3.cd dai so_in

Trang 1

CHUYÊN ĐỀ TOÁN 12 LUYỆN THI ĐẠI HỌC 0913.430 999Email: [email protected]

Chuyên đề: ĐẠI SỐ

HỆ PHƯƠNG TRÌNH

I. Hệ phương trình đối xứng loại 1: Phần 1- Định nghĩa chung: Phần 2 – Hệ phương trình đối xứng loại 1 hai ẩn: Phần 3 – Hệ phương trình đối xứng loại 1 ba ẩn:

II. Hệ phương trình đối xứng loại 2:

1. Hệ phương trình đối xứng loại 2 hai ẩn: 2. Hệ phương trình đối xứng loại 2 ba ẩn:

III. Hệ phương trình đẳng cấp: IV. Một số hệ phương trình khác:

PT-BẤT PT-HỆ PT VÔ TỶ

A. Phương trình - bất phương trình chứa căn thức I. Phương pháp biến đổi tương đương II. Phương pháp đặt ẩn phụ:

Dạng 1: Dạng 2: Dạng 3: Dạng 4: (Đặt ẩn phụ không triệt để). Dạng 5: (Đặt ẩn phụ với hàm lượng giác). Dạng 6: (Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình).

III. Phương pháp hàm số B. Hệ phương trình - hệ bất phương trình chứa căn.

1. Phương pháp biến đổi tương đương: 2. Phương pháp đặt ẩn phụ:

Trang 2


HỆ PHƯƠNG TRÌNH I. Hệ phương trình đối xứng loại 1: Phần 1- Định nghĩa chung: Dựa vào lý thuyết đa thức đối xứng. Phương trình n ẩn x1, x2, ..., xn gọi là đối xứng với n ẩn nếu thay xi bởi xj; xj bởi xi thì phương trình không thay đổi. Khi đó phương trình luôn được biểu diễn dưới dạng: x1 + x2 + ... + xn x1x2 + x1x3 + ... + x1xn + x2x1 + x2x3 + ... + xn-1xn ............................... x1x2 ... xn Hệ phương trình đối xứng loại một là hệ mà trong đó gồm các phương trình đối xứng. Để giải được hệ phương trình đối xứng loại 1 ta phải dùng định lý Viét. * Nếu đa thức F(x) = a0xn + a1xn1 +... an, a0 ≠ 0, ai P có nhgiệm trên P là c1, ..., cn thì:

11 2

0

21 2 1 3 1 2 1 2 3 -1

0

1 10

...

... ...

...............................

... ( 1) .

n

n n n

n nn

ac c c

aa

c c c c c c c c c c c ca

ac c c

a

(Định lý Viét tổng quát)

Phần 2 – Hệ phương trình đối xứng loại 1 hai ẩn: 1. Định lý Viét cho phương trình bậc 2: Nếu phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm x1, x2 thì:

1 2

1 2

.

bS x xa

cP x xa

Ngược lại, nếu 2 số x1, x2 có 1 2

1 2

.x x Sx x P

thì x1, x2 là nghệm của phương trình X2 SX + P = 0.

2. Định nghĩa: ( , ) 0( , ) 0

f x yg x y

, trong đó ( , ) ( , )( , ) ( , )

f x y f y xg x y g y x

3.Cách giải: Bước 1: Đặt điều kiện (nếu có). Bước 2: Đặt S = x + y, P = xy với điều kiện của S, P và 2 4S P . Bước 3: Thay x, y bởi S, P vào hệ phương trình. Giải hệ tìm S, P rồi dùng Viét đảo tìm x, y

Chú ý: + Cần nhớ: x2 + y2 = S2 – 2P, x3 + y3 = S3 – 3SP. + Đôi khi ta phải đặt ẩn phụ u = u(x), v = v(x) và S = u + v, P = uv. + Có những hệ phương trình trở thành đối xứng loại 1 sau khi đặt ẩn phụ. 4. Bài tập: Loại 1: Giải hệ phương trình

Ví dụ 1. Giải hệ phương trình 2 2

3 3

3035

x y xyx y

.

GIẢI Đặt S , Px y xy , điều kiện 2 4S P . Hệ phương trình trở thành:

22

30PSP 30 S

90S(S 3P) 35 S S 35S

S 5 x y 5 x 2 x 3

P 6 xy 6 y 3 y 2

.

Trang 3



( ) 22

xy x yx y

.

GIẢI Đặt , , t y S x t P xt , điều kiện 2 4S P Hệ phương trình trở thành:

3 3 3

xt(x t) 2 SP 2

x t 2 S 3SP 2

S 2 x 1 x 1

P 1 t 1 y 1

.


2 2

1 1 4

1 1 4

x yx y

x yx y

.

GIẢI Điều kiện 0, 0x y .

Hệ phương trình tương đương với: 2 2

1 1x y 4

x y

1 1x y 8

x y

Đặt 21 1 1 1S x y , P x y , S 4P

x y x y

ta có:

2

1 1x y 4S 4 S 4 x y

P 4 1 1S 2P 8x y 4

x y

1x 2 x 1x

1 y 1y 2y

.

Ví dụ 4. Giải hệ phương trình 2 2 2 8 2 (1)

4 (2)x y xyx y

.

GIẢI Điều kiện , 0x y . Đặt 0t xy , ta có:

2xy t và (2) x y 16 2t . Thế vào (1), ta được:

2t 32t 128 8 t t 4 Suy ra:

xy 16 x 4

x y 8 y 4

.

Loại 2: Điều kiện tham số để hệ đối xứng loại 1 có nghiệm Phương pháp giải chung: + Bước 1: Đặt điều kiện (nếu có). + Bước 2: Đặt S = x + y, P = xy với điều kiện của S, P và 2 4S P (*). + Bước 3: Thay x, y bởi S, P vào hệ phương trình. Giải hệ tìm S, P theo m rồi từ điều kiện (*) tìm m. Chú ý: Khi ta đặt ẩn phụ u = u(x), v = v(x) và S = u + v, P = uv thì nhớ tìm chính xác điều kiện của u, v. Ví dụ 1 (trích đề thi ĐH khối D – 2004). Tìm điều kiện m để hệ phương trình sau có nghiệm thực:

11 3

x yx x y y m

.

GIẢI Điều kiện , 0x y ta có:

Trang 4


3 3

x y 1 x y 1

x x y y 1 3m ( x) ( y) 1 3m

Đặt S x y 0, P xy 0 , 2S 4P. Hệ phương trình trở thành:

3

S 1 S 1

P mS 3SP 1 3m

.

Từ điều kiện 2S 0, P 0, S 4P ta có 10 m

4 .

Ví dụ 2. Tìm điều kiện m để hệ phương trình 2 2 3 9

x y xy mx y xy m

có nghiệm thực.

GIẢI

2 2

x y xy m (x y) xy m

xy(x y) 3m 9x y xy 3m 9

.

Đặt S = x + y, P = xy, 2S 4P. Hệ phương trình trở thành: S P m

SP 3m 9

.

Suy ra S và P là nghiệm của phương trình 2t mt 3m 9 0 S 3 S m 3

P m 3 P 3

.

Từ điều kiện ta suy ra hệ có nghiệm 2

2

3 4(m 3) 21m m 3 2 3

(m 3) 12 4

.

Ví dụ 3. Tìm điều kiện m để hệ phương trình 4 1 4

3x y

x y m

có nghiệm.

GIẢI Đặt u x 4 0, v y 1 0 hệ trở thành:

2 2

u v 4u v 421 3mu v 3m 5 uv

2

.

Suy ra u, v là nghiệm (không âm) của 2 21 3mt 4t 0

2

(*).

Hệ có nghiệm (*) có 2 nghiệm không âm.

/ 3m 130 0 132S 0 m 721 3m 30P 0

2

.

Ví dụ 4. Tìm điều kiện m để hệ phương trình 2 2 4 4 10( 4)( 4)

x y x yxy x y m

có nghiệm thực.

GIẢI 2 22 2

2 2

(x 4x) (y 4y) 10x y 4x 4y 10

xy(x 4)(y 4) m (x 4x)(y 4y) m

.

Đặt 2 2u (x 2) 0, v (y 2) 0 . Hệ phương trình trở thành: u v 10 S 10

uv 4(u v) m 16 P m 24

(S = u + v, P = uv).

Trang 5


Điều kiện

2S 4P

S 0 24 m 1

P 0

.

Loại 3: Một số bài toán giải bằng cách đưa về hệ phương trình.

Ví dụ. Giải phương trình: 3 3 31 2

x x .

GIẢI

Đặt: 3

3

x u

1 x v

. Vậy ta có hệ:

3 3

3u v2

u v 1

2

3u v2

(u v) (u v) 3uv 1

3u+v =2

19u.v =36

u, v là hai nghiệm của phương trình: 2 3 19X - X + = 02 36

9+ 5u =12

9 - 5u =12

3

3

9 + 5x = 12

9 - 5x = 12

Vậy phương trình có hai nghiệm: {x} = 3 3

9 5 9 5; 12 12

.

Phần 3 – Hệ phương trình đối xứng loại 1 ba ẩn: a. §Þnh nghÜa: Lµ hÖ ba Èn víi çc ph¬ng tr×nh trong hÖ lµ ®èi xøng. b. §Þnh lý Vi-et cho ph¬ng tr×nh bËc 3:

Cho 3 sè x, y, z cã:

x + y + z = αxy + yz + zx = βxyz = γ

Th× x, y, z ;µ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh X3 - αX2 + βX - γ = 0. (*) ThËy vËy: (X - x)(X - y)(X - z) = 0

[ X2 - (x + y)X + xy ](X - z) = 0 X3 - X2z - X2(x + y) + (x + y)zX + xyX - xyz = 0 X3 - αX2 + βX - γ = 0.

(*) cã nghiÖm lµ x, y, z ph¬ng tr×nh X3 - αX2 + βX - γ = 0 cã 3 nghiÖm lµ x, y, z. c.Çch gi¶i: + Do çc ph¬ng tr×nh trong hÖ lµ ®èi xøng nªn ta lu«n viÕt ®îc díi d¹ng α, β, γ

Khi ®ã ta ®Æt

x + y + z = αxy + yz + zx = βxyz = γ

Ta ®îc hÖ cña α, β, γ. + Gi¶i ph¬ng tr×nh X3 - αX2 + βX - γ = 0 (1) t×m ®îc nghiÖm (x, y, z) cña hÖ. Chó ý: (1) cã nghiÖm duy nhÊt hÖ v« nghiÖm.

(1) cã 1 nghiÖm kÐp duy nhÊt hÖ cã nghiÖm. (1) cã 2 nghiÖm : 1 nghiÖm kÐp, 1 nghiÖm ®¬n hÖ cã 3 nghiÖm. (1) cã 3 ngiÖm hÖ cã 6 nghiÖm.

d. Bµi tËp:

Trang 6


VD1: Gi¶i hÖ: 2 2 2

3 3 3

x + y + z = 2x + y + z = 6x + y + z = 8

Gi¶i: ¸p dông h»ng ®¼ng thøc ta cã: x2 + y2 + z2 = (x + y + z)2 - 2(xy + yz + zx). x3 + y3 + z3 = (x + y + z)3 - 3(x + y + z)(xy + yz + zx) + 3xyz. VËy 6 = 22 - 2(xy + yz + zx) xy + yz + zx = -1. 8 = 23 - 3.2.(-1) + 3xyz xyz = -2.

x, y, z lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh:t3 - 2t2 - t + 2 = 0

t = 1t = - 1t = 2

VËy hÖ cã 6 cÆp nghiÖm (1;-1;2); (-1;1;2); (1;2;-1); (-1;2;1); (2;1;-1); (2;-1;1).

VD2: Gi¶i hÖ

x + y + z = 9 (1)xy + yz + zx = 27 (2)1 1 1 + + = 1 (3)x y z

Gi¶i: §K: x, y, z ≠ 0. Tõ (3) xy + yz + zx = 1

xyz

Do (2) xyz = 27

VËy hÖ

x + y + z = 9 xy + yz + zx = 27 xyz = 27

Do ®ã (x; y; z) lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: X3 - 9X2 + 27X - 27 = 0 (X - 3)3 = 0 X = 3. VËy hÖ cã nghiÖm lµ (3; 3; 3).

VD3: Gi¶i hÖ 2 2 2 2

3 3 3 3

x + y + z = ax + y + z = ax + y + z = a

Gi¶i: x2 + y2 + z2 = (x + y + z)2 - 2(xy + yz + zx) xy + yz + zx = 0. x3 + y3 + z3 = (x + y + z)3 - 3(x + y + z)(xy + yz + zx) + 3xyz xyz = 0.

VËy cã:

x + y + z = 0xy + yz + zx = 0

0xyz

(x; y; z) lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: X3 - aX2 = 0 X = 0X = a

VËy hÖ cã nghiÖm lµ {(a; 0; 0); (0; a; 0); (0; 0; a)} e.Chó ý: Cã nhiÒu vÊn ®Ò cÇn lu ý khi gi¶i hÖ lo¹i nµy + Víi çch gi¶i theo ®Þnh lý Vi-et tõ hÖ ta ph¶i ®a ra ®îc x + y + z; xy + yz + zx; xyz cã thÓ nã lµ hÖ qu¶ cña hÖ nªn khi t×m ®îc nghiÖm nªn thö l¹i. + V× lµ hÖ ®èi xøng gi÷a çc Èn nªn trong nghiÖm cã Ýt nhÊt 2 cÆp nghiÖm cã cïng x, cïng y hoÆc cïng z nªn cã thÓ gi¶i hÖ theo ph¬ng tr×nh céng, thÕ.

Trang 7


VD:

x + y + z = 9 (1)xy + yz + zx = 27 (2)1 1 1 + + = 1 (3)x y z

Gi¶i: Râ rµng x = 0, y = 0, z = 0 kh«ng lµ nghiÖm cña hÖ Víi x ≠ 0, y ≠ 0, z ≠ 0, nh©n hai vÕ cña (3) víi xyz ta cã xy + yz + zx = xyz (4). Tõ (2) vµ (4) xyz = 27 (5) Tõ (2) x2(y + z) + xyz = 27x (6) Tõ (1), (5), (6) ta cã: x2(9 - x) + 27 - 27x = 0

x3 - 9x2 + 27x - 27 = 0 (x - 3)3 = 0 x = 3

Thay x = 3 vµo (1), (5) ta cã: y + z =6yz = 9

y = z = 3.

VËy hÖ cã nghiÖm lµ x = y = z = 3. II. Hệ phương trình đối xứng loại 2: 1. Hệ phương trình đối xứng loại 2 hai ẩn: A. Định ghĩa:

( , ) 0 1( , ) 0 2

f x yf y x

Cách giải: Lấy (1) (2) hoặc (2) (1) ta được: (xy)g(x,y)=0. Khi đó xy=0 hoặc g(x,y)=0. + Trường hợp 1: xy=0 kết hợp với phương trình (1) hoặc (2) suy ra được nghiệm. + Trường hợp 2: g(x,y)=0 kết hợp với phương trình (1) + (2) suy ra nghiệm (trong trường hợp này hệ phương trình mới trở về hệ đối xứng loại 1) và thông thường vô nghiệm. B. Các ví dụ:

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình

3

3

3 8 1

3 8 2

x x y

y y x

(I)

GIẢI Lấy (1) (2) ta được: 2 2(x - y)(x + xy + y + 5) = 0

Trường hợp 1: (I) 3x = 3x + 8y

x = y

3x = 0

x - 11x = 0x = ± 11

x = yx = y

.

Trường hợp 2: (I)

2 2

3 3

x +xy+y +5=0x +y =11 x+y

(hệ này vô nghiệm)

Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm:

(x, y) = (0,0); ( 11, 11); (- 11,- 11)

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình 4

4

1 1

1 1

x y

y x

GIẢI Đặt: 4 4x - 1 = u 0; y - 1 = v 0

Hệ phương trình trở thành 4 4

4 4

u + 1 + v = 1 u + v = 0v + 1 + u = 1 v + u = 0

u = 0v = 0

(Do u, v ≥ 0) x = 1y = 1

.

Vậy hệ có nghiệm (1,1)

Trang 8


Ví dụ 3: Cho hệ phương trình 2

2

x y y my x x m

(I)

a. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm. b. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất.

Giải (I)

2 2

22

2 2

2 2

x = ± yx - y = y - y - x + xx = y - y + mx = y - y + m

x = y x = yx = y - y + m x - 2x + m = 0

x = - y x = - yx = y - y + m y + m = 0

a) Hệ phương trình có nghiệm '

x'

y

Δ 0 1 - m 0 m 1m 0

- m 0 m 0Δ 0

b) Hệ phương trình có nghiệm duy nhất

'x

'y

'x

'y

Δ = 0

Δ < 0

Δ < 0

Δ = 0

1 - m = 0- m < 0

1 - m < 0- m = 0

m = 1.

Vậy m = 1. Ví dụ 4: Giải phương trình: 3 31 2 2 1x x .

GIẢI Đặt 3 2x - 1 = t 2x - 1 = t3.

Ta có hệ 3

3

x + 1 = 2tt + 1 = 2x

3

2 2

x + 1 = 2t(x - t)(x + xt + t + 1) = 0

3x - 2x + 1 = 0

x = t

2(x - 1)(x + x - 1) = 0

x = t

x = 1

- 1 ± 5x = 2

Vậy phương trình có 3 nghiệm: 1; - 1 ± 5

2.

2. HÖ ph¬ng tr×nh ®èi xøng lo¹i 2, 3 Èn: (§äc thªm) A. Dïng chñ yÕu lµ ph¬ng ph¸p biÕn ®æi t¬ng ®¬ng b»ng phÐp céng vµ thÕ. Ngoµi ra sö dông sù ®Æc biÖt trong hÖ b»ng çch ®¸nh gi¸ nghiÖm, hµm sè ®Ó gi¶i. B. VÝ dô:

Gi¶i hÖ

2

2

2

x + 2yz = x (1)y + 2zx = y (2)z + 2xy = z (3)

Gi¶ b»ng çch céng (1), (2), (3) vµ lÊy (1) trõ ®i (2) ta cã hÖ ®· cho t¬ng ®¬ng víi hÖ

2

2

x + 2yz = x(x + y + z) = x + y + z(x - y)(x + y - 2z - 1) = 0

HÖ nµy ®¬ng t¬ng víi 4 hÖ sau:

Trang 9


2 2x + 2yz = x x + 2yz = xx + y + z = 0 (I) x + y + z = 0 (II) x =y x + y - 2z - 1 = 0

2 2x + 2yz = x x + 2yz = xx + y + z = 1 (III) x + y + z = 1 (IV) x =y x + y - 2z - 1 = 0

Gi¶i (I):

(I)

2x + 2yz = x2y + z = 0x = y

2x + 2yz = xz = - 2xx = y

2 2x - 4x = xz = - 2xx = y

-1x = 0 x = 3

z = - 2xx = y

VËy (I) cã 2 nghiÖm (0;0;0); (-1 -1 2; ;3 3 3

)

Lµm t¬ng tù (II) cã nghiÖm (2 -1 -1; ;3 3 3

);(-1 2 -1; ;3 3 3

)

HÖ (III) cã nghiÖm (0;0;1); (1 1 1; ;3 3 3

)

HÖ (IV) cã nghiÖm (0;1;0); (1;0;0). VËy hÖ ®· cho cã 8 nghiÖm kÓ trªn.

VD2: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:

2 2

2 2

2 2

x + y + z = 1x + y + z = 1x + y + z = 1

Gi¶i: HÖ

2 2x + y + z = 1(y - z)(y + z - 1) = 0(x - z)(x + z - 1) = 0

2 2 2 2

2 2 2 2

x + y + z = 1 x + y + z = 1y=z (I) y = z (II)x=z x + z - 1 = 0

x + y + z = 1 x + y + z = 1z + y - 1 = 0 (III) z + y - x = z

1 = 0 (IV)x + z - 1 = 0

Gi¶i çc hÖ b»ng ph¬ng ph¸p thÕ ®îc 5 nghiÖm (-1;-1;-1); (0;0;1); (0;1;0); (0;0;1); 1 1 1; ;2 2 2

.

VD4: Gi¶i hÖ:

2

2

2

111

x yy zz x

Gi¶i: XÐt hai trêng hîp sau: TH1: Trong 3 sè Ýt nhÊt cã 2 nghiÖm sè b»ng nhau:

Trang 10


Gi¶ sö x=y cã hÖ

2

2

2

111

x xy zz x

Tõ ®ã cã nghiÖm cña hÖ (x;y;z) lµ : 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5; ; ; ; ;

2 2 2 2 2 2

T¬ng tù y=z, z=x ta còng ®îc nghiÖm nh trªn. TH2 : 3 sè x, y, z ®«i mét kh¸c nhau .

Gi¶ sö x>y>z ,xÐt hµm sè f(t) = t2 trªn D = 1;

a) z 0 , x>y>z 0 f(x)>f(y)>f(z)y+1>z+1>x+1y>x>z(v« lý). b) z<y<x 0 f(x)<f(y)<f(z)y+1<z+1<x+1y<z<x(v« lý). c) x>0>z>-1 f(-1)>f(z) 1>x+1x<0 (v« lý) VËy ®iÒu gi¶ sö lµ sai. TH2 v« nghiÖm.

VD5:

2

2

2

222

x x y yy y z zz z x x

Gi¶i: TH1: Trong x, y, z Ýt nhÊt cã 2 nghiÖm sè b»ng nhau Gi¶ sö x = y ta cã hÖ

3

2

2

2 0 (1)2 0 (2)2 0 (3)

x x xx z x zz x z x

Tõ (1) x = 0, x = -1. x = 0. Thay vµo (2), (3) z=0. x = -1. Thay vµo (2), (3) v« lý VËy hÖ cã nghiÖm (0,0,0) NÕu y = z hay x = z còng chØ cã nghiÖm (0,0,0). TH2: 3 sè ®«i 1 kh¸c nhau. Tõ 2x + x2y = y thÊy nÕu x2 = 1 ± 2 = 0 (v« lý)

VËy x2 ≠ 1 2x + x2y = y 2

21

xyx

Hai ph¬ng tr×nh cßn l¹i t¬ng tù ta cã hÖ ph¬ng tr×nh t¬ng ®¬ng víi:

2

2

2

21

21

21

xyxyzyzxz

Gi¶ sö x > y > z (*). XÐt hµm sè:

f(t) = 2

21

tt

x¸c ®Þnh trªn D = R\ {1}

f’(t) = 2

2 2

2( 1) 0(1 )

tt

víi mäi tD

hµm sè ®ång biÕn trªn D f(x) > f(y) > f(z)

Trang 11


y > z > x m©u thuÉn víi (*). VËy ®iÒu gi¶ sö sai. Do vai trß x, y, z nh nhau. VËy TH2 - hÖ v« nghiÖm VËy hÖ ®· cho cã nghiÖm duy nhÊt lµ (0; 0; 0) III. Hệ phương trình đẳng cấp:

1. Dạng:

,

,

F x y A

G x y B

, trong đó , , ; , ,n mF kx ky k F x y G kx ky k G x y .

2. Cách giải: Đặt y = tx (x ≠ 0) hoặc x = ty (y ≠ 0). 3. Ví dụ:

Giả hệ phương trình: 2 2

2 2

2 3 9 *

4 5 5

x xy y

x xy y

GIẢI + Với x = 0: Hệ phương trình đã cho vô nghiệm.

+ Với x ≠ 0: Đặt y = tx. Hệ phương trình tương đương với

2 2

2 2

1 2 3 9 1

1 4 5 5 2

x t t

x t t

. Lấy (1)(2)

ta được: 15t213t+2=0 23

t ; 15

t .

Với 23

t : ta có 32

y x , thay vào (*) ta được nghiệm (3;2), (3;2).

Với 15

t : ta có 15

y x , thay vào (*) ta được nghiệm 5 2 2 5 2 2; , ;2 2 2 2

.

IV. Một số hệ phương trình khác: Tổng hợp các kiến thức kết hợp với việc suy luận hợp lý để giải.

1. 2 22

( , )2 1 2 2

xy x y x y

x yx y y x x y

.

HD: Biến đổi phương trình 2 22xy x y x y (x + y)(x 2y 1) = 0. ĐS: x = 5; y = 2.

2. 4 3 2 2

2

2 2 9( , )

2 6 6

x x y x y x

x yx xy x

.

HD: Biến đổi hệ phương trình thành:

2 2

2

( ) 2 96 6

2

x xy xx xxy

. ĐS: x = 4; y = 174

.

3.

2 3 2

4 2

54

51 24

x y x y xy xy

x y xy x.HD: Biến đổi hệ pt thành:

2 2

22

54

54

x y xy x y xy

x y xy

.

Đặt: 2u x y

v xy

.ĐS:

3

3

51

43

25 2 16

x x

yy

.

4.

3

1 1 1

2 1

x yx y

y x

.

Trang 12


HD: (1) 11 0x yxy

. ĐS: 1 5 1 5 1 5 1 51;1 , ; , ;

2 2 2 2

5. 1 4

42 2

1log log 1

25

y xy

x y

.

HD: Tìm cách khử logarit để được: 34yx . ĐS: 3; 4

6. 3

2

y x y x

x y x y

. HD: 3 3 61 0y x y x y x y x . ĐS: 3 11;1 , ;

2 2

7.

2

2

2

2

23

23

yyx

xxy

.

HD: Đối xứng loại 2. ĐS: 1;1

8. 2 3

9 3

1 2 1

3log 9 log 3

x y

x y

.

HD: Tìm cách khử logarit để được: x y . ĐS: 1;1 , 2; 2 .

9. 3

1 1 4

x y xy

x y

HD: Đặt t xy , bình phương hai vế phương trình thứ hai tìm được t=3. ĐS: 3;3 .

10. 3 3

3 3

1 1 5

1 1 15 10

x yx y

x y mx y

. Tìm m để hệ phương trình này có nghiệm thực.

HD: Đặt 1 1,u x v yx y

, điều kiện 2, 2u v . ĐS:

7 2, 224

m m .

Trang 13


PHƯƠNG TRÌNH-BÂT PHƯƠNG TRÌNH-HỆ PHƯƠNG

TRÌNH VÔ TỶ

A. Phương trình - bất phương trình chứa căn thức I. Phương pháp biến đổi tương đương 1. Kiến thức cần nhớ:

2 2

2 1 2 1

2 2

2 1 2 1

1.

2. 0

3. ,

4. 05. ,

nn

n n

n n

n n

n n

a a

a b a b ab

a b a b a b

a b a ba b a b a b

2. Các dạng cơ bản:

* Dạng 1: 2

0g xf x g x

f x g x

(Không cần đặt điều kiện 0f x )

* Dạng 2: f x g x xét 2 trường hợp:

TH1:

0

0

g x

f x

TH2:

2

( ) 0g xf x g x

* Dạng 3: 2

( ) 00

f xf x g x g x

f x g x

Lưu ý: + g(x) thường là nhị thức bậc nhất (ax+b) nhưng có một số trường hợp g(x) là tam thức bậc hai (ax2+bx+c), khi đó tuỳ theo từng bài ta có thể mạnh dạn đặt điều kiện cho 0g x rồi bình phương 2 vế đưa phương trìnhbất phương trình về dạng quen thuộc.

+ Chia đa thức tìm nghiệm: Phương trình 1 20 1 2 1 0n n n

n na x a x a x a x a có

nghiệm x= thì chia vế trái cho cho x– ta được 1 20 1 2 1 0n n

n nx b x b x b x b ,

tương tự cho bất phương trình. * Phương trìnhbất phương trình bậc 3: Nếu nhẩm được 1 nghiệm thì việc giải theo hướng

này là đúng, nếu không nhẩm được nghiệm thì ta có thể sử dụng phương pháp hàm số để giải tiếp và nếu phương pháp hàm số không được nữa thì ta phải quay lại sử dụng phương pháp khác.

* Phương trìnhbất phương trình bậc 4, lúc này ta phải nhẩm được 2 nghiệm thì việc giải phương trình theo hướng này mới đúng, còn nếu nhẩm được 1 nghiệm thì sử dụng như phương trìnhbất phương trình bậc 3 và nếu không ta phải chuyển sang hướng khác. Ví dụ 1: Giải phương trình: 01312 2 xxx (ĐH Khối D – 2006) Biến đổi phương trình thành: 22 1 3 1x x x (*), đặt điều kiện rồi bình phương 2 vế ta được:

028116 234 xxxx ta dễ dạng nhẩm được nghiệm x = 1 sau đó chia đa thức ta được: (*) (x – 1)2(x2 – 4x + 2) = 0.

Ví dụ 2: Giải bất phương trình: 224 1 2 10 1 3 2x x x , ĐK: 23

x

2 2 1 5 2 3 2 ( 5) 3 2 9 5pt x x x x x x x x (1), Với 32

x hai vế (1)

đều không âm nên ta bình phương 2 vế: x3 – x2 – 5x – 3 0 23 1 0x x

b) Tương tự với 2 dạng: * f x g x * f x g x

Trang 14


Ví dụ 1: Giải bất phương trình 22 6 1 2 0 1x x x Giải

21 2 6 1 2x x x bất phương trình tương đương với hệ:

2

2

22 0

3 7 3 7 3 72 6 1 0 32 2 2

2 6 1 2 1 3

xx

x x x x xx x x x

Ví dụ 2: Tìm m để phương trình 2 2 1 2x mx m có nghiêm. Giải * Nếu m < 2 phương trình vô nghiệm. * Nếu m 2 phương trình x22mxm2+4m3=0. Phương trình này có =2m24m+3>0 với mọi m. Vậy với m 2 thì phương trình đã cho có nghiêm. Ví dụ 3: Tìm m để phương trình 22 3 1x mx x có hai nghiệm phân biệt. Giải:

Cách 1: 2

12 4 0, (*)

xPT

x m x

, phương trình (*) luôn có 2 nghiệm:

2 2

1 22 4 20 2 4 200, 0

2 2m m m m m mx x

. Phương trình đã cho có 2 nghiệm

(*) có 2 nghiệm

1x

222 2

41 4 4 20 1

4 4 20

mx m m m m

m m m

Chú ý: + x1 > 0, x2 < 0 vì x1 > x2 và a.c < 0 nên pt có 2 nghiệm trái dấu. + Cách 1 thường dùng khi hệ số a luôn dương hoặc luôn âm. + Cách 2: Đặt t = x + 1 suy ra x = t – 1, khi đó với 1 0x t . (*) trở thành: 21 2 1 4 0t m t (**). Để (*) có 2 nghiệm 1x thì (**) phải có 2 nghiệm 0t . Ví dụ 4: (ĐH Khối B – 2006). Tìm m để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt:

2 2 2 1x mx x , (1)

Giải: 2

2 1 03 4 1 0, 2

xpt

x m x

để (1) có hai nghiệm thực phân biệt thì (2) có hai nghiệm lớn

hơn hoặc bằng 12

hay

24 12 0

1 902 21

2 2

m

f m

S

.

Chú ý : Cách 2: đặt 12

t x , khi đó để (2) có hai nghiệm lớn hơn hoặc bằng 12

thì

21 13 4 1 0

2 2t m t

có hai nghiệm thực lớn hơn hoặc bằng 0.

3. Các kỹ năng: a. Để bình phương 2 vế phương trình – bất phương trình thì một là ta biến đổi cho 2 vế không âm hai là đặt điều kiện cho 2 vế không âm. Ví dụ 1: Giải bất phương trình: 5 1 1 2 4x x x (ĐH Khối A – 2005)

Trang 15


Vế phải không âm, nhưng vế trái chưa nhận xét được do đó ta phải biến đổi thành: 5 1 1 2 4x x x khi đó ta bình phương 2 vế rồi đưa về dạng cơ bản để giải.

Ví dụ 2: Giải phương trình: 21 2 2 1x x x x x . Giải

Điều kiện: 1

2 *0

xxx

2 2 2 2

22 2 2

2

1 2 2 1 2 4 2 1 2 2 1

4 2 2 1

8 9 0

x x x x x x x x x x x

x x x x x

x x

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x=0, 98

x .

Ví dụ 3: Tìm m để phương trình 2 22 4 0x mx x có nghiệm.

HD: Chuyển vế, đặt điều kiện, bình phương hai vế tìm được 2

1,216

2m mx

. Kết hợp với điều

kiện ta tìm được |m| 4. b. Chuyển về phương trình – bất phương trình tích:

- Đặt nhân tử chung, hằng đẳng thức Lưu ý: Để sử dụng phương pháp này ta phải chú ý đến việc thêm, bớt, tách, phân tích... Ví dụ 4: Giải phương trình: 2 7 7x x . HD:

Bình phương hai vế. Dùng hằng đẳng thức a2 b2=0.

Nghiệm 1 292,2

x x .

Ví dụ 5: Giải các bất phương trình: a.

2

2 41 1

x xx

b.

2 23 2 3 2 0x x x x

ĐS: a. 1x<8, b. 1; 2 3;2

.

Ví dụ 6: (Khối B – 2007): Chứng minh rằng với mọi giá trị dương của tham số m, phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: 2 2 8 2x x m x .(1) Giải: ĐK: 2x , do m > 0.

)2(,3262

242 23 mxxx

xmxxpt . Để chứng minh 0m , phương

trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì chỉ cần chứng minh phương trình (2) có một nghiệm khác 2. Thật vậy: đặt 3 26 32, 2f x x x x , ta có f(2) = 0,

' 2lim , 3 12 0, 2x

f x f x x x x

nên f(x) là hàm liên tục trên 2; và đồng biến trên

khoảng đó suy ra 0m phương trình (2) luôn có nghiệm x0 mà 2 < x0 < . Một số dạng chuyển thành tích:

- Dạng: - -a c x b dax b cx d

m

Ta biến đổi thành: ( )m ax b cx d ax b cx d

Ví dụ: Giải phương trình: 34 1 3 25

xx x . ĐS: x=2.

- Dạng: u+v=1+uv (u-1)(v-1)=0

Trang 16


Ví dụ: Giải phương trình: 3 23 31 2 1 3 2x x x x . ĐS: x=0, x=1. Ví dụ: Giải phương trình: 3 244 1 1x x x x . ĐS: x=0, x=1.

- Dạng: au+bv=ab+uv (ub)(va)=0 Ví dụ 1: Giải phương trình: 23 2 1 2 4 3x x x x x x . ĐS: x=0, x=1. Ví dụ 2: Giải phương trình: 3 2 2 23 3 2 3 2 2x x x x x x x . ĐS: x=0.

- Dạng: a3b3 (ab)(a2+ab+b2)=0 a=b

Ví dụ: Giải phương trình: 22 332 3 9 2 2 3 3 2x x x x x . ĐS: x=1. c. Chuyển về dạng: A1 + A2 +....+ An = 0 với ,0 1iA i n khi đó pt tương đương với:

, ,1 20 0 0 nA A A . Ví dụ 1: Giải phương trình: 24 3 3 4 3 2 2 1x x x x x . HD: Phương trình tương đương 24 4 3 3 1 2 2 1 2 1 0x x x x x x . ĐS: x=1.

Ví dụ 2: Giải phương trình: 2 24 2 4x y y x y . Giải

Bình phương hai vế ta được 2 2 2 12 1 2 2 2 4 0 , 2.2

x y y x y x y

d. Sử dụng lập phương: Với dạng tổng quát 3 3 3a b c ta lập phương hai vế và sử dụng hằng đẳng thức

3 3 3 3a b a b ab a b khi đó phương trình tương đương với hệ 3 3 3

33

a b c

a b abc c

. Giải hệ

này ta có nghiệm của phương trình. Ví dụ: Giải bất phương trình 3 3 31 2 2 3x x x . ĐS:

31; 2;2

x x x .

e. Nếu bất phương trình chứa ẩn ở mẩu: - TH1: Mẩu luôn dương hoặc luôn âm thì ta quy đồng khử mẩu:

Ví dụ 1: Giải bất phương trình:

22 16 73 1

3 3

x xxx x

(ĐH Khối A2004)

Giải

ĐK: 4x . 2 21 2 16 3 7 2 16 10 2 x x x x x

22

45

10 2 0

10 2 010 34 5

2 16 10 2

xx

xx

xx x

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: 10 34 x . - TH2: Mẩu âm dương trên từng khoảng thì ta chia thành từng trường hợp:

Ví dụ 2: Giải các bất phương trình: a. 2 23 4 9x x x b. 251 2 1

1x xx

.

HD: a. Xét ba trường hợp x=3, x>3 và x<3. ĐS: 5 36

x x .

b. Xét hai trừng hợp của x1. ĐS: 1 52 5 1x x .

Trang 17


II. Phương pháp đặt ẩn phụ: Dạng 1: 0nF f x , đặt nt f x (lưu ý nếu n chẵn ta phải thêm điều kiện t 0).

Ví dụ 1: Giải các phương trình: a. 2 2 11 31x x . b. 25 2 3 3x x x x .

HD: a. Đặt 2 11, 0t x t . ĐS: x=5.

b. Đặt 2 3 , 0t x x t . ĐS: 3 1092

x .

Ví dụ 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 2 2 22 2 5 2x x m x x m . Giải

Đặt: 225 2 6 1 0; 6t x x x t .

Khi đó phương trình trở thành 2 22 5 0 * 5t mt m t m . Phương trình đã cho có

nghiệm khi (*) có nghiệm 0; 6t hay 0 5 6 5 6 5

0 5 6 5 6 5

m m

m m

.

Ví dụ 3: Tìm m để bất phương trình: 2( 2 2 1) 2 0m x x x x , (1) có

nghiệm 0;1 3x .

Giải: Đặt 2 2 22 2 2 2t x x x x t . Nếu 31;0 x thì 2;111 2 xt BPT trở thành: 21 2 0, 2m t t

Khi đó ta có 2 2

1t mt

, với 1 2t . Đặt 2 2

1tf tt

, dùng đồ thị ta tìm được 23

m .

Dạng 2:

2 0m f x g x n f x g x n f x g x p , đặt t f x g x , bình

phương hai vế để biểu diễn các đại lượng còn lại qua t. Ví dụ 1: Cho phương trình 3 6 3 6x x m x x .

a. Giải phương trình khi m=3. b. Tìm m để phương trình đã cho có nghiệm.

Giải Đặt: 23 6 9 2 3 6 *t x x t x x . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy

2 3 6 9x x nên từ (*) ta có 3 3 2t . Phương trình đã cho trở thành t22t9=2m (1). a. Với m=3 (1) t22t3 t =3. Thay vào (*) ta được x=3, x=6. b. PT đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1) có nghiệm 3;3 2t . Xét hàm số 2 2 9f t t t với

3;3 2t , ta thấy f(t) là một hàm đb nên: 6 (3) 3 2 9 6 2f f t f với 3;3 2t .

Do vậy (1) có nghiệm 3;3 2t khi và chỉ khi 6 2 96 2 9 6 2 32

m m

Chú ý: Để tìm miền giá trị của t ta có 2 cách thương dùng như sau: Cách 1: dùng BĐT như bài trên 2: dùng pp hàm số ( xem phần PP hàm số ).

Ví dụ 2: Giải phương trình 3 33 335 35 30x x x x .

HD: đặt: 3

3 33 3 3535 353

tt x x xt

. ĐS: x=2, x=3.

Ví dụ 3: Giải bất phương trình 27 7 7 6 2 49 7 42 181 14x x x x x .

Trang 18


HD: Đặt 7 7 7 6 0t x x … 6 67

x .

Dạng 3:

, 0n nF f x g x , trong đó F(t) là một phương trình đẳng cấp bậc k.

TH1: Kiểm tra nghiệm với 0g x .

TH2: Giả sử 0g x chia hai vế phương trình cho kg x và đặt

nf x

tg x

.

Ví dụ 1: Giải phương trình 3 25 1 2 2x x .

ĐK: 1x . 3 2 2 25 1 2 2 5 1 1 2 1 2 1x x x x x x x x

2 2

1 12 5 2 01 1

x xx x x x

Đặt 2

1 , 01

xt tx x

. Phương trình trở thành 2

22 5 2 0 1

2

tt t

t

.

Với t=2: Phương trình đã cho vô nghiệm.

Với 12

t : Phương trình đã cho có nghiệm 5 372

x .

Ví dụ 2: Giải phương trình 2 25 14 9 20 5 1x x x x x . Giải ĐK: 5x . 2 2 2 25 14 9 20 5 1 5 14 9 5 1 20x x x x x x x x x x

Bình phương hai vế: 2 22 4 5 3 4 5 4 5 4x x x x x x

Đặt 2 4 5 , 0.

4x xt t

x

phương trình trở thành 2 32 5 3 0 1,2

t t t t .

Với t = 1: Phương trình đã cho có nghiệm 5 61 5 615, 52 2

x x .

Với 32

t : Phương trình đã cho có nghiệm 78 5, 55

x x .

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: 5 61 , 82

x x .

Ví dụ 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 243 1 1 2 1x m x x .

HD: ĐK 1x . Xét hai trường hợp x = 1 và x ≠ 1, Chia hai vế phương trình cho 24 1x đặt

4 41 211 1

xtx x

0 1t . ĐS 113

m .

Dạng 4: (Đặt ẩn phụ không triệt để). 0af x g x f x h x . Đặt t f x , khi đó phương trình trở thành

2 0at g x t h x .

Ví dụ: Giải phương trình 2 22 1 2 1 2 1x x x x x . HD Đặt 2 2 1 1 6t x x x . (Phương pháp này có thể áp dụng cho các phương trình, bất phương trình lượng giác, mũ, logrit,… rất hay!)

Trang 19


Dạng 5: (Đặt ẩn phụ với hàm lượng giác). Khi giải các phương trình, bất phương trình lượng giác chúng ta thường tìm mọi cách đặt ẩn phụ để chuyển về phương trình, bất phương trình đại số. Tuy nhiên, trong nhiều trường hợp cách là ngược lại tỏ ra khá hiệu quả, bằng những tính chất của hàm lượng giác ta sẽ đưa các bài toán đại số về bài toán lượng giác và giải quyết bài toán lượng giác này. Lưu ý vài tính chất cơ bản: * sin 1, cos 1a a . * 2 2sin cos 1a a .

* 22

11 tancos

aa

* 22

11 cotsin

aa

.

Ví dụ 1: Giải phương trình 2 21 1 2x x . Giải ĐK 1x . Đặt cos , 0;x t t . Khi đó phương trình trở thành

2 2 21 1 cos 2 cos 2sin sin 1 0.t t t t Ta tìm được: 1sin2

t . Khi đó

2 3cos 1 sin2

x t t .

Nhận xét: * Nếu bài toán có tập xác định u x a . Ta có thể nghĩ đến cách đặt

sin , ;2 2

u x a t t hoặc đặt cos , 0;u x a t t .

* Nếu 0;u x a ta có thể đặt 2sin , 0;2

u x a t t .

Ví dụ 2: Giải phương trình 33 2 21 2 1x x x x .

HD: Đặt cos , 0;x t t dưa về phương trình lượng giác

sin cos 1 sin cos 2 sin cost t t t t t . Để gải phương trình này ta lại đặt

sin cos , 2u t t u .

ĐS: 2 1 2 2 2,2 2

x x .

Ví dụ 3: Giải phương trình 2 31 4 3x x x . ĐS: 1 2 2,42

x x .

Dạng 6: (Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình). * Khi gặp phương trình có dạng , , 0n mF f x a f x b f x .

Đặt ,n mu a f x v b f x . Khi đó ta được hệ phương trình sau: , 0

n m

F u v

u v a b

. Giải hệ

này tìm u, v rồi ta lại tìm x. Khi tìm x ta chỉ giải một trong hai phương trình nu a f x hoặc

mv b f x .

Ví dụ 1: Giải phương trình: 3 6 3 3 6x x x x . ĐS: 0, 3x x .

Ví dụ 2: Giải phương trình: 3 24 12 6x x . ĐS: 24, 88, 3x x x .

Ví dụ 3: Giải phương trình: 4 4 17 3x x . ĐS: 1, 16x x .

Ví dụ 4: Giải phương trình: 2 23 3 32 7 2 7 3x x x x . ĐS: 1, 6x x .

Trang 20


Ví dụ 5: Giải phương trình: 33 31 3 2x x , đặt 3 31, 3,u x v x pt trở thành: 3

3 3

22

u vu v

Ví dụ 6: Giải phương trình: 31 1 12 2

x x , đặt 31 1,2 2

u x v x

Ví dụ 7: Với giá trị nào của a thì phương trình: axx 33 11 có nghiệm.

Đặt 33 1,1 xvxu . Phương trình trở thành: 2 2 2a u v uv

u v a

TH1: a = 0 hệ phương trình vô nghiệm.

TH2: 0a , hệ phương trình trở thành 21 23

u v a

uv aa

. Hệ có nghiệm khi 2 4 0 0 2S P a .

Vậy phương trình có nghiệm khi 0 2a . * Khi gặp phương trình có dạng n nf x b a af x b .

Đặt , nt f x y af x b ta có hệ n

n

t b ayy b at

.

Ví dụ 1: Giải phương trình 3 32 1 2 2 1x x . ĐS: 1 51,2

x x .

Ví dụ 2: Giải phương trình 2 32 42

xx x .

Giải

ĐK 3x . 2 22 1 23 1 12 4 2 1 2 1 1 12 2 2 2

xx xx x x x

.

Đặt 211, 1 1 12 2 2

x t tt x y y . Ta được hệ phương trình

2

2

112112

t y

y t

. Giải thêm

chút nữa ta được kết quả! ĐS: 3 17 5 13,

4 4x x .

Chú ý: bài này không thể sử dụng phương pháp bình phương vì không nhẩm được nghiệm, nên ta phải biến đổi để xuất hiện những biểu thức giống nhau và từ đó ta đặt ẩn phụ.

Ví dụ 3: Giải phương trình 24 7 1 2 2x x x . ĐS: 7 11, ,4 4

x x x .

Chú ý: Bài này có thể sử dụng phương pháp bình phương. III. Phương pháp hàm số Các tính chất: Tính chất 1: Nếu hàm f tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì phương trình f(x)=k (kR) có không quá một nghiệm trong khoảng (a;b). Tính chất 2: Nếu hàm f tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì u, v (a,b) ta có

( )f u f v u v . Tính chất 3: Nếu hàm f tăng và g là hàm hằng hoặc giảm trong khoảng (a;b) thì phương trình f(x)=g(x) có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng (a;b).

Trang 21


Từ các tính chất trên ta có 3 phương án biến đổi như sau: Phương án 1: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = k, nhẩm một nghiệm rồi chứng minh f(x) đồng biến (nghịch biến) suy ra phương trình có nghiệm duy nhất. Phương án 2: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = g(x), nhẩm một nghiệm rồi dùng lập luận khẳng định f(x) đồng biến còn g(x) nghịch biến hoặc hàm hằng suy ra phương trình có nghiệm duy nhất. Phương án 3: Biến đổi phương trình về dạng: f(u) = f(v) chứng minh f(x) đơn điệu khi đó ta có: u = v. Ví dụ: Giải phương trình: 24 1 4 1 1x x

ĐK: 12

x . Đặt 24 1 4 1f x x x . Miền xác định: 12

x , '

2

2 4 04 1 4 1

xf xx x

.

Do đó hàm số đồng biến với 12

x , nên phương trình nếu có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất. Thấy

12

x là nghiệm của phương trình.

Đối với phương trình chứa tham số ta thực hiện như sau: Xét phương trình f(x,m) = g(m), (1) B1: Lập luận số nghiệm phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị (C ): y = f(x,m) và đường thẳng d: y = g(m). B2: Lập bảng biến thiên cho hàm số y = f(x,m) B3: Kết luận: * phương trình có nghiệm: min , max ,

x D x Df x m g m f x m

.

* phương trình có k nghiệm: d cắt (C) tại k điểm. * phương trình vô nghiệm khi: d không cắt (C ) .

Ví dụ 1: Tìm m để phương trình: 2 21 1x x x x m có nghiệm. TXĐ: R

Xét hs: 2 21 1y f x x x x x , Df = R, 2 2

2 1 2 1'1 1

x xyx x x x

' 2 22 22 2

2 1 2 1 00 2 1 1 2 1 1

2 1 1 2 1 1

x xy x x x x x x

x x x x x x

(v.nghiệm) Mặt khác: f’(0) = 1 > 0 suy ra y’ > 0 nên hàm số đồng biến.

Giới hạn: 2 2

2 2

2lim lim 11 12lim lim 1

1 1

x x

x x

xx x x x

xx x x x

BBT: x y’ + y 1

1

Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1 < m < 1. Chú ý: Trong bài toán trên nếu không thực hiện việc xác định giới hạn hàm số, rất có thể chúng ta ngộ nhận tập giá trị của hàm số là R và dẩn đến việc kết luận sai lầm rằng phương trình có nghiệm với mọi m. Do đó việc tìm giới hạn trong bài toán khảo sát là rất cần thiết để tìm ra tập giá trị. Ví dụ 2: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm: 3 1mx x m , ĐK: 3x

Trang 22


1 31

xbpt mx

, xét hs

2

1 3 5'1 2 3 1

x xy yx x x

. ' 0 5y x . lim 0

xy

và

f(3) = 12

.

BBT:

x 3 5 y’ + 0 y y(5)

12

0

Vậy bất phương trình có nghiệm 3 154

y m m

Ví dụ 3: Tìm m để phương trình: 12 5 4x x x m x x có nghiệm.

Giải: ĐK: 0 4x

( 12) 5 4pt x x x x x m xét hs ( 12) 5 4y f x x x x x x .

Miền xác định: 0;4D

Nhận xét: Hàm số 12h x x x x đồng biến trên D.

Hàm số 5 4g x x x đồng biến trên D. Suy ra y = f(x) = h(x).g(x) là hàm đồng biến trên D. Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 0 4f m f

Ví dụ 4: Biện luận theo m số nghiệm phương trình: 23 1x m x

Giải: Phương trình được viết lại dưới dạng: 2

3

1

x mx

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của (C): 2

3

1

xyx

và đường thẳng: y = m.

Lập BBT : x 1/3 y’ + 0 y 10

1

1 KL: 1 10m m : phương trình vô nghiệm. 1 1m hoặc 10m : phương trình có nghiệm duy nhất. 1 10m : phương trình có 2 nghiệm phân biệt. Ví dụ 5: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 1 3 1 3x x x x m , (1)

Giải: ĐK: 1 3x . Đặt 1 3t x x , lập BBT của t(x) với 1 3x ta có 2 2t

Khi đó phương trình (1) trở thành: 12

t2 + t + 1 = m, lập bảng biến thiên của hàm số vế trái với

2 2t từ đó kết luận: 1 2m .

Trang 23


B. Hệ phương trình - hệ bất phương trình chứa căn. 1. Phương pháp biến đổi tương đương: Ta thực hiện theo các bước sau: B1: Đặt điều kiện (nếu có). B2: Biến đổi về phương trình – bất phương trình hệ phương trình đơn giản mà ta đã biết cách giải bằng cách: thế, khử biến... B3: Kết luận. (chú ý điều kiện và sự biến đổi tương đương hay hệ quả)

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: 5 2 7

2 5 7

x y

x y

.

Giải

Điều kiện: 22

xy

.

Bình phương 2 vế và trừ vế theo vế ta có: 5 2 2 5x y x y x y . Thay x = y vào 1 trong 2 phương trình, giải ra ta được x = y = 11.

Ví dụ 2: Giải hệ bất phương trình: 2 1

2 1

x y

y x

Giải Điều kiện: 0, yx .cộng vế theo vế ta được:

2 22 2 1 1 0 0x y x y x y x y

Ví dụ 3: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất: 2 0

1

x y m

x xy

222

22 1hpt 2 2 1 0 (*)11 , 1, 0

y x my x m xx m x m xx xxy x y x x

x

Phải tìm m để (*) có đúng một nghiệm thoả: 1, 0x x . TH1: xét x = 1: TH2: (*) có nghiệm kép 1x : TH3: (*) có 2 nghiệm 1 21x x :

Chú ý: Có thể dùng đồ thị đối với 21

, 1, 0x

y x xx

Ví dụ 4: giải: 2 2 2 2

2 2 2 2

( ) 185

( ) 65

x xy y x y

x xy y x y

Giải: Cộng từng vế của 2 phương trình ta được:

32 2 2 2 2 2 2 22 250 125 5x y x y x y x y .

Ví dụ 5: Giải hệ phương trình: 2, 1

1, (2)

x y x y

y x y x

Giải: ĐK: x,y x y .

2 21 2

4 4x

x y xx y

2

12 2 1 2 2

4 4 1

yy y x

x y

KQ: 17 5;12 3

.

Trang 24


2. Phương pháp đặt ẩn phụ: Ta thực hiện theo các bước sau: B1: Điều kiện (nếu có). B2: Lựa chọn ẩn phụ, tìm đk cho ẩn phụ B3: Giải hệ nhận được, từ đó suy ra nghiệm x, y. B4: Kiểm tra tính hợp lệ cho nghiệm từ đó kết luận.

Ví dụ 1: Giải hệ bất phương trình: 1 1 1

32

x y

x y

điều kiện: , 1x y

Đặt 1 , 1u x v y ĐK: , 0u v , khi đó hệ được biến đổi về dạng:

2 2 2

1 0 10 1 0 0 131 1 4 4 1 0

2

u v uu x x

u v u u

Vậy nghịêm của hệ là cặp nghiệm (x;y) thoả: 2

0 1

1 1 1

x

y x

Ví dụ 2: (ĐH Khối A – 2006) Giải hệ phương trình: 3

( , )1 1 4

x y xyx y R

x y

Điều kiện: 0, 1, 1xy x y . Đặt 3t xy x y t . Bình phương phương trình 2, thay ẩn phụ vào, giải tìm được t = 3. Giải hệ theo x, y ta được nghiệm cần tìm.

Trang 25


ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI D D-2011

Giải

D-2010

Giải

Trang 26


D-2009

Giải

D-2008

Giải

D-2007

Trang 27


Giải

D-2006

D-2005

D-2004

D-2002

Trang 28


KHỐI B B-2011

Giải

B-2010

Giải

B-2009

Giải

Trang 29


B-2008

Giải

B-2007

Giải

Trang 30


B-2006

B-2005

B-2003

B-2002

KHỐI A A-2011

Giải:

Trang 31


A-2010

Giải:

A-2009

Giải:

A-2008

Trang 32


Giải:

A-2007

A-2006

A-2005

A-2004

A-2003

Education

3.cd dai so_in