xét . Từ đó suy ra Vt = . Dấu đẳng thức xảy ra khi ,hay Vậy phương trình có nghiệm là . 3. Phương pháp sử dụng tính liên tục hàm số để chứng minh số nghiệm phương trình Ví dụ 3. CMR phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt thuộc (-7,9): đặt t= có pt 2t3 – 6t + 1 =0 hàm số này liên tục trên R ,có f(-2)f(0)<0 có 1ng tÎ(-2,0) suy ra có 1 ng xÎ (1,9) , f(0)f(1)<0 có 1ng tÎ (0,1) suy ra có 1ng xÎ (0,1) , f(1)f(2)< 0 có 1ng tÎ (1,2) suy ra có 1 ng xÎ (-7,0) Vậy phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm phân biệt thuộc ( -7,9). 4. Phương pháp sử dụng đạo hàm bậc 2 Tìm tập xác định của phương trình Xét hàm số f trên miền D ,tồn tại đạo hàm bậc 2 suy ra hàm số lồi hoặc lõm trên miền. Suy ra phương trình không có quá 2 nghiệm nhẩm 2 nghiệm thuộc miền D Ví dụ 4. Giải phương trình: đ/k x≥ - 1 PT tương đương xét hàm số f(x) = trên tập x/đ x ≥ -1, vậy hàm số đó có đồ thịlồi trên txđ. Do đó phương trình nếu có nghiệm thì không quá 2 nghiệm ta dễ thấy x = 0, x = 3 là nghiệm Ví dụ 5. Giải phương trình: điều kiện x ≥ 0 phưong trình tương đương với xét hàm số f(x) = tập xác định x ≥ 0 đồ thị hàm số lồi trên tạp xác định vì vậy phương trình không có quá 2 nghiệm ,dễ thấy x = 0 ,x = 1 là nghiệm 5. Một số phương trình không mẫu mực Ví dụ 6. Giải phương trình: đ/k x < 2 đặt Pt thành t+khi đócó PT: t4-8t3+12t2-48t+96=0 suy ra (t-2)(t3-6t2-48)=0 Có nghiệm t=2 suy ra x=1/2 cònphương trình: t3-6t2-48=t2(t-6) -48 < 0 với o<t≤ 4 vô nghiệm, vậy pt đã cho có 1 nghiệm x=1/2 Ví dụ 7. Giải phương trình: tưong đương với tương đương với *) với mọi x > 2 không thể là nghiệm vì vế trái 0 *) với mọi x < 0 cũng không thể là nghiệm *) với x = 2 là nghiệm vậy phương trình chỉ có nghiệm x = 2 Bài tập Chuyên đề 2. BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ Trong các đề thi đại học những năm gần đây, ta hay gặp những Bài toán về bất phương trình, nhất là các bất phương trình chứa căn. Nhằm giúp các bạn ôn thi tốt, Bài viết này chúng tôi xin giới thiệu một số dạng Bài và kỹ năng giải. A. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG. * Hai bất phương trình được gọi tương đương khi chúng có cùng tập nghiệm. * Một số phép biến đổi tương đương: +) Cộng (trừ) hai vế của bất phương trình với cùng một biểu thức mà không làm thay đổi điều kiện của bất phương trình. +) Nhân (chia) hai vế của bất phương trình với cùng một biểu thức ( luôn dương hoặc âm) mà không làm thay đổi điều kiện của bất phương trình. +) Lũy thừa bậc lẻ hai vế, khai căn bậc lẻ hai vế của một bất phương trình. +) Lũy thừa bậc chẵn hai vế, khai căn bậc chẵn hai vế khi hai vế của bất phương trình cùng dương. +) Nghịch đảo hai vế của bất phương trình khi hai vế cùng dương ta phải đổi chiều. I. Kỹ thuật lũy thừa hai vế. 1. Phép lũy thừa hai vế: a) . b) . *) hoặc . *) . *) . ( Đối với các trường hợp còn lại với dấu < các bạn có thể tự suy luận ). 2. Lưu ý: Đặc biệt chú ý tới điều kiện của Bài toán. Nếu điều kiện đơn giản có thể kết hợp vào bất phương trình, còn điều kiện phức tạp nên để riêng. 3. Ví dụ: Bài 1: Giải các BPT sau: a) ; b) c) ; d) Giải: a) . Vậy bất phương trình có tập nghiệm là: . b) . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: . Hai Bài tập còn lại các bạn tự giải. Bài 2: Giải BPT: (1). Giải: * (1) . * Vậy tập nghiệm: [-4;0]. Bài tập tương tự : Giải BPT: (TS (A)_ 2005). Đáp số: Tập nghiệm T=[2;10). II. Kỹ thuật chia điều kiện. 1. Kỹ thuật: Nếu Bài toán có điều kiện là mà ta có thể chia Bài toán theo n trường hợp của điều kiện: +) Trường hợp 1: , giải bất phương trình ta tìm được tập nghiệm . +) Trường hợp 2: , giải bất phương trình tìm được tập nghiệm T2. . +) Trường hợp n: , giải bất phương trình tìm được tập nghiệm Tn. Tập nghiệm của bất phương trình là . 2. Yêu cầu: Cần phải xác định giao, hợp trên các tập con của R thành thạo. 3. Ví dụ: Bài 1: Giải BPT: (1) Giải: * Điều kiện: . * Với (i) ta có (1) (ii) Kết hợp (i) và (ii) ta có tập nghiệm là . * Với thì (1) luôn đúng. Tập nghiệm trong trường hợp này là T2 = [-1 ;0). Vậy tập nghiệm của (1) là . Bài tập : Giải BPT : . Đáp số : hoặc x = 1. III. Kỹ thuật khai căn. 1) Đưa biểu thức ra ngoài căn thức : * . * . * * 2) Lưu ý : Biến đổi các biểu thức trong căn thức thành hằng đẳng thức. 3) Ví dụ : Giải BPT : (1) Giải : (1) * Với luôn thỏa mãn bpt (2). Vậy trong trường hợp này tập ngiệm là T1=[2 ;+. * Với bpt (2) trở thành : (luôn đúng). Vậy tập nghiệm của (1) trong trường hợp này là T2=[1 ;2). KL : Tập nghiệm của (1) là T=. * Chú ý : Bài này ta có thể giải bằng phương pháp bình phương hai vế.. IV. Kỹ thuật phân tích thành nhân tử đưa về bất phương trình tích. 1. Bất phương trình tích : Trên điều kiện của bpt ta có : * * Các trường hợp còn lại, các bạn tự suy luận. 2. Lưu ý : Đây là kỹ thuật giải đòi hỏi có tư duy cao, kỹ năng phân tích thành nhân tử thành thạo, cần phải nhìn ra nhân tử chung nhanh. 3. Ví dụ : Giải BPT : (1) Giải : Điều kiện : (1) (do khi ). (vô nghiệm). Vậy BPT đã cho vô nghiệm. V. Kỹ thuật nhân chia liên hợp : 1. Biểu thức nhân chia liên hợp: * . * . 2. Lưu ý: +) Nên nhẩm với một số nghiệm nguyên đơn giản. +) Chú ý tới các biểu thức nhân chia liên hợp. 3. Ví dụ: Giải BPT : (1) Giải: * Ta có (1) (2). Từ (2) ta có . * Mặt khác: (1) (3) * Lại có : Vì nên . Vậy (3) . KL : BPT (1) có tập nghiệm là T=. * Chú ý : Trong Bài toán này, việc thêm bớt, nhóm các số hạng với nhau để xuất hiện nhân tử chung xuất phát từ việc nhẩm được khi x=1 thì hai vể của BPT bằng nhau. Thường dùng cách giải tương tự cho Bài toán : . Bài tập tương tự : Giải BPT : (Dựa vào ĐH_B_2010). VI. Một số Bài tập tự luyện : Giải các BPT sau : 1, . 2, . 3, . 4, . 5, . 6, (ĐH_D_2002 ) 7, . 8, . 9, . 10, . 11, . 12, . 13, 14, . B. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ . I. Một số yêu cầu : - Dạng này học sinh cần nhớ cách đặt ẩn. Từ đó mở rộng cho Bài toán tương tự. - Chú ý tới các điều kiện của ẩn. II. Một số dạng toán và các Bài toán làm mẫu. 1. Đặt ẩn phụ đưa về bpt đơn giản hơn : Bài 1 :Giải BPT : (1) Giải : * Điều kiện : (*) * Đặt BPT (1) trở thành : . Vậy . Bài 2 : Giải BPT : (2) Giải : * Điều kiện : x>0. * Đặt (theo bất đẳng thức Côsi) . * BPT (2) trở thành : kết hợp với ta được . * Khi đó . KL : * Chú ý : Bài toán có thể mở rộng  cho dạng : . 2. Đặt ẩn phụ đưa về bất phương trình lượng giác : Giải BPT : (1). Giải : * Điều kiện : . * Đặt với . BPT (1) trở thành : . Do và nên với . * Do đó BPT đã cho có nghiệm là . 3. Bài tập tự luyện: Giải các BPT: 1) 2) . 3) . 4) . 5) . 6) . 7) . 8) 9) 10) 11) 12) 13) 14) 15) 16) 17) 18) C. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ. * Nhớ được cách xét tính đơn điệu của một hàm số, lập bảng biến thiên * Nhớ các bất đẳng thức. * Thường áp dụng cho các Bài toán đặc thù, phức tạp không có thuật toán cụ thể nhưng hay có trong các kì thi đại học các năm gần đây. I. Kỹ thuật sử dụng BĐT để đánh giá hai vế: 1) Bất đẳng thức thông dụng: * Bất đẳng thức Côsi: Với ta có . Dấu “=” xảy ra khi . * Bất đẳng thức Bunhiacopski : Với mọi ta luôn có : . Dấu « = » xảy ra khi . 2) Ví dụ : Bài 1 : Giải BPT : (1) Giải : * Điều kiện : (*) * Khi đó ( 1) Điều này luôn đúng với mọi x thỏa mãn điều kiện (*). Vậy nghiệm của BPT là . Bài 2 : Giải BPT : (2) (ĐH_A_2010) Giải: * Điều kiện: (*). * Ta có: . Vậy (2) (3). Mặt khác: Theo BĐT bunhiacopski ta có: (4) * Dấu bằng xảy ra khi . KL: III. Kỹ thuật sử dụng tích vô hướng của hai vectơ. 1. Định nghĩa: . a) Biểu thức tọa độ của tích vô hướng: +) Trong hệ tọa độ Oxy, nếu thì . +) Trong hệ tọa độ Oxyz, nếu thì . b) . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi cùng phương. c) . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi cùng hướng. 2) Ví dụ: Ta quay lại Bài thi ĐH_A_2010: Giải BPT : (1) (ĐH_A_2010) Giải: * Điều kiện: * Do = >1 nên bất phương trình (1) tương đương với (2) Trong mặt phẳng tọa độ lấy , . Khi đó: . Vậy (2) trở thành . Điều này xảy ra khi cùng hướng tức là tồn tại k>0 sao cho . Nhận xét: Ta có thể xây dựng được một lớp các Bài toán tương tự trên bằng cách lấy các vectơ thích hợp. IV. Kỹ thuật sử dụng khảo sát hàm số để đánh giá. 1. Thuật toán: Để giải bất phương trình ta khảo sát hoặc căn cứ vào tính chất của các hàm số y = f(x) và y = g(x), đưa ra bảng biến thiên và từ bảng biến thiên đưa ra kết luận. 2. Lưu ý: Nếu m là tham số thì y = h(m) là đường thẳng song song hoặc trùng với trục hoành. 3. Ví dụ: Bài 1: Tìm a để BPT sau có nghiệm: (1) Giải: * Điều kiện: Khi đó: (1) (1’). * Đặt . Ta có: Do đó f(x) là hàm đồng biến trên . * Bảng biến thiên: x 1 f(x) 3 Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy bpt (1) có nghiệm khi . Bài 2: Tìm m để BPT (1) nghiệm đúng với mọi . Giải: Ta có (1) (1’) * Đặt . Do nên theo BĐT Côsi ta có  . (Có thể sử dụng bảng biến thiên để tìm điều kiện của t) Khi đó (1’) trở thành : (2). nghiệm đúng với mọi khi và chỉ khi (2) nghiệm đúng với mọi . * Xét hàm số có . . * Ta có bảng biến thiên : t g’(t) + g(t) Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy (2) nghiệm đúng với mọi khi . V. Kỹ thuật sử dụng tính đơn điệu của hàm số trên miền xác định. 1. Thuật toán : Giả sử hàm số y = f(x) đơn điệu trên D, u(x) và v(x) có miền giá trị là tập con của D. Khi đó  ta có : hoặc (Tương tự cho các dấu ) 2. Ví dụ : Giải BPT : (1) Giải : * Điều kiện : (*) * Khi đó (2) * Xét hàm số với  : Có nên là hàm đồng biến trên . * Mặt khác : (2) kết hợp với điều kiện (*) ta được : . KL : VI. Kỹ thuật sử dụng tính đối xứng của hai nghiệm. Tìm m để BPT sau có nghiệm duy nhất : (1) Giải : * Điều kiện : (*) * Nhận xét : Nếu là nghiệm của (1) thì (1-) cũng là nghiệm của (1). Do đó phương trình có nghiệm duy nhất thì . Thay vào (1) ta được . * Với m=0 thì (1) trở thành : (thỏa mãn (*)). Vậy bất phương trình (1) có nghiệm duy nhất khi m=0. VII. Một số Bài tập tự luyện : Bài 1 : Giải các BPT : 1,. 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, Bài 2 : Tìm m để BPT sau vô nghiệm : . (ĐH_B_2004) Bài 3: Tìm a để BPT sau có nghiệm : . Bài 4 : Tìm các giá trị của m để bất phương trình sau có nghiệm : Bài 5: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm: . Bài 6: Tìm m để BPT sau nghiệm đúng với mọi : Chuyên đề 3. MỘT VÀI HỆ PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG GẶP Phần I : HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NH ẤT HAI ẨN Dạng toán thường gặp: 1 - Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn 2 - Hệ phương trình có nghiệm thoả mãn điều kiện cho trước 3 - Ứng dụng hệ phương trình bậc nhất giải các bài toán: a) Hai phương trình bậc hai có nghiệm chung b) Xét vị trí tương đối của hai đường thẳng c) Biện luận GTNN của biểu thức chứa hai ẩn Dạng I: Giải và biện luận hệ phương trình bậc nhất hai ẩn I - Phương pháp: Giải và biện luận hệ phương trình: (I) Ta thực hiện việc giải hệ phương trình (I) bằng cách tính định thức cấp hai ; ; 1- Nếu : Hệ phương trình có nghiệm duy nhất: 2 - Nếu : Xét các trường hợp * Nếu , thì hệ phương trình vô nghiệm. * Nếu , thì hệ phương trình có vô số nghiệm. Kết luận: - Với , hệ phương trình có nghiệm duy nhất: - Với , thì hệ phương trình có vô số nghiệm. - Với và hoặc thì hệ phương trình vô nghiệm. II – Bài tập minh hoạ: Ví dụ 1: Giải và biện luận hệ phương trình Giải: Ta có TH1: Nếu Hệ có nghiệm duy nhất TH2: Nếu D = 0 6ab = 0 a = 0 hoặc b = 0 * Với a = 0, suy ra Dx = Dy = b2 - Khi b = 0 thì Dx = Dy = 0, hệ có vô số nghiệm. - Khi thì , hệ vô nghiệm. * Với b = 0, suy ra Dx = 2a2 và Dy = -2a2 - Khi a = 0 thì Dx = Dy = 0, hệ có vô số nghiệm. - Khi thì , hệ vô nghiệm. Kết luận: - Với và , hệ có nghiệm - Với a = b = 0 , hệ có vô số nghiệm. - Với a = 0 và , hệ vô nghiệm. - Với và b = 0, hệ vô nghiệm. * Nhận xét: Việc phân tích tham số trong bài toán giải và biện luận hệ pt bậc nhất có thể được liên kết vớí việc sử dụng các hằng đẳng thức lượng giác. Ví dụ 2: Cho hệ phương trình: , với là tham số. a) Giải và biện luận hệ pt ? b) Tìm hệ thức liên hệ giữa nghiệm x, y của hệ không phụ thuộc vào ? Giải: a) Ta có: Xết các trường hợp: TH1: Nếu Hệ có nghiệm duy nhất TH2: Nếu D = 0 Với , hệ có vô số nghiệm. * Kết luận: - Với có nghiệm duy nhất - Với hệ có vô số nghiệm. b)Từ cặp nghiệm (x, y) ta có: Đó là hệ thức liên hệ giữa nghiệm x, y không phụ thuộc vào . III – Bài tập đề nghị: Bài 1: Cho hệ phương trình: a) Xté nghiệm của hệ với a = 0, a ? b) Giải và biện luận hệ phương trình theo tham số a ? Bài 2: Cho hệ phương trình a) Giải và biện luận hệ phương trình theo tham số m ? b) Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm x, y không phụ thuộc tham số m ? Bài 3: Cho hệ phương trình: a) Giải và biện luận hệ phương trình theo ? b) Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm x, y không phụ thuộc vào ? Bài 4: Hãy xác địng tất cả các giá trị của a, b sao cho nghiệm của bất phương trình: Là đoạn [-2; 5]. Dạng II: Hệ phương trình có nghiệm thoả mãn điều kiện cho trước I - Phương pháp: Cho hệ phương trình: (I) Tìm nghiệm của hệ phương trình thoả mãn điều kiện K ? Phương pháp: Ta thực hiện việc giải hệ phương trình (I) bằng cách tính định thức cấp hai ; ; Xét các khả năng: a) - Với , hệ phương trình có nghiệm duy nhất: b)- Với , thì hệ phương trình có vô số nghiệm. c)- Với và hoặc thì hệ phương trình vô nghiệm. Trong các trường hợp a, c phải so sánh các giá trị của nghiệm với điều kiện K nếu có để tìm được kết luận đúng. II – Ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Tìm m nguyên để hệ phương trình Có nghiệm nguyên ? Giải: Ta có : Xét các trường hợp: TH1: Nếu Với ta có , hệ vô nghiệm. TH2: Nếu , hệ có nghiệm duy nhất Vậy để hệ có nghiệm nguyên khi và chỉ khi m nguyên và 2m – 3 là ước của 6. Mà các ước của 6 là: So sánh các điều kiện ta có Với m = 0; 1; 2; 3 thì hệ có nghiệm nguyên. Nhận xét: Điều kiện về nghiệm của hệ có thể là các điều kiện thông thường như: Hệ có nghiệm, hệ vô nghiệm, hệ có vô số nghiệm, Tuy nhiên trong các bài toán liên kết với hệ phương trình của các hàm số như hàm Lượng giác hoặc hàm Mũ, thì điều kiện sẽ được làm chặt hơn. Ví dụ 2: Cho hệ phương trình: (I) a) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm ? b) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: (II) Giải: a) Ta có: TH1 : Nếu , hệ luôn có nghiệm duy nhất. TH2: Nếu * Với , hệ có vô số nghiệm. * Với , hệ vô nghiệm. KL: Vậy với thì hệ pt luôn có nghiệm. b) Đặt ẩn phụ: (*) Hệ (II) có dạng: (III) Xét hệ phương trình (III) ta có: TH1: Nếu * Với m = 1, hệ (III) có dạng: , vô nghiệm vì: * Với m = -1, hệ (III) vô nghiệm. TH1 : Nếu , hệ (III) luôn có nghiệm duy nhất: Nghiệm thoả mãn điều kiện (*) khi: KL: Vậy hệ (II) có nghiệm khi Ví dụ 3: Cho hệ phương trình: (I) a) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất ? b) Tìm m nguyên để nghiệm duy nhất của hệ là nghiệm nguyên ? Giải: Đặt: Hệ (I) trở thành: Ta có: a) Hệ có nghiệm duy nhất: Vậy hệ có nghiệm khi : b) Với m nguyên ta có m = - 2, khi đó hệ có là: Vậy với m = -2 thì hệ có nghiệm nguyên là (0;1). III – Bài tập đề nghị: Bài 1: Cho hệ phương trình: a) Giải và biện luận hệ phương trình theo m? b) Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm x, y không phụ thuộc m ? c) Khi hệ có nghiệm duy nhất, tìm m nguyên để hệ có nghiệm nguyên ? Bài 2: Giải và biện luận hệ phương trình theo tham số m: a) b) Bài 3: Giải sử hệ phương trình : Có nghiệm. CMR: a3 + b3 + c3 = 3abc ? Bài 4: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: Bài 5: Giải và biện luận hệ phương trình sau theo tham số m : Dạng III: Ứng dụng của hệ phương trình bậc nhất: (1) Áp dụng 1: Xét hai phương trình bậc hai có nghiệm chung. I - Bài toán tổng quát: Tìm điều kiện để hai phương trình sau có nghiệm chung Phương pháp: Bước 1: Xét hệ phương trình tạo bởi hai phương trình bậc hai: (I) Bước 2: Đặt , ta được hệ: (I) trở thành: (II) Bước 3: Để hai phương trình có nghiệm chung thì hệ (II) phải có nghiệm thoả mãn , ta có điều kiện: Bước 4: Thử lại. II- Ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Với giái trị nào của m thì hai phương trình sau có nghiệm chung: Giải: Các phương trình đã cho có nghiệm chung khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm: (I) Đặt , ta được hệ: (I) trở thành: (II) Ta có: Vì , hệ có nghiệm duy nhất: Hệ (I) có nghiệm khi và chỉ khi hệ (II) có nghiệm thoả mãn , nên ta phải có: Thử lại ta có: Với m = -1 thì hai phương trình có nghiệm chung là x = 1. Ví dụ 2: CMR nếu hai phương trình Có nghiệm chung thì: (*) Giải: Các phương trình có nghiệm chung khi và chỉ khi hệ pt sau có nghiệm: Đặt , ta được hệ: Ta có: TH1: Nếu , hệ có nghiệm duy nhất: Do , nên ta phải có : Khi đó (*) đúng. TH2: Nếu . Hệ có nghiệm Khi đó (*) đúng. Vậy: Hai phương trình có nghiệm chung thì: (đpcm) III – Bài tập đề nghị: Bài 1: Với giá trị nào của m thì các cặp phương trình sau có nghiệm chung: a) b) Bài 2 (ĐH Thái Nguyên 2000): Với giá trị nào của m thì các cặp phương trình sau có nghiệm chung: (2) Ứng dụng 2: Biện luận vị trí tương đối của hai đường thẳng: I - Bài toán tổng quát: Cho hai đường thẳng: d1: a1x + b1y + c1 = 0 và d2: a2x + b2y + c2 = 0 Biện luận theo các giá trị của tham số vị trí tương đối của hai đường thẳng ? Phương pháp: Bước 1: Xét hệ phương trình tạo bởi d1 và d2: (I) Bước 2: Dựa vào biên luận số nghiệm của hệ (I) ta có được vị trí tương đối của hai đường thẳng: * Nếu hệ (I) vô nghiệm * Nếu hệ (I) có nghiệm duy nhất * Nếu hệ (I) vô số nghiệm II – Ví dụ minh hoạ: Ví dị 1: Cho hai đường thẳng d1 và d2 có phương trình: (d1): kx – y + k = 0 và (d2): a) Với mỗi giá trị của k, hãy xác định giao điểm của d1 và d2 ? b) Tìm quĩ tích giao điểm đó khi k thay đổi ? Giải: a) Xét hệ phương trình tạo bởi d1 và d2 là: Ta có: D = 1 + k2, Dx = 1 – k2, Dy = 2k Vì . Vậy với mọi giá trị của k thì d1 luôn cắt d2 tại điểm I. b) Từ toạ độ giao điểm I ta có: Vậy: quĩ tích giao điểm I của d1 và d2 thuộc đường tròn: x2 + y2 = 1. III – Bài tập đề nghị: Bài 1: Cho a2 + b2 > 0 và hai đường thẳng có phương trình: d1: (a – b)x + y = 1 và d2: (a2 – b2)x + ay = b a) Hãy xác định giao điểm của d1 và d2 ? b) Tìm điều kiện của a, b để giao điểm đó thuộc trục hoành ? Bài 2: Cho a2 + b2 > 0 và hai đường thẳng d1, d2 có phương trình: d1: ax + by = a + b và d2: bx + ay = a – b a) Xác định giao điểm của d1 và d2 ? b) Tìm quỹ tích toạ độ giao điểm khi a, b thay đổi ? (3) Áp dụng 3: Biện luận giá trị nhỏ nhất của biểu thức hai ẩn: I – Bài toán tổng quát: Hãy biện luận giá trị nhỏ nhất của biểu thức Phương pháp: Bước 1: Xét hai đường thẳng Vậy giá trị nhỏ nhất của F tuỳ thuộc vào vị trí tương đối của d1 và d2. Bước 2: Xét hệ phương trình tạo bởi d1 và d2 có dạng: Xác định D, Dx, Dy. Bước 3: Xét hai trường hợp: TH1: Nếu thì hệ có nghiệm duy nhất : Khi đó d1 cắt d2 do đó minF = 0. TH2: Nếu D = 0 Đặt : t = a1x + b1y + c1, ta được: F = 2t2 + At + B Khi đó minF = , đạt được khi t = hay a1x + b1y + c1 = Bước 4: Kết luận: Với C, minF = 0 , đạt được khi Với D = 0, minF = , đạt được khi x, y thuộc đường thẳng có phương trình: a1x + b1y + c1 = . II – Ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Hãy biện luận giá trị nhỏ nhất của : F = (x + y – 2)2 + (x + ay – 3)2, theo tham số a . Giải: Xét hai đường thẳng: d1: x + y – 2 = 0 và d2: x + ay – 3 = 0 Vậy giá trị nhỏ nhất của F tuỳ thuộc vào vị trí tương đối của d1 và d2. Xét hệ phương trình tạo bởi d1 và d2 có dạng: TH1: Nếu Hệ có nghiệm duy nhất: Khi đó d1 cắt d2 do đó minF = 0. TH2: Nếu Với a = 1 thì Dy = 1 0, hệ vô nghiệm. Khi đó d1 // d2 và ta được: F = (x + y – 2)2 + (x + y – 3)2 Đặt t = x + y – 2 , ta có F = 2t2 – 2t + 1 Vậy minF, đạt được khi . Kết luận: - Với a 1, minF = 0, đạt được khi - Với a = 1, minF, đạt được khi x, y thuộc đường thẳng có phương trình: 2x + 2y – 5 = 0. III – Bài tập đề nghị: Bài 1: (HVNH – 2001): Hãy biện luận GTNN của biểu thức F = (x + my – 2)2 + [4x + 2(m – 2)y - 1]2, theo tham số m ? Bài 2: Biện luận theo tham số a GTNN của các biểu thức sau: a) F = (2x +y - 2)2 + (4x + ay – 1)2 b) F = (x – 2y + 1)2 + (2x + ay + 5)2 HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG LOẠI I Dạng toán thường gặp 1) Giải hệ phương trình. 2) Nghiệm của hệ phương trình thoả mãn điều kiện cho trước. 3) Một số hệ phương trình quy về hệ phưong trình bậc hai đối xứng loại I. Dạng I: Hệ phương trình đối xứng loại I I – Bài toán tổng quát: Hệ phương trình bậc hai có dạng: , với F1(x;y) = F1(y;x) và F2(x;y) = F2(y;x) Được gọi là hệ phương trình đối xứng loại I. Phương pháp : - Đặt - Biến đổi hệ phương trình đã cho thành hệ phương trình với hai ẩn S, P. - Giải hệ phương trình với hai ẩn S, P. - Với mỗi cặp (S, P) tìm được, tìm nghiệm (x; y) từ hệ: Trong đó x, y là các nghiệm của phương trình X2 – SX + P = 0. * Chú ý: Nếu (xo;yo) là nghiệm thì (yo;xo) cũng là nghiệm của hệ phương trình. II – Ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: (I) Giải: Ta có (I) (II) Đặt , ta được hệ (II) trở thành: * Với S = - 1 thì P = - 6 , ta có hệ phương trình: , x, y là các nghiệm của hệ phương trình X2 + X – 6 = 0. Suy ra X1 = -3; X2 = 2. Do đó hệ có nghiệm: (-3 ; 2), (2; -3) * Với S = 2 thì P = - 9 , ta có hệ phương trình: Giải tương tự trên ta được các nghiệm: Kết luận: Hệ phương trình có bốn nghiệm: (-3 ; 2), (2; -3), III – Bài tập đề nghị: Bài 1: Giải hệ phương trình: a) b) c) Dạng II: Nghiệm của hệ phương trình thoả mãn điều kiện cho trước Ví dụ 1: Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm: (I) Giải: Đặt , ta được hệ (I) trở thành: Để hệ (I) có nghiệm thì hệ (II) phải có nghiệm (S;P) thoả mãn điều kiện: S2 – 4P Phương trình (2) có nghiệm Khi mthì hệ (II) có các nghiệm: Hệ (I) có nghiệm khi S2 – 4P nên: *) Vì m nên (3) vô nghiệm . *) Kết luận: Với m = 3 thì hệ phương trình (I) có nghiệm. Ví dụ 2: Tìm các gái trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất: (I) Giải Nhận xét: Hệ (I) là hệ đối xứng loại Inên nếu (xo;yo) là một nghiệm của hệ thì (yo; xo) cũng là nghiệm.Do đó nếu hệ có nghiệm duy nhất thì xo = yo. Khi đó từ hệ (I) ta có : Vậy nếu (xo; xo) là nghiệm của hệ thì : - Nếu xo = 1 thì m = 3 - Nếu xo = -1 thì m = -1 - Nếu Tuy nhiên nghiệm (xo; xo) chưa chắc đã là nghiệm duy nhất của hệ, vì vậy với mỗi giá trị m tìm được cần kiểm tra tính duy nhất của nghiêm. Xét các trường hợp: * TH1: Với m = -1, hệ (I) trở thành: Hệ có các nghiệm (-1; 2), (2; -1) , (-1 ; -1). Vậy giá trị m = - 1 không thoả mãn yêu cầu bài toán. * TH2: Với m = 3, hệ (I) trở thành: Hệ có nghiệm duy nhất (1; 1). TH3: Với , hệ (I) trở thành: Hệ có nghiệm duy nhất Kết luận: Hệ (I) có nghiệm duy nhất khi m = 3 , . * Chú ý: Dựa vào tính chất của hệ đối xứng loại (I) ta có phương pháp điều kiện cần và đủ để giải bài toán tìm điều kiện để hệ có nghiệm duy nhất. Điều kiện cần : Là hệ có nghiệm (xo; yo) thoả mãn:xo = yo. Điều kiện đủ là: Thử lại các giá trị của tham số tìm được từ điều kiện cần. *) Bài tâp đề nghị dạng II Bài 1: Cho hệ phương trình: a) Giải hệ phương trình với m = 1 ? b) Xác định m để hệ phương trình có nghiệm ? Bài 2: Giải và biện luận hệ phương trình sau theo tham số a : Bài 3: Cho hệ phương trình: a) Giải hệ phương trình với m = -3 ? b)Xác định m để hệ có nghiệm duy nhất ? Bài 3: Cho hệ phương trình: a) Chứng tỏ rằng với mọi m thì hệ phương trình luôn có nghiệm ? b) Xác định m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất ? Bài 4: Cho hệ phương trình: Gọi (x; y) là nghiệm của hệ. Xác định a để tích x.y đạt giá trị nhỏ nhất ? Bài 5: Cho hệ phương trình: Tìm m để hệ phương trình có ít nhất một nghiệm (x; y) thoả mãn x > 0, y > 0 ? Bài 6: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: Dạng III: Một số hệ phương trình quy về hệ phưong trình bậc hai đối xứng loại I Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: (I) Giải: Nhận xét: Nếu khai triển các phương trình trong hệ (I) ta được một hệ phương trình bậc cao và việc tìm nghiệm là không dễ. Từ việc phân tích hai phương trình ta có: Do đó đặt ẩn phụ: , khi đó hệ (I) trở thành: (II) Giải hệ (II) ta được: Hay : Hệ (III) có nghiệm là: Hệ (IV) vô nghiệm. Kết luận: Hệ phương trình (I) có hai nghiệm là Ví dụ 2: Giải hệ phương trình: (I) Giải: Điều kiện: Hệ đối xứng nghịch đảo nên đặt ẩn phụ: , hệ (I) trở thành: (II) Giải hệ (II) ta được u = 2; v = 2. Do đó ta có: , hệ này có nghiệm duy nhất: (1 ; 1) Kết luận : Hệ (I) có nghiệm duy nhất (1 ; 1). *) Bài tập đề nghị dạng III: Bài 1: Giải các hệ phương trình sau: a) b) c) d) e) f) Bài 2: Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm: --------------------------------------------------------------------- I/ HÖ ph­¬ng tr×nh ®èi xøng 1/ §Þnh nghÜa Mét hÖ ph­¬ng tr×nh ®­îc gäi lµ ®èi xøng (hay gäi lµ ®èi xøng lo¹i mét) nÕu nh­ mçi ph­¬ng tr×nh cña hÖ kh«ng thay ®æi khi ta ho¸n vÞ tuú ý c¸c Èn cho nhau: Ch¼ng h¹n hÖ ph­¬ng tr×nh cã hai Èn lµ hÖ ®èi xøng lo¹i mét nÕu ¦(x,y)=¦(y,x), vµ g(x, y)=g(y, x). 2/ C¸ch gi¶i a/ XÐt hÖ ®èi xøng lo¹i mét Trong ®ã ¦(x,y), lµ nh÷ng ®a thøc ®èi xøng cña hai Èn x , y §Æt (*) Chó ý ®iÒu kiÖn s2³4p Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh theo s vµ p, thay vµo (*) Þ x, y b/ HÖ ph­¬ng tr×ng Trong ®ã ¦(x, y, z), g(x,y,z), h(x,y,z), lµ nh÷ng ®a thøc ®èi xøng víi c¸c Èn lµ x, y, z §Æt Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh Èn S, P, R víi mçi (S, P, R) ta t×m ®­îc Þ x, y, z lµ ba nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh : t3- St2+Pt2 - R = 0 VÝ dô: Cho hÖ ph­¬ng tr×nh m lµ tham sè a) Gi¶i hÖ khi m = 12 b)T×m m ®Ó hÖ (I) cã nghiÖm Gi¶i: HÖ (I) . §Æt x(x+1)=u Þ x2+x- u = 0, D1= 1+4u; y(y+1)=v Þ y2+y-v = 0 , 2= 1+4v HÖ (I) Û a/ m=12 u, v lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh X2- 8X+12 = 0; X1=6; X2=2 VËy ta ®­îc: * Gi¶i t­¬ng tù ta ®­îc: b) HÖ ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm x Û $u,v tho¶ m·n u³-; v³- Mµ u, v lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh: X2- 8X+m=0 (*) Yªu cÇu bµi to¸n Û t×m m ®Ó (*) cã 2 nghiÖm tho¶ m·n ³- VËy §K cña m lµ: VÝ dô 2: Gi¶ sö (x, y, z) lµ nghiÖm cña hÖ ph­¬ng tr×nh Chøng minh r»ng: Chøng minh: Theo gi¶ thiÕt ta cã 2 h»ng ®¼ng thøc : Þ Tr­êng hîp 1: Hay: Tõ §K: S2³4p (hÖ ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm) Þ (2-x)2 ³ 4(x2-2x+1) Û 3x2-4x£0 Û 0£ x £ Tr­êng hîp 2: Û Tõ §K: S2³4p (hÖ ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm) Þ (2-x)2³ 4(x2-2x+1) Û 3x2- 4x£0 Û -£ x £ 0 VËy trong mäi kh¶ n¨ng: -£ x £ T­¬ng tù cho y,z Þ ®iÒu ph¶i chøng minh VÝ dô 3: Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh Gi¶i: §K: x, y, z ¹0 Ta cã: Þ x, y, z lµ ba nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh t3 - 9t + 27=0 Û (t-3)3=0 Û t1=t2=t3=3 nªn hÖ ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt (3, 3, 3) Bµi tËp ®Ò nghÞ: Bµi 1: Gi¶i c¸c hÖ ph­¬ng tr×nh sau: a) b) c) Bµi 2: Cho hÖ ph­¬ng tr×nh m lµ tham sè Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh khi m=3 T×m m ®Ó hÖ ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm Bµi 3: Cho hÖ ph­¬ng tr×nh m lµ tham sè a) Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh khi m=2 b) T×m c¸c gi¸ trÞ cña m ®Ó hÖ ph­¬ng tr×nh cã Ýt nhÊt 1 nghiÖm (x,y) tho¶ m·n x>0; y>0 Bµi 4: T×m c¸c sè nguyªn x, y, x tho¶ m·n: TÝnh x3, y3, z3 theo a, b, c. Bµi 5: T×m c¸c sè nguyªn x, y, x tho¶ m·n: II/. HÖ ph­¬ng tr×nh ®èi xøng lo¹i 2: Ta xÐt c¸c hÖ ph­¬ng tr×nh 2 Èn: §Þnh nghÜa: HÖ ph­¬ng tr×nh 2 Èn §­îc gäi lµ hÖ ph­¬ng tr×nh ®èi xøng lo¹i II nÕu nh­ khi ta ®æi vai trß gi÷a x vµ y cho nhau th× ph­¬ng tr×nh nµy chuyÓn thµnh ph­¬ng tr×nh kia. Cã nghÜa lµ: ¦(y,x)=g(x,y); g(y,x) =¦(x,y) 2) C¸ch gi¶i: + Trõ theo vÕ cña hÖ (I) ®­îc ph­¬ng tr×nh hÖ qu¶: ¦(x,y) -g(x,y) =0 + Chia ¦(x,y) –g(x,y) cho (x, y) ®­îc h(x,y) Û ¦(x,y) –g(x,y)=(x- y)h(x,y) Û HÖ (I) Û Gi¶i ra ®­îc kÕt qu¶. NhËn xÐt: a) (x-y) h(x,y) = (x-y).h(y,x) Þ h(x,y) lµ ®a thøc ®èi xøng víi x vµ y. b) HÖ ph­¬ng tr×nh ®èi xøng lo¹i II hai Èn cã nghiÖm (a,b) th× hÖ ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm (b,a) Þ hÖ cã nghiÖm duy nhÊt Û b=a d¹ng nghiÖm (a,a) VÝ dô 1: Cho hÖ ph­¬ng tr×nh ë ®ã m lµ tham sè. Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh ®· cho khi m=-1 T×m c¸c gi¸ trÞ cña m ®Ó hÖ ph­¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm duy nhÊt. Gi¶i: a) Víi m=-1 (I) Û Û Û Û b) §iÒu kiÖn cÇn: §Ó hÖ ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt (x, y, z) th× (theo nhËn xÐt) Þ x0=y0 Þ PT: 2x2-mx+m=0 cã nghiÖm duy nhÊt Û D=m2- 8m=0 Û m=0 ; m=8 §iÒu kiÖn ®ñ: * Víi m=0 Þ hÖ PT ®· cho Û HÖ ph­¬ng tr×nh nµy cã v« sè nghiÖm d¹ng ( lo¹i) * Víi m=8 hÖ ph­¬ng tr×nh sÏ trë thµnh: hoÆc Gi¶i hÖ (*) Gi¶i hÖ (**) HÖ ph­¬ng tr×nh v« nghiÖm Tãm l¹i ( tho¶ m·n) VËy hÖ ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt Û m=8 VÝ dô 2: T×m m ®Ó hÖ ph­¬ng tr×nh: Cã nghiÖm duy nhÊt Gi¶i: HoÆc Gi¶i (*) HÖ ph­¬ng tr×nh nµy lu«n cã mét nghiÖm x=0; y=0 Nªn ®iÒu kiÖn cÇn lµ PT =0 HoÆc cã nghiÖm duy nhÊt x= 0 hoÆc v« nghiÖm Tr­êng hîp 1: = 0 cã nghiÖm duy nhÊt x= 0 Thay x= 0 vµ m = 0 nh­ng PT trë thµnh x2- 5x2 = 0 Þ x=0 hoÆc x=5 (lo¹i) Tr­êng hîp 2: =0 PT v« nghiÖm Û D=25- 4m §iÒu kiÖn ®ñ: Víi m> xÐt Cã Dx= (y-3)2- 4(y2-3y+m) Hay Dx= -3y2+6y+9- 4m = -3(y-1)2-4(m-3)<0 "y mµ m> Þ Dx<0 Þ PT v« nghiÖm Hay v« nghiÖm Þ HÖ (**) v« nghiÖm KÕt luËn: m> lµ tho¶ m·n yªu cÇu bµi to¸n VÝ dô 3: Gi¶i vµ biÖn luËn theo tham sè m hÖ ph­¬ng tr×nh Gi¶i: §Æt Þ vµ Ta ®­îc hÖ ph­¬ng tr×nh ®èi xøng lo¹i hai víi 2 Èn u, v (II) Û XÐt Cã PT: (1) D=1- 8(2- m) = 8m-15 P= ; S = Þ NÕu (1) cã 2 nghiÖm th× sÏ cã 1 nghiÖm ©m Cô thÓ lµ: Tr­êng hîp 1: 2- m2 ta cã u1, u2< 0 Þ kh«ng tån t¹i x, y Tr­êng hîp 2: 2- m³ 0 Û m £ 2 ta cã u1 < 0 <u2 ë ®ã: Khi Êy ta cã nghiÖm v = u = u2 Þ x = y =+1 *XÐt Víi §K: u³ 0; v³ 0 sÏ ®­îc ®iÒu kiÖn t­¬ng ®­¬ng 0£u£ XÐt PT: 4u2-2u-2m+5=0 D’=1+4(2m-5) = 8m-19 ¦(u)= 4u2-2u-2m+5=0 a.¦(u) =4.¦(0) =4(5-2m) a.¦() = 4. ¦() = 4.= 4(5-2m) Ta cã b¶ng so s¸nh sau: m D a.f(0) =a.f() KÕt luËn -¥ - + + - PTVN 0 0<u1<u2< + + + - 0<u1=u2< 0 0=u<=u2= + - + - 0<u1 << u2 +¥ Nh×n vµo b¶ng biÖn luËn trªn ta ®­îc kÕt qu¶ nh­ sau: +Víi: ta lu«n ®­îc 0£u1, u2£ VËy: a) u = u1 ; v = u2 Þ b) u = u2 ; v = u1 Þ +Víi: ta lu«n cã u1<0< <u2 Tãm l¹i: 1) HÖ v« nghiÖm 2) HÖ cã 1 nghiÖm 3) HÖ PT cã 3 nghiÖm Trong ®ã: 4) HÖ PT cã 2 nghiÖm Víi u1, u2 nh­ trªn. Bµi tËp ®Ò nghÞ: Bµi 1: Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: Bµi 2: Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: Gi¶i: (Gîi ý) §K: x³ 0; y³ 0. Khi trõ theo vÕ, cho ta PT hÖ qu¶ Vµ ta xÐt hµm sè ¦(t)= Þ ¦(t) ®ång biÕn Þ x = y Vµ gi¶i hÖ PT v« tû Bµi 3: Gi¶i ph­¬ng tr×nh : x3-3 Gîi ý: §Æt t = 3 Bµi 4: CMR Víi mäi gi¸ trÞ ©m cña m th× hÖ ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt Gîi ý: Trõ theo vÕ, xÐt PT hÖ qu¶ theo PT ®å thÞ Bµi 5: Cho hÖ ph­¬ng tr×nh: (m lµ tham sè) Gi¶i hÖ ®· cho víi m = 1 CMR nÕu m ¹ 0 th× hÖ ph­¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm duy nhÊt. Mét sè VD Kh¸c. VD1 gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh (*) giải: (*) VD2. gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh giải: (Vì(x+y/2)2+3y2+2>0) VD3. gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh giải: VD4. gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh giải: VD5. gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh VD6. gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh ) Giai: VD7. gi¶i ph­¬ng tr×nh Giai: VD8. gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh (*) (day la he doi xung loai 2 nhung giai theo Phuong phap thong thuong xe phuc tap ta se giai bang Phuong phap danh gia) Bµi tËp ¸p dông 10, gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh 11, gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh pp quy ve hptdxl2: chu y 2 dang sau co the dua ve hdxl2 vd1 gpt Mét sè HÖ ph­¬ng tr×nh nhiÒu Èn vµ c¸ch gi¶i Bµi 1: Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: Bµi gi¶i Bµi 2: Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: Bµi gi¶i Bµi 3: Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: Bµi gi¶i Bµi 4: Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: Bµi gi¶i Bµi 5: Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: Bµi gi¶i Bµi 6: Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: Bµi gi¶i Bµi 7: Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: Bµi gi¶i Bµi 8: Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: Bµi gi¶i Bµi 9: Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: Bµi gi¶i Bµi 10: Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: Bµi gi¶i Bµi tËp III/. HÖ ph­¬ng tr×nh d¹ng ho¸n vÞ vßng quanh. 1. Kh¸i niÖm: Mét d¹ng hÖ ph­¬ng tr×nh më réng cña hÖ ph­¬ng tr×nh ®èi xøng lo¹i hai lµ hÖ ph­¬ng tr×nh d¹ng ho¸n vÞ vßng quanh cña c¸c Èn: x1, x2,, xn Còng nh­ hÖ ph­¬ng tr×nh ®èi xøng lo¹i hai, ®Æc ®iÓm chung cña hÖ nµy lµ: nÕu (x1, x2,, xn) lµ mét nghiÖm th× ho¸n vÞ vßng quanh cña nã còng lµ nghiÖm cña hÖ. V× vËy viÖc gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh d¹ng :”Ho¸n vÞ vßng quanh” trong tr­êng hîp tæng qu¸t gÆp kh«ng Ýt khã kh¨n. ë ®©y t«i nghiªn cøu tr­êng hîp hÖ ph­¬ng tr×nh cã duy nhÊt nghiÖm:(x1= x2== xn) 2.C¸c tÝnh chÊt cÇn sö dông: a)TÝnh chÊt 1: NÕu hai hµm sè f, g cïng t¨ng trªn tËp hîp A vµ (x1, x2,, xn) lµ nghiÖm cña hÖ ph­¬ng tr×nh (I) ë ®ã xiÎA " th× x1= x2== xn Chøng minh: Do hÖ ph­¬ng tr×nh kh«ng thay ®æi qua phÐp ho¸n vÞ vßng quanh nªn g/s Þ x1£x2 Þ ¦(x1) £ ¦(x2) Þ g(x2) £ g(x3) Þ x2£x3 Þ ¦(x2) £ ¦(x3) Þ g(x3) £ g(x4) Þ x3£x4 Þ.. Þ ¦(xn-1) £ ¦(xn) Þ g(xn) £ g(x1) Þ xn £ x1 VËy Þ x1 £ x2 £ x3 £ . £ xn £ x1 Þ x1 = x2 = . = xn NhËn xÐt: nÕu f, g cïng gi¶m trªn A Þ tÝnh chÊt ttrªn vÉn ®óng. b/ TÝnh chÊt 2: Gi¶ sö hµm sè f gi¶m trªn tÇp hîp A vµ (x1, x2, , xn) lµ nghiÖm cña hÖ ph­¬ng tr×nh (I), ë ®ã xiÎA "i = khi Êy : +/ NÕu u lµ sè lÎ th× x1 = x2 = . = xn ++/ NÕu n lµ sè ch½n th× x1 = x3 = . = xn-1 x2 = x4 = . = xn Chøng minh: Còng nhËn xÐt nh­ trªn Gi¶ sö x1 = min +/ Tr­êng hîp n lµ sè lÎ: x1 £ x2 Þ ¦(x1) ³ ¦(x2) Þ g(x2) ³ g(x3) Þ x2 ³ x3 Þ ¦(x2) £ ¦(x3) Þ g(x3) £ g(x4) Þ x3£x4 . Þ ¦(xn-1) £ ¦(xn) Þ g(xn) £ g(x1) Þ xn £ x1 Þ ¦(xn) ³ ¦(x1) Þ g(x1)³ g(x2) Þ x1³x2 VËy x1 = x2 Þ x1 = x2 = . = xn ++/ Tr­êng hîp n lµ sè ch½n: Þ x1 £ x3 Þ ¦(x1) ³ ¦(x3) Þ g(x2) ³ g(x4) Þ x2 ³ x4 Þ ¦(x2) £ ¦(x4) Þ g(x3) £ g(x5) Þ x3£x5 Þ . Þ ¦(xn-2) £ ¦(xn) Þ g(xn-1) £ g(x1) Þ xn-1 £ x1 Þ ¦(xn-1) ³ ¦(x1) Þ g(xn) ³ g(x2) Þ xn ³ x2 VËy: (§iÒu ph¶i chøng minh) NhËn xÐt: TÝnh chÊt trªn vÉn ®óng khi ¦ lµ hµm sè gi¶m VÝ dô: Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: Gi¶i: xÐt c¸c hµm sè ¦(x) = Vµ g(t) = t trªn R Ta cã: g’(t) = 1 > 0 Vµ: ¦’(t) Víi mäi tÎR nªn ¦(t) vµ g(t) ®ång biÕn trªn R ¸p dông tÝnh chÊt 1: Þ NÕu hÖ ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm (x, y, z) th× x = y = z = t víi t lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh: = 0 (*) DÔ thÊy ph­¬ng tr×nh (*) cã Ýt nhÊt mét nghiÖm t =1. B©y giê ta cã thÓ kh¼ng ®Þnh ph­¬ng tr×nh (*) cã nhiÒu nhÊt mét nghiÖm. ThËt vËy xÐt hÖ sè h(t) = trªn R Ta cã: h’(t) Þ h’(t) > 0 " Î R Nªn h(t) t¨ng trªn R Þ ®å thÞ c¾t trôc hoµnh t¹i kh«ng qu¸ mét ®iÓm. NghÜa lµ ph­¬ng tr×nh (*) cã kh«ng qu¸ mét nghiÖm VËy ta ®­îc x = y = z = 1 HÖ ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt VÝ dô 2: Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: Gi¶i : Ta thÊy x ³ 0; y ³ 0; z ³ 0; t ³ 0. XÐt c¸c hµm sè: ¦(u) = (u-1)2; g(u) = zu (u³ 0) Ta cã: ¦’(u) = 2(u-1) g’(u) = 1 > 0 "uÎ R */ NÕu u>1 Þ hai hµm sè ¦(u) vµ g(u) ®Òu t¨ng ¸p dông tÝnh chÊt (1) Þ x = y = z = t = u */ NÕu 0£ u £1 th× ¦(u) lµ hµm sè gi¶m g(u) lµ hµm sè t¨ng ¸p dông tÝnh chÊt (2) Þ t = x; z = y khi Êy hÖ trë thµnh Trõ theo vÕ cña hai ph­¬ng tr×nh nµy: Þ x2-y2=0 hay x=y (v× x³0; y³0) Tãm l¹i: Trong c¸c tr­êng hîp ta ®Òu cã : x=y=z=t vµ ®ªug b»ng u³0. Víi u lµ nghiÖm kh«ng ©m cña ph­¬ng tr×nh: (u-1)=2u Û u2- 4u+1=0 Û Ta ®­îc hai nghiÖm cña hÖ ph­¬ng tr×nh ®· cho lµ: VÝ dô 3: Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: Gi¶i: XÐt c¸c hµm sè : ¦(t)=t3-3t+2 vµ g(t)=2t trªn R g’(t)=2. Hµm sè ¦(t)= t3-3t+2 ¦’(t)= 3t2-3 Cã kho¶ng biÕn thiªn: t -¥ -1 1 +¥ ¦’(t) + 0 - 0 + ¦(t) 4 0 Ta cã thÓ gi¶ thiÕt x1=min Tr­êng hîp 1: x1>1. Khi Êy xi>1 "i= Trªn kho¶ng (1,+¥) c¶ hai hµm sè ¦(t) vµ g(t) ®Òu t¨ng nªn x1=x2==x100=t. Víi t lµ nghiÖm cña PT t3-5t+2=0 (t-2)(t2+2t-1)=0 Ph­¬ng tr×nh nµy chØ cã nghiÖm t=2>1 Cho nªn x1=x2==x100=2. Tr­êng hîp 2: 0£ xi £1 Ta cã: ¦([0,1]) =g([0,1]) = [0,2] Víi x1Î[0,1] Þ ¦(x1) ¦([0,1]) Þ g(x2) Îg¦([0,1]) V× g lµ hµm sè ®ång biÕn trªn R Þ x2Î[0,1] ¦(x2) Î ¦([0,1]) Þ g(x3) Îg([0,1]) Þ Þx100Î[0,1] Trong tr­êng hîp nµy xi Î[0,1] "i= MÆt kh¸c trªn [0,1] th× hµm f gi¶m vµ hµm g t¨ng. ¸p dông tÝnh chÊt (2) Þ x1=x3==x99 x2=x4==x100=2. Ta cã hª ph­¬ng tr×nh HÖ lo¹i II. Trõ theo vÕ c¸c ph­¬ng tr×nh ta ®­îc: (x1-x2)( Û x1=x2 Þ Û Û (x1-2)( Û x1=2 hoÆc x2=-1+ hoÆc x2=-1- V×: x1Î[0,1] Þ x1=-1- (lo¹i) x2= 2 (lo¹i) VËy x1=-1+=x2 b) (céng theo vÕ) Lµ hÖ ®èi xøng lo¹i (I) §Æt S = x1+x2 P=x1x2 Þ V×: S2 + S +2 = 0 v« nghiÖm hoÆc Þ Trong tr­êng hîp nµy cã c¸c kh¶ n¨ng sau: ; Tr­êng hîp 3: x1<0 Þ g(x1)<0 Þ ¦(x100)<0 Þ x100 <-2 (Dùa vµo b¶ng biÕn thiªn) Þ g(x100)<0 (v× g lµ hµm ®ång biÕn trªn R) Þ ¦(x99) <0 Þ x99<-2 Þ g(x2)<0 Þ ¦(x1)<0 Þ x1<-2. VËy xi<-2 "i = MÆt kh¸c trªn (-,-2) hµm sè f, g ®Òu t¨ng nªn ¸p dông tÝnh chÊt (1) x1=x2==x100=t <-2. Víi t lµ nghiÖm cña PT t3-3t +2=2t Û t3-5t +2=0 (t-2)(t2-2t-1)=0 (*) Râ rµng (*) chØ cã 1 nghiÖm t = Þ x1=x2==x100= KÕt luËn: Tõ kÕt qu¶ cña c¸c tr­êng hîp trªn Þ hÖ P T cã 5 nghiÖm (x1,x3,,x99) x1=x2=x3==x100=2 2) x1=x2=x3==x100=-1+ 3) 4) 5) x1=x2=x3==x100=-1+ Bµi tËp ®Ò nghÞ: Bµi 1: Cho n lµ sè nguyªn lín h¬n 1. T×m gi¸ trÞ cña tham sè m ®Ó hÖ ph­¬ng tr×nh : cã nghiÖm duy nhÊt Bµi 2: Cho n lµ sè nguyªn lín h¬n 1 vµ a¹0 . Chøng minh r»ng: Bµi 3: Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh Bµi 4: Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh Bµi 5: Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh B×a 6: CMR víi mäi sè thùc a th× hÖ ph­¬ng tr×nh sau ®©y cã nghiÖm duy nhÊt. IV/ HÖ ®¼ng cÊp bËc hai 1/ Kh¸i niÖm: BiÓu thøc F(x,y) ®­îc gäi lµ ®¼ng cÊp bËc hai ®èi víi x, y khi mäi sè d­¬ng k th× ta cã F(kx,ky)=k2F(x,y) HÖ ®¼ng cÊp bËc hai lµ hÖ cã d¹ng Trong ®ã F vµ G lµ c¸c biÓu thøc ®¼ng cÊp bËc hai ®èi víi x,y cßn A,B lµc¸c h»ng sè. 2) Ph­¬ng ph¸p gi¶i: + G¶i hÖ víi y=o + Víi y¹0 ®Æt x=ky vµ ®­îc mét ph­¬ng tr×nh bËc hai theo k Gi¶i t×m k Þ x,y. 3) C¸c vÝ dô: VÝ dô 1: Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh Gi¶i: §©y lµ hÖ ®¼ng cÊp bËc hai ®èi víi x,y. + Víi y=0 Þ hÖ (I) Û (lo¹i) + Víi y¹0 Tay vµo hÖ ®· cho ta ®­îc Û Û V× y¹0 Þ k2-3k+1=(-1). Û 13k2 –39k+13=-k2+k-3 Û 16k2 –40k+16=0 Û 4k2 – 10k + 4= 0 Û 2k2 – 5k + 2= 0 D=52-4.2.2 = 9>0 Þ Víi k=2 Þ Þ Víi k= Þ hÖ PT : Û Tãm l¹i hÖ ®· cho cã 4 cÆp nghiÖm : (2,1); (-2,-1); (1,2); (-1,-2) VÝ dô 2: Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: (I) Gi¶i: §K x¹0; ¹0 HÖ (I) Û Û Û Víi y=0 Þ (1) Û (v« lý) Þ y¹0 ®Æt x=ky Û Û V× k¹0 Þ = 0 16k2- 29k- 6 = 0 D=292 +4.6.16=1225 Þ k1= k2= Víi k1=2 Þ y2[4+2-1]=5 Þ y2=1 Mµ x = 2y Þ Víi k= Þ Û (v« nghiÖm ) VËy hÖ ®· cho cã 2 cÆp nghiÖm hoÆc VÝ dô 3: Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh Gi¶i: * Víi y=0 HÖ (I) Û VËy hÖ cã nghiÖm (0,0) *Víi: y¹0. §Æt x=ky HÖ (I) Û Û V×: y¹0 Gi¶i: (1) D’=16-12=4 k1=; k2= Víi k=2 Þ 5.(2)2-7.2-6 = 0 Víi k= Þ 5. -7. -6 ¹ 0 VËy (1) vµ (2) bao giê còng $k=2 (tho¶ m·n) Þ HÖ ®· cho cã v« sè nghiÖm tho¶ m·n d¹ng (2t,t), tÎR Mét sè VD minh ho¹ kh¸c Bµi 1. (§HSP TPHCM 00-01).Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh. Bµi gi¶i. H­íng dÉn : khö hÖ sè tù do ta ®­îc : Ta thÊy : x= 0, y= 0 kh«ng lµ nghiÖm cña hpt, chia hai vÕ cho y ta ®­îc : *Víi thÕ vµo pt ta ®­îc : *Víi thÕ vµo pt ta ®­îc : KÕt luËn hpt cã 4 nghiÖm. Bµi 2. (§HDL PH¦¥NG §¤NG-KA 00-01). Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh. Bµi gi¶i. Gi¶i t­¬ng tù ta thu ®­îc 4 nghiÖm : Bµi 3. Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh. Bµi gi¶i. Gi¶i t­¬ng tù ta thu ®­îc 4 nghiÖm : Bµi 4. Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh. Gi¶i t­¬ng tù ta thu ®­îc 4 nghiÖm : MỘT SỐ DẠNG HỆ PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA CĂN THỨC. Dạng hệ phương trình có thể khử được một ẩn dẫn tới phương trình một ẩn. Bài 1.1. Giải hệ phương trình: HDG: Điều kiện: Ta viết: Thay vào (2) ta có: Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: Bài 1.2: Giải hệ phương trình: HDG: Điều kiện: Ta viết: Thay vào (2) ta có: Vậy hệ phương trình vô nghiệm. Bài 1.3: Giải hệ phương trình: HDG: Điều kiện: Ta viết: Suy ra: Vậy hệ phương trình 2 nghiệm (1; 0) và (0; 1) Bài tập tương tự: Giải các hệ phương trình sau: a) b) c) d) e) g) 2.Dạng hệ phương trình có thể đặt ẩn phụ để khử căn thức. *Đặt một ẩn phụ: Bài 2.1. Giải hệ phương trình: HDG: Điều kiện: Đặt . Khi đó (1) trở thành: Với thay vào (2) ta được: Với thay vào (2) ta được: Vậy hệ pt có 4 nghiệm phân biệt: *Đặt hai ẩn phụ đưa về hệ phương trình: Bài 2.2. Giải hệ phương trình: HDG: Điều kiện: Đặt . Hệ trở thành: Suy ra: Bài 2.3. Giải hệ phương trình: [ĐH.2006.A] HDG: Điều kiện: Ta viết hệ Đặt . Hệ trở thành: Suy ra: Bài tập tự luyện: Giải các hệ phương trình sau: a) Đáp số: (1;0) b) Đáp số: (4;4) c) Đáp số: (8;64) và (64; 8) d) Đáp số: (1;2) e) g) h) i) Đáp số: HD: j) Dạng hệ phương trình chứa căn giải được nhờ sử dụng bất đẳng thức. Bài 3.1. Giải hệ phương trình: HDG: Điều kiện: Ta có: kết hợp với hệ suy ra Bài 3.2. Giải hệ phương trình: HDG : Điều kiện: Ta giả sử Suy ra x = y = 1. Bài 3.3. Giải hệ phương trình: HDG : Điều kiện: Ta có: Theo hệ phương trình ta phải có Bài 3.4. Giải hệ phương trình: HDG : Điều kiện: Ta có: Theo hệ phương trình ta phải có Kết hợp với hệ pt suy ra 2 nghiệm (1; 0) và (0; 1) Bài 3.5. Giải hệ phương trình: HDG: Điều kiện: Ta có: < = 2z (1’) Tương tự: < 2x (2’) < 2y (3’) Từ (1’) ;(2’) ; (3’) và (1) ; (2) ; (3) suy ra. 2(x+y+z) = < 2z + 2x + 2y (4) Từ (4) suy ra: x = y = z = Bài tập tự luyện: Giải các hệ phương trình: a) b) c) d) e) g) h) HD: so sánh: i) j) HD: sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski Dạng hệ phương trình chứa căn giải được nhờ sử dụng tính chất của hàm số. Bài 4.1. Giải hệ phương trình: HDG: ĐK: ; Hệ Xét hàm số đồng biến trên R. Suy ra: Suy ra: Vậy hệ pt có 2 nghiệm là: Bài 4.2. Giải hệ phương trình: HDG: ĐK: ; Hệ Xét hàm số đồng biến trên. và hàm số nghịch biến trên. Khi đó hệ có dạng: Nếu (x; y; z) là một nghiệm của hệ phương trình thì ta sẽ chứng minh x=y=x. Thật vậy, không mất tính tổng quát giả sử x = max{x, y, z} khi đó xảy ra hai trường hợp: TH1: TH2: Vậy x = y = z. Từ hệ suy ra: Tóm lại: hệ phương trình có nghiệm duy nhất: (x; y; z) = (3; 3; 3) Bài tập tương tự: Giải các hệ phương trình: a) b) [ĐH.2010.A] 5. Dạng hệ phương trình chứa căn giải được bằng cách lượng giác hóa. Bài 5.1. Giải hệ phương trình: HDG: Điều kiện Đặt với Hệ trở thành: Đặt PT (*) trở thành: Với t= 1 suy ra: Bài 5.2. Giải hệ phương trình: HDG : Điều kiện Dễ thấy . Khi đó hệ Đặt mà nên Vậy hệ pt có nghiệm: ; ; và Bài 5.3. Giải hệ phương trình : Giải : Đặt với . Khi đó hệ đã cho trở thành : . Ta xét hai trường hợp : Nếu thì và ngược lại nên ta có x = y = 0 là nghiệm của hệ . Xét và : Nhân (1) và (2) vế theo vế ta có : (3) (1) (4) Thay (4) vào (3) ta có Khi đó nghiệm của hệ là HÖ ph­¬ng tr×nh mò – logarÝt Ph­¬ng ph¸p biÕn ®æi t­¬ng ®­¬ng Bµi 1 Gi¶i c¸c ph­¬ng tr×nh sau 1) 2) 3) 4) 5) 6) 7) 8) 9) 10) Lêi gi¶i 1) §iÒu kiÖn y>-1 óó §iÒu kiÖn x>0;y>0 ó 3) ó 4) ó ó 5) óó Ph­¬ng tr×nh (1) cã x=y tho¶ m·n NÕu x>y th× NÕu x<y th× Thay vµo (2) ta cã x=y=1 hoÆc x=y=-1 6) ó ó 7) (7) §iÒu kiÖn (7) ó 8) (8) §iÒu kiÖn (8) ó 9) (9) §iÒu kiÖn y>0 (9) ó 10) (10) §iÒu kiÖn (10) ó Bµi 2 : Cho hÖ ph­¬ng tr×nh Gi¶i hÖ víi m = 2 T×m m ®Ó hÖ (1) cã nghiÖm Lêi gi¶i §iÒu kiÖn ó Víi m = 2 gi¶i hÖ (2) ta ®­îc nghiÖm (1 ;1) ; (-1 ;1) (1) cã nghiÖm khi vµ chØ khi (*) cã nghiÖm y>0 Do (*) cã nªn (*) cã nghiÖm d­¬ng ó f(0) 0 Bµi 3 Cho hÖ ph­¬ng tr×nh Gi¶i hÖ víi k =2 BiÖn luËn theo k hÖ (1) Lêi gi¶i §iÒu kiÖn (*) ó Víi k = 2 ó ó BiÖn luËn ó Víi x= 3+k ; y= 3+k lµ nghiÖm cña hÖ khi vµ chØ khi tho¶ m·n hÖ ®iÒu kiÖn (*) ó ó +) XÐt ph­¬ng tr×nh (4) cã . NÕu ph­¬ng tr×nh (4) v« nghiÖm nªn hÖ (3) v« nghiÖm . NÕu Víi k = 3 th× ph­¬ng tr×nh (4) cã nghiÖm x= 0 kh«ng tho¶ m·n (*) => (3) v« nghiÖm Víi k= -1 th× ph­¬ng tr×nh (4) cã nghiÖm x=2 thay vµo (5) ta ®­îc y = 2 Vëy hÖ (3) cã nghiÖm (2;2) . NÕu Khi ®ã (4) cã hai nghiÖm Víi x= x1 thay vµ 95) ta ®­îc y= x2 Víi x = x2 thay vµo (5) ta ®­îc y = x1 Do ®ã (3) cã nghiÖm tho¶ m·n KÕt hîp víi (**) ta cã KÕt luËn +) Víi hoÆc k = -2 hÖ v« nghiÖm +) Víi hÖ cã nghiÖm x = y = 3+k +) hÖ cã ba nghiÖm C¸c bµi tËp tù luyÖn Gi¶i c¸c hÖ ph­¬ng tr×nh sau 1) §S : (2;1) 2) §S: 3) DS : 4) DS : 5) DS : 6) DS : 7) DS : (0;1) ; (2;4) 8) DS 9) DS : (1,1) ; (9;3) 10) DS (3;4) Ph­¬ng ph¸p ®Æt Èn phô Bµi1 Gi¶i c¸c hÖ phùîng tr×nh sau 1) 2) 3) 4) 5) Lêi gi¶i 1) (1) §Æt thay vµo (1) ta cã 2) (2) §Æt Thay vµo (2) ta ®­îc 3) (3) §Æt Thay vµo (3) ta cã 4) §K xy>0 §Æt log2 (xy)=t ó xy = 2t thay vµo (1) ta ®­îc : Víi (v× ) thay vµo (2) ta cã Víi Víi x= -1 => y=-2 VËy nghiÖm cña hÖ (-1 ;-2) (-2 ;-1) 5) (5) §K x>0;y>0 ó (2) §Æt thay vµo (2) ta cã Bµi 2 : Cho hÖ ph­¬ng tr×nh (1) Gi¶i hÖ víi a=3; b=5 Gi¶i vµ biÖn luËn hÖ khi a,b>0 Bµi lµm Víi a,b>0 §iÒu kiÖn §Æt thay vµo hÖ ®· cho ta ®­îc Víi a=3 b=5 thay vµo (2) ta cã (2) ó +) (3) ó lµ nghiÖm cña hÖ (1) khi vµ chØ khi +) (4) ó Ph­¬ng tr×nh (5) cã . NÕu 0<a<b th× ph­¬ng tr×nh (5) v« nghiÖm suy ra hÖ (4) v« nghiÖm . NÕu a=b th× ph­¬ng tr×nh (5) cã nghiÖm x = 0 (lo¹i) suy ra (4) v« nghiÖm . NÕu 0<b<a th× (5) cã hai nghiÖm VËy hÖ (4) kh«ng cã nghiÖmèth¶ m·n ®iÒu kiÖn KL Víi a,b>0 a+b =1 hÖ v« nghiÖm hÖ cã nghiÖm x=y = a+b Bµi 3 Cho hÖ ph­¬ng tr×nh Gi¶i hÖ víi m = 0 T×m m ®Ó hÖ cã nghiÖm T×m m ®Ó hÖ cã nghiÖm duy nhÊt Bµi lµm §Æt Thay vµo (1) ta cã Víi u = - v kh«ng tho¶ m·n ®iÒu kiÖn (*) (2) ó a) Víi m =0 (2) b) HÖ cã nghiÖm khi vµ chØ khi (4) cã nghiÖm ó cã nghiÖm XÐt f(v) = f’(v) = 2v -2 =0 ó v = 1 B¶ng biÕn thiªn v 1 2 f’(v) - 0 + f(v) 0 -1 Ph­¬ng tr×nh (4) cã nghiÖm ó c) Tõ b¶ng BBT ta thÊy hÖ cã nghiÖm duy nhÊt khi vµ chØ khi Bµi tËp tù luyÖn 1) Gi¶i c¸c hÖ ph­¬ng tr×nh sau: 1) §S: 2) §S: (0;1);(1;2) ; (-1;2) 3) DS: 2) Cho hÖ phùîng tr×nh a) Gi¶i hÖ víi m= 1 b) T×m m ®Ó hÖ cã nghiÖm 3) Cho hÖ ph­¬ng tr×nh T×m m ®Ó hÖ cã nghiÖm phùîng ph¸p Hµm sè Bai 1 Gi¶i c¸c hÖ ph­¬ng tr×nh 1) 2) 3) 4) 5) Bµi lµm 1) (I) XÐt hµm sè f(x) = lµ hµm ®ång biÕn trªn R nªn tõ ph­¬ng tr×nh (2) ta cã f(x) =f(y) ó x = y Thay vµo (1) ta ®­îc (3) VT (3) lµ hµm ®ång biÕn trªn R ; VP (3) lµ hµm nghÞch biÕn trªn R vËy (#) cã nghiÖm duy nhÊt x=1 VËy hÖ ®· cho cã nghÞªm (1 ;1) 2) XÐt hµm sè f(x) = lµ hµm ®ång biÕn trÕn R nªn tõ (1) ta cã f(x) = f(y) ó x=y Thay vµo (2) ta cã VËy hÖ cã nghiÖm (2 ;2) (-2 ;-2) 3) XÐt hµm sè f(x) = lµ hµm ®ång biÕn trªn R nªn tõ (2) ta cã f(x) = f(y) ó x=y thay vµo (1) ta duoc ( do ham f(x) = 2x-2x la hµm låi ) VËy hÖ cã nghiÖm (1 ;1) (2 ;2) 4) DK x>-1;y>-1 (3) Suy ra x; y cïng dÊu XÐt hµm f(t) = ln(1+t)-t voi t >-1 t -1 0 + BBT f’(t) + 0 - f(t) 0 -2 - Tõ b¶ng biÕn thiªn ta thÊy ph­¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm ( x ; y) voi th× x ; y ph¶i lµ hai så tr¸i dÊu . §iÒu nµy m©u thuÉn víi (3) VËy hÖ ®· cho chØ cã thÓ cã nghiÖm (x ;y) voi x= y Khi ®ã x = y =0 lµ nghiÖm duy nhÊt cña hÖ 5) +) Víi x = y thay vµo (2) ta cã Suy ra y = 1 +) Voi y = 1-x thay vµo (2) ta ®­îc (3) VT(3) lµ hµm ®ång biÕn trªn R ; VP(3) lµ hµm nghÞch biÕn trªn R vËy (3) cã nghiÖm duy nhÊt x = 1 => y = 0 VËy hÖ cã nghiÖm (1 ;1) ; (1 ; 0) Bµi tËp tù luyªn 1) Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh sau : DS (1;1) 2) Cho hÖ CM hÖ cã hai nghiÖm ph©n biÖt IV gi¶i hÖ b»ng ph­¬ng ph¸p ®iÒu kiÖn cÇn vµ ®ñ Bµi 1 : T×m m ®Ó hÖ sau cã nghiÖm duy nhÊt (1) LG Neu x0 la nghiem thi –x0 cung la nghiem cua he Do do de he co nghiem duy nhat thif x0=-x0 ó x0 = 0 Voi x0 = 0 thay vao he ta co Voi m = 0 thay vao (1) ta co Xet ham la ham dong bien tren R nen tu (3) ta co Ket hop voi (4) ta co Vay he co nghiem duy nhat voi m = 0 Bai 2 ( Bai tu luyen) Tim m de he sau co nghiem duy nha Chuyên đề 4. PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ Chuyên đề 5. PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • docpt_vo_tibat_phuong_trinh_vo_tihe_phuong_trinh_coban_day_du_3497.doc
Tài liệu liên quan