›
›
›

Bài tập Hình học Lớp 10 - Dạng III: Phương trình bậc hai và định lí Viét - Vũ Tuấn Anh

docx 55 trang thaodu 7730
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài tập Hình học Lớp 10 - Dạng III: Phương trình bậc hai và định lí Viét - Vũ Tuấn Anh", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docxbai_tap_hinh_hoc_lop_10_dang_iii_phuong_trinh_bac_hai_va_din.docx

Nội dung text: Bài tập Hình học Lớp 10 - Dạng III: Phương trình bậc hai và định lí Viét - Vũ Tuấn Anh

  1. Vũ Tuấn Anh DẠNG III:PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI VÀ ĐỊNH LÍ VIÉT I. VÍ DỤ Đề bài 1: Cho phương trình x2 – (2m-1)x + m – 1 = 0 5 a. Giải phương trình với m 3 b. Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt c. Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu d. Tìm m để phương trình có hai nghiệm cùng dấu e. Tìm m để phương trình có hai nghiệm cùng dương f. Tìm m để phương trình có hai nghiệm cùng âm g. Tìm m để phương trình có nghiệm dương h. Tìm m để phương trình có hai nghiệm là hai số nghịch đảo của nhau i. Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn 2x1 + 5x2 = -1 2 2 j. Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn x1 x2 1 k. Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm x1 và x2 của phương trình l. Tìm GTNN của x1 x2 2 2 2 2 m. Tìm GTLN của x1 1 x2 x2 1 4x1 n. Khi phương trình có hai nghiệm x1 và x2 , chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào m x1 1 x2 1 B 2 2 x1x2 x2x1 Giải : 5 a. Giải phương trình với m 3 5 7 2 Với m ta có phương trình : x2 x 0 3x2 7x 2 0 3 3 3 2 7 4.3.2 49 24 25 0; 5 phương trình có hai nghiệm phân biệt : 7 5 1 7 5 x ; x 2 1 6 3 2 6 5 1 Vậy với m phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là vµ 2 3 3 b. Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt Phương trình đã cho là phương trình bậc hai có a = 1 ; b = 2m - 1 ; c = m - 1 2 2 2m 1 4.1. m 1 4m2 4m 1 4m 4 4m2 8m 4 1 2m 2 1 2 2 Vì 2m 1 0víi mäi m 2m 1 1 1 0víi mäi m nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m c. Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu Phương trình đã cho là phương trình bậc hai có a = 1 ; b = 2m - 1 ; c = m - 1 1
  2. Vũ Tuấn Anh Phương trình có hai nghiệm trái dấu khi ac 0 1. m 1 0 m 1 0 m 1 Vậy với m 1 thì phương trình đã cho có hai nghiệm cùng dấu. e. Tìm m để phương trình có hai nghiệm cùng dương Phương trình đã cho là phương trình bậc hai có a = 1 ; b = 2m - 1 ; c = m - 1 Phương trình có hai nghiệm cùng dương khi 2 0 2m 2 1 0 m 1 ac 0 m 1 0 m 1 1 m 1 2m 1 m b 2m 1 0 0 2 a Vậy với m > 1 thì phương trình đã cho có hai nghiệm cùng dương. f. Tìm m để phương trình có hai nghiệm cùng âm Phương trình đã cho là phương trình bậc hai có a = 1 ; b = 2m - 1 ; c = m - 1 Phương trình có hai nghiệm cùng âm khi 2 0 2m 2 1 0 m 1 ac 0 m 1 0 m 1 1 v« nghiÖm 2m 1 m b 2m 1 0 0 2 a Vậy không có giá trị nào của m để phương trình đã cho có hai nghiệm cùng âm. g. Tìm m để phương trình có nghiệm dương Phương trình đã cho là phương trình bậc hai có a = 1 ; b = 2m - 1 ; c = m - 1 Để phương trình có nghiệm dương ta có các trường hợp sau : Phương trình có một nghiệm dương và một nghiệm bằng 0 Thay x = 0 vào phương trình ta có m - 1 = 0 hay m = 1. Thay m = 1 vào phương trình ta được x2 - x = 0 x x 1 0 x 0 hoÆcx 1 ( thỏa mãn ) Phương trình có hai nghiệm cùng dương, điều kiện là : 2 0 2m 2 1 0 m 1 ac 0 m 1 0 m 1 1 m 1 2m 1 m b 2m 1 0 0 2 a 2
  3. Vũ Tuấn Anh Phương trình có hai nghiệm trái dấu, điều kiện là : ac 0 1. m 1 0 m 1 0 m 1 Kết hợp cả ba trường hợp ta có với mọi m thì phương trình đã cho có nghiệm dương h. Tìm m để phương trình có hai nghiệm là hai số nghịch đảo của nhau Phương trình đã cho là phương trình bậc hai có a = 1 ; b = 2m - 1 ; c = m - 1 2 2 2m 1 4.1. m 1 4m2 4m 1 4m 4 4m2 8m 4 1 2m 2 1 2 2 Vì 2m 1 0víi mäi m 2m 1 1 1 0víi mäi m nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 với mọi m c Theo định lí Viet ta có x1.x2 = m 1 a Phương trình có hai nghiệm là hai số nghịch đảo của nhau khi x1.x2 = 1 m 1 1 m 2 Vậy với m = 2 thì phương trình đã cho có hai nghiệm là hai số nghịch đảo của nhau. i. Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn 2x1 + 5x2 = -1 Phương trình đã cho là phương trình bậc hai có a = 1 ; b = 2m - 1 ; c = m - 1 2 2 2m 1 4.1. m 1 4m2 4m 1 4m 4 4m2 8m 4 1 2m 2 1 2 2 Vì 2m 1 0víi mäi m 2m 1 1 1 0víi mäi m nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 với mọi m x x 2m 1 (1) 1 2 Theo định lí Viet và đề bài ta có : x1.x2 m 1 (2) 2x1 5x2 1 (3) Nhân hai vế của (1) với 5 sau đó trừ các vế tương ứng cho (3) ta được : 10m 4 5x1 + 5x2 – 2 x1 – 5x2 = 10m – 5 + 1 3x 10m 4 x (4) 1 1 3 Thay (4) vào (1) ta có : 10m 4 10m 4 6m 3 10m 4 1 4m x 2m 1 x 2m 1 (5) 3 2 2 3 3 3 Thay (4) và (5) vào (2) ta được phương trình : 10m 4 1 4m . m 1 10m 4 . 1 4m 9 m 1 10m 40m2 4 16m 9m 9 3 3 40m2 17m 5 0 2 17 4.40. 5 1089 0; 33 17 33 1 17 33 5 m ; m 1 80 5 2 80 8 1 5 Vậy với m hoÆc m thì phương trình đã cho có hai nghiệm thỏa mãn điều kiện 5 8 đề bài. 2 2 j. Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn x1 x2 1 Phương trình đã cho là phương trình bậc hai có a = 1 ; b = 2m - 1 ; c = m - 1 2 2 2m 1 4.1. m 1 4m2 4m 1 4m 4 4m2 8m 4 1 2m 2 1 3
  4. Vũ Tuấn Anh 2 2 Vì 2m 1 0víi mäi m 2m 1 1 1 0víi mäi m nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 với mọi m x x 2m 1 (1) Theo định lí Viet ta có : 1 2 x .x m 1 (2) 1 2 2 2 2 2 2 Theo đề bài : x1 x2 1 x1 x2 2x1x2 2x1x2 1 x1 x2 2x1x2 1 (3) Thay (1) và (2) vào (3) ta có (2m – 1)2 – 2(m – 1) = 1 (2m - 1)2 - 2(m - 1) = 1 4m2 4m 1 2m 2 1 4m2 6m 2 0 2m2 3m 1 0 c 1 Phương trình có dạng a + b + c = 0 nên có hai nghiệm là m1 = 1 ; m2 = a 2 1 Vậy với m 1 hoÆc m thì phương trình đã cho có hai nghiệm thỏa mãn điều kiện 2 đề bài. k. Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm x1 và x2 của phương trình Phương trình đã cho là phương trình bậc hai có a = 1 ; b = 2m - 1 ; c = m - 1 2 2 2m 1 4.1. m 1 4m2 4m 1 4m 4 4m2 8m 4 1 2m 2 1 2 2 Vì 2m 1 0víi mäi m 2m 1 1 1 0víi mäi m nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 với mọi m. Theo định lí Viet ta có : x x 1 x x 2m 1 1 2 x x 1 1 2 m 1 2 x .x 1 x x 2x .x 1 x .x m 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 m x1.x2 1 Vậy hệ thức cần tìm là x1 x2 2x1.x2 1 l. Tìm GTNN của x1 x2 Phương trình đã cho là phương trình bậc hai có a = 1 ; b = 2m - 1 ; c = m - 1 2 2 2m 1 4.1. m 1 4m2 4m 1 4m 4 4m2 8m 4 1 2m 2 1 2 2 Vì 2m 1 0víi mäi m 2m 1 1 1 0víi mäi m nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 với mọi m x x 2m 1 (1) Theo định lí Viet ta có : 1 2 x .x m 1 (2) 1 2 2 2 2 2 2 2 Đặt A = x1 x2 0 A x1 x2 x1 x2 x1 2x1x2 x2 x1 x2 4x1x2 Thay (1) và (2) vào ta có 2 2 A2 2m 1 4 m 1 4m2 4m 1 4m 4 4m2 8m 4 1 2m 2 1 1 với mọi m (3) Mà A 0 nª n tõ (3) A 1víi mäi m Dấu bằng xảy ra khi (2m - 2)2 = 0 m 1 Vậy GTNN của A x1 x2 là 1 xảy ra khi m = 1 2 2 2 2 m. Tìm GTLN của x1 1 x2 x2 1 4x1 Phương trình đã cho là phương trình bậc hai có a = 1 ; b = 2m - 1 ; c = m - 1 4
  5. Vũ Tuấn Anh 2 2 2m 1 4.1. m 1 4m2 4m 1 4m 4 4m2 8m 4 1 2m 2 1 2 2 Vì 2m 1 0víi mäi m 2m 1 1 1 0víi mäi m nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 với mọi m x x 2m 1 (1) Theo định lí Viet ta có : 1 2 x .x m 1 (2) 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Ta có A x1 1 x2 x2 1 4x1 x1 x2 5x1 x2 x1 x2 2x1x2 5 x1x2 (3) Thay (1) và (2) vào (3) ta được : 2 2 A 2m 1 5 m 1 2 m 1 4m2 4m 1 5m2 10m 5 2m 2 m2 4m 2 2 2 m2 4m 4 2 m 2 2 2 Vì m 2 0 víi mäi m A 2 m 2 2 víi mäi m Dấu bằng xảy ra khi (m – 2)2 = 0 hay m = 2 2 2 2 2 Vậy GTLN của A x1 1 x2 x2 1 4x1 là 2 khi m = 2 n. Khi phương trình có hai nghiệm x1 và x2 , x1 1 x2 1 chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào m : B 2 2 x1x2 x2x1 Phương trình đã cho là phương trình bậc hai có a = 1 ; b = 2m - 1 ; c = m - 1 2 2 2m 1 4.1. m 1 4m2 4m 1 4m 4 4m2 8m 4 1 2m 2 1 2 2 Vì 2m 1 0víi mäi m 2m 1 1 1 0víi mäi m nên phương trình luôn có hai x x 2m 1 (1) nghiệm phân biệt x và x với mọi m. Theo định lí Viet ta có : 1 2 1 2 x .x m 1 (2) 1 2 x2 x2 x x x1 1 x2 1 x1 1 .x1 x2 1 .x2 1 2 1 2 Ta cã: B 2 2 2 2 2 2 x1x2 x2x1 x1 x2 x1 x2 2 2 x1 x2 x1 x2 2x1x2 2m 1 2m 1 2 m 1 2 2 2 x1 x2 m 1 2 4m2 4m 1 2m 1 2m 2 4m2 8m 4 4 m 1 2 2 2 4 m 1 m 1 m 1 Vậy biểu thức B không phụ thuộc vào giá trị của m. Đề bài 2. Cho phương trình (m+1)x2 - 2(m+2)x + m + 5 = 0 a. Giải phương trình với m = -5 b. Tìm m để phương trình có nghiệm c. Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất d. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt e. Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu f. *Tìm m để phương trình có hai nghiệm cùng dương 5
  6. Vũ Tuấn Anh g. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 + 3x2 = 4 h. Tìm m để phương trình có hai nghiệm mà tích của chúng bằng -1 i. Khi phương trình có hai nghiệm x1 , x2 .Tính theo m giá trị của 2 2 A x1 x2 j. Tìm m để A = 6 k. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 trong đó có một nghiệm là 1 6x 1 6x 1 . Khi đó hãy lập phương trình có hai nghiệm là 1 vµ 2 2 3x2 3x1 Giải : a. Giải phương trình với m = -5 Thay m = -5 vào phương trình ta có : -4x2 + 6x = 0 x 0 2x 2x 3 0 2x 0 3 2x 3 0 x 2 Vậy với m = -5 , phương trình có hai nghiệm là 0 và 3 2 b. Tìm m để phương trình có nghiệm Với m = -1 phương trình trở thành -2x + 4 = 0 x 2 . Phương trình có một nghiệm x = 2 Với m -1 phương trình là phương trình bậc hai có a = m+1 , b = - 2(m+2) , c = m+5 2 ' m 2 m 1 m 5 m2 4m 4 m2 6m 5 2m 1 1 Phương trình có nghiệm khi 2m 1 0 m 2 1 Tóm lại phương trình có nghiệm khi m 2 c. Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất Với m = -1 phương trình trở thành -2x + 4 = 0 x 2 . P.trình có một nghiệm duy nhất x = 2 Với m -1 phương trình là phương trình bậc hai có a = m+1 , b = - 2(m+2) , c = m+5 2 ' m 2 m 1 m 5 m2 4m 4 m2 6m 5 2m 1 1 Phương trình có nghiệm duy nhất khi 2m 1 0 m ( thỏa mãn ) 2 1 Tóm lại phương trình có nghiệm duy nhất khi m 1 hoÆc m 2 Chú ý :Trường hợp phương trình bậc hai có 0 cũng được coi là có nghiệm duy nhất d. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt 6
  7. Vũ Tuấn Anh Với m = -1 phương trình trở thành -2x + 4 = 0 x 2 . P.trình có một nghiệm duy nhất x = 2 Với m -1 phương trình là phương trình bậc hai có a = m+1 , b = - 2(m+2) , c = m+5 2 ' m 2 m 1 m 5 m2 4m 4 m2 6m 5 2m 1 1 Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi 2m 1 0 m 2 1 Tóm lại phương trình có hai nghiệm phân biệt khi m vµ m 1 2 e. Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu Với m = -1 phương trình trở thành -2x + 4 = 0 x 2 . P.trình có một nghiệm duy nhất x = 2 Với m -1 phương trình là phương trình bậc hai có a = m+1 , b = -2(m+2) , c = m+5 Phương trình có hai nghiệm trái dấu khi ac 0 m >-5 Trường hợp chỉ cần biết kết quả của các BPT dạng như (1), hãy học thuộc từ “ngoài cùngtrong khác” và dịch như sau : ngoài khoảng hai nghiệm thì vế trái cùng dấu với hệ số a, trong khoảng hai nghiệm thì vế trái khác dấu với hệ số a ( hệ số a là hệ số lũy thừa bậc hai của vế trái khi khai triển, nghiệm ở đây là nghiệm của đa thức vế trái ) Ví dụ với BPT (1) thì vế trái có hai nghiệm là -1 và -5 , dạng khai triển là m2 + 6m + 5 nên hệ số a là 1 >0. BPT cần vế trái 0 (2) sẽ cần m ngoài khoảng hai nghiệm (cùng dấu với hệ số a), tức là m -1 Một số ví dụ minh họa : m 3 m 7 0 m 7hoÆc m 3; 2m 4 3m 9 0 3 m 2 2m 6 1 m 0 1 m 3 ; 5 m 2m 8 0 m 4 hoÆc m 5 f. *Tìm m để phương trình có hai nghiệm cùng dương 7
  8. Vũ Tuấn Anh Với m = -1 phương trình trở thành -2x + 4 = 0 x 2 . P.trình có một nghiệm duy nhất x = 2 Với m -1 phương trình là phương trình bậc hai có a = m+1 , b = - 2(m+2) , c = m+5 2 ' m 2 m 1 m 5 m2 4m 4 m2 6m 5 2m 1 Phương trình có hai nghiệm cùng dương khi 1 1 m m 1 2m 1 0 0 2 2 ac 0 m 1 m 5 0 m 1 m 5 0 m 5hoÆc m 1 2 I b 2 m 2 m 2 m 1 0 m 2 hoÆc m 1 3 0 0 a m 1 1 m 5hoÆc 1 m 2 Chú ý : Để tìm nghiệm của hệ bất phương trình (I) ta lấy nháp vẽ một trục số, điền các số mốc lên đó và lấy các vùng nghiệm. Sau đó quan sát để tìm ra vùng nghiệm chung và kết luận. Việc làm đó diễn tả như sau : (1) (3) (3) (2) (2) 1 -5 -2 -1 2 ở hình trên các đường (1) ; (2) ; (3) lần lượt là các đường lấy nghiệm của các bất 1 phương trình (1) ; (2) ; (3) trên trục số. Qua đó ta thấy m<-5 hoặc -1 < m < là 2 các giá trị chung thỏa mãn cả ba bất phương trình (1) ; (2) ; (3) nên đó là tập nghiệm của hệ bất phương trình (I) g. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 + 3x2 = 4 Với m = -1 phương trình trở thành -2x + 4 = 0 x 2 . P.trình có một nghiệm duy nhất x = 2 Với m -1 phương trình là phương trình bậc hai có a = m+1 , b = - 2(m+2) , c = m+5 2 ' m 2 m 1 m 5 m2 4m 4 m2 6m 5 2m 1 Phương trình có hai nghiệm x1 , x2 khi nó là phương trình bậc hai có 0 m 1 Tức là m 1 1  2m 1 0 m 2 8
  9. Vũ Tuấn Anh b 2 m 2 x1 x2 1 a m 1 c m 5 Khi đó theo đề bài và định lí Viet ta có x1.x2 2 a m 1 x 3x 4 3 1 2 Từ (1) và (3) ta có hệ phương trình 2m 4 2m 4 2m 4 m m 4 2m 4 x x x x x x x 1 2 1 2 1 1 2 m 1 m 1 m 1 m 1 m 1 m 1 2m 4 m m x1 3x2 4 2x2 4 x2 x2 m 1 m 1 m 1 Thay vào (2) ta có phương trình : m 4 m m 5 . m 4 .m m 5 m 1 do m 1 m 1 m 1 m 1 5 m2 4m m2 5m m 5 2m 5 0 m tháa m·n 2 5 Vậy m là giá trị cần tìm. 2 h. Tìm m để phương trình có hai nghiệm mà tích của chúng bằng -1 Với m = -1 phương trình trở thành -2x + 4 = 0 x 2 . P.trình có một nghiệm duy nhất x = 2 Với m -1 phương trình là phương trình bậc hai có a = m+1 , b = - 2(m+2) , c = m+5 2 ' m 2 m 1 m 5 m2 4m 4 m2 6m 5 2m 1 Phương trình có hai nghiệm x1 , x2 khi nó là phương trình bậc hai có 0 m 1 Tức là m 1 1 1  2m 1 0 m 2 m 5 Khi đó theo định lí Viet ta có x1.x2 = m 1 Vậy để phương trình đã cho có hai nghiệm thỏa mãn tích hai nghiệm bằng -1 thì m m 5 phải thỏa mãn điều kiện (1) và 1 m 5 m 1 m 3 tháa m·n m 1 Vậy m = -3 là giá trị cần tìm. i. Khi phương trình có hai nghiệm x1 , x2 .Tính theo m giá trị của 2 2 A x1 x2 9
  10. Vũ Tuấn Anh Với m = -1 phương trình trở thành -2x + 4 = 0 x 2 . P.trình có một nghiệm duy nhất x = 2 Với m -1 phương trình là phương trình bậc hai có a = m+1 , b = - 2(m+2) , c = m+5 2 ' m 2 m 1 m 5 m2 4m 4 m2 6m 5 2m 1 Phương trình có hai nghiệm x1 , x2 khi nó là phương trình bậc hai có 0 m 1 Tức là m 1 1 1 Khi đó theo định lí Viet :  2m 1 0 m 2 b 2 m 2 x1 x2 1 a m 1 c m 5 x .x 2 1 2 a m 1 2 2 2 2 2 2 2m 4 2 m 5 Ta cã A x1 x2 x1 2x1x2 x2 2x1x2 x1 x2 2x1x2 m 1 m 1 2 2m 4 2 m 5 m 1 4m2 16m 16 2m2 12m 10 2m2 4m 6 2 2 2 m 1 m 1 m 1 2m2 4m 6 1 VËy A 2 víi m 1vµ m m 1 2 j. Tìm m để A = 6 2m2 4m 6 1 Ta cã A 2 víi m 1vµ m m 1 2 2 1 2m 4m 6 2 2 Víi m 1vµ m ta cã A 6 2 6 2m 4m 6 6 m 1 2 m 1 2m2 4m 6 6m2 12m 6 4m2 8m 0 4m m 2 0 m 0hoÆc m 2 Kết hợp với điều kiện ta có m = -2 là giá trị cần tìm. k. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 trong đó có một nghiệm 1 6x 1 6x 1 là . Khi đó hãy lập phương trình có hai nghiệm là 1 vµ 2 2 3x2 3x1 Với m = -1 phương trình trở thành -2x + 4 = 0 x 2 . P.trình có một nghiệm duy nhất x = 2 Với m -1 phương trình là phương trình bậc hai có a = m+1 , b = - 2(m+2) , c = m+5 2 ' m 2 m 1 m 5 m2 4m 4 m2 6m 5 2m 1 Phương trình có hai nghiệm x1 , x2 khi nó là phương trình bậc hai có 0 m 1 Tức là m 1 1 1  2m 1 0 m 2 10
  11. Vũ Tuấn Anh Thay x = 1 vào phương trình đã cho ta có 2 1 1 (m+1).( )2 - 2(m+2). + m + 5 = 0 m+1 - 4m - 8 + 4m + 20 = 0 m = -13 ( 2 2 thỏa mãn (1)) 1 Vậy với m = -13 thì phương trình có hai nghiệm x1 , x2 trong đó có một nghiệm là . 2 Thay m = -13 phương trình trở thành -12x2 + 22x - 8 = 0  6x2 - 11x + 4 = 0 11 4 2 Theo định lí Viet : x x : x x . Khi đó : 1 2 6 1 2 6 3 2 11 2 11 2 6. 12. 6x 1 6x 1 6x2 x 6x2 x 6 x x 12x x x x 6 3 6 14 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 7 3x 3x 3x x 3x x 2 2 2 1 1 2 1 2 3. 3 2 11 36. 6. 1 6x 1 6x 1 36x x 6 x x 1 36 1 . 2 1 2 1 2 3 6 6 3x 3x 9x x 2 6 2 1 1 2 9. 3 Do đó phương trình cần tìm có dạng y2 - 7y + 6 = 0 (2) Chú ý : Phương trình (2) không nên lấy ẩn là x vì dễ gây nhầm lẫn với phương trình của đề bài II. CHÚ Ý : Khi gặp phương trình có tham số ( thường là m) ở hệ số a (hệ số của lũy thừa bậc hai)ta cần xét riêng trường hợp hệ số a = 0 để kết luận trường hợp này có thỏa mãn yêu cầu của đề bài hay không. Sau đó xét trường hợp a khác 0, khẳng định đó là phương trình bậc hai rồi mới được tính . II : BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1 :(3.0 điểm) Giải phương trình (4x 1) x 2 1 2x 2 2x 1 Bài 2 2 Cho pt x + (2m - 1)x - m = 0 có 2 nghiệm x1, x2. 2 2 Tìm m sao cho x1 + x2 - 6 x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 3: (5,0 điểm).Giải các phương trình. 1 1 1 1 1 a) 2 + x 4x 3 x 2 8x 15 x 2 12x 35 x 2 16x 63 5 b) x 6 4 x 2 x 11 6 x 2 1 Bài 4: (5,0 điểm). 2 x 2 x Cho phương trình : 2 . 2 2 x 2 2 x 11
  12. Vũ Tuấn Anh a) Tìm điều kiện của x để phương trình có nghĩa . b) Giải phương trình . Câu 5:(6,0 điểm). 3a 1 a 1 2a(a 2 1) 1) Cho phương trình : ( a là tham số) a x a x x2 a 2 a) Giải phương trình trên. b ) Tìm các giá trị nguyên dương của a để phương trình có nghiệm x là số nguyên tố. Câu 6 :(5,0 điểm). 1.Cho phương trình x 2 2 m 2 x m2 2m 4 0 . Tìm m để phương trình 2 1 1 có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thỏa mãn 2 2 . x1 x2 x1x2 15m Câu 7 :(Cho phương trình: x2 - 2(m - 1) x -3 - m = 0 a, Chứng tỏ rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi m. 2 2 b, Tìm m sao cho nghiệm x1 ; x2 thoả mãn điều kiện: x1 + x2 10 . Câu 8 :Cho phương trình: x2 - 2m x +2m -1 = 0 a, Chứng tỏ rằng phương trình luôn có nghiệm x1 ; x2 với mọi m. 2 2 b, Đặt A = 2 (x1 + x2 ) - 5x1 x2 - Chứng minh : A = 8m2 - 18m + 9 - Tìm m sao cho A = 27 c, Tìm m sao cho phương trình có nghiệm này bằng hai lần nghiệm kia . Câu 9 :. Cho phương trình: (m-1)x2 - 2(m-1) x -m = 0 a, Xác định m để phương trình có nghiệm kép, tìm nghiệm kép đó. b, Tìm m sao cho phương trình có 2 nghiệm phân biệt đều âm. Câu 10 :. Cho phương trình: x2 - (2m - 3) x + m2 +3m = 0 a, Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có hai nghiệm khi m thay đổi. b, Tìm m sao cho nghiệm x1 ; x2 thoả mãn điều kiện: 1<x1< x2<6 . Câu 11 :. Cho phương trình: (m+2)x2 - (2m - 1) x - 3+ m = 0 a, Chứng minh rằng phương trình có nghiệm với mọi giá trị của m. b, Tìm m sao cho phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 và khi đó hãy tìm giá trị của m để nghiệm này gấp hai lần nghiệm kia. Câu 12 :. . Cho phương trình: x2 - 4 x +m +1 = 0 a, Xác định m để phương trình luôn có nghiệm. 2 2 b, Tìm m sao cho phương trình có 2 nghiệm thoả mãn x1 + x2 = 10 2 Câu 13 :. Cho phương trình : m 1 x 2mx m 4 0 có 2 nghiệm x1; x2 . Lập hệ thức liên hệ giữa x1; x2 sao cho chúng không phụ thuộc vào m. 12
  13. Vũ Tuấn Anh 2 Câu 14 :. : Gọi x1; x2 là nghiệm của phương trình : m 1 x 2mx m 4 0 . Chứng minh rằng biểu thức A 3 x1 x2 2x1x2 8 không phụ thuộc giá trị của m. Câu 15:(2.0 điểm) Cho phương trình ẩn x : x4 2(2m 1)x2 4m2 0 (1) 1) Giải phương trình (1) khi m = 2. 2) Tìm điều kiện của m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt 4 4 4 4 x1,x2,x3,x4 thoả mãn x1 x2 x3 x4 17 . Câu 16:(2.0 điểm) 2 2 2 x 2 x 11x2 44 1) Giải phương trình : 10 2 x 1 1 x x 1 2 2) Cho x1;x2 là hai nghiệm của phương trình x 6x 1 0 . n n Đặt Sn x1 x2 . Tìm số dư khi chia S2009 cho 5. Bài 17:Cho phương trình : x2 -(2m+1)x + m2+m -1= 0 1.Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với mọi m. 2.Chứng minh có một hệ thức giữa hai nghiệm số không phụ thuộc vào m. II : BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1 :Giải phương trình (4x 1) x 2 1 2x 2 2x 1 Giải Phương trình đã cho tương đương với phương trình: (4x 1) x 2 1 2(x 2 1) 2x 1 (1) Đặt t x 2 1 (đk t >1), phương trình (1) trở thành: (4x-1)t=2t2+2x-1 2t2-(4x-1)t+2x-1=0 (2) Coi (2) là phương trình bậc hai ẩn t, khi đó phương trình (2) có: (4x 1) 2 8(2x 1) (4x 3) 2 0,x R Phương trình (2) ẩn t có các nghiệm là: 1 t1=2x-1 và t2= (loại) 2 1 2 2x 1 0 x Với t1=2x-1, ta có: x 1 2x 1 2 2 2 x 1 (2x 1) 2 3x 4x 0 1 x 2 4 x 0 x 3 4 x 3 13
  14. Vũ Tuấn Anh 4 x Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 3 2 Bài 2 Cho pt x + (2m - 1)x - m = 0 có 2 nghiệm x1, x2. 2 2 Tìm m sao cho x1 + x2 - 6 x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất. 2 2 2 Giải Ta có x1 + x2 - 6 x1 x2 = ( x1 + x2) - 8 x1x2 = (1 - 2m)2 + 8m = 4m2 + 4m + 1 = (2m + 1)2 0 2 2 khi đó x1 + x2 - 6 x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất là 0 khi m=-1/2 Bài 3: Giải các phương trình. 1 1 1 1 1 a) 2 + x 4x 3 x 2 8x 15 x 2 12x 35 x 2 16x 63 5 b) x 6 4 x 2 x 11 6 x 2 1 Giải:. a) x2 + 4x + 3 = ( x + 1)( x+ 3) x2 + 8x + 15 = ( x +3)(x+5) x2 + 12x + 35 = ( x +5)( x + 7) x2 + 16x + 63 = ( x + 7)( x + 9) ĐKXĐ : x -1; x -3; x -5; x -7; x -9 1 1 1 1 1 pt ( x 1)( x 3) ( x 3)( x 5 ) ( x 5 )( x 7 ) ( x 7 )( x 9 ) 5 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) ( ) 2 x 1 x 3 x 3 x 5 x 5 x 7 x 7 x 9 5 2 x 1 x 9 5 5( x + 9 - x -1) = 2( x+1)( x+9) 2x2 + 20x + 18 - 40 = 0 x2 + 10x - 11 = 0 Phương trình có dạng a + b + c = 0 x1 = 1; x2 = -11 x1; x2 thỏa mãn ĐKXĐ. Vậy tập nghiệm của phương trình là : S =  11 ;1 b) ĐKXĐ: x -2. 2 2 Pt ( x 2 2) ( x 2 3) 1 | x 2 2 | + | x 2 -3| = 1 |x 2 2 | + | 3 - x 2 | = 1 áp dụng BĐT |A|+ |B| | A + B| ta có : |x 2 2 | + | 3 - x 2 | 1 Dấu "=" xảy ra khi : (x 2 2 )( 3 - x 2 ) 0 2 x 2 3 2 x 7 Vậy tập nghiệm của phương trình là : S = x / 2 x 7 2 x 2 x Bài 4: Cho phương trình : 2 . 2 2 x 2 2 x a) Tìm điều kiện của x để phương trình có nghĩa . b) Giải phương trình . Câu 4: a) điều kiện : 0 x 4 2 x 2 x 2 x 2 x b) 2 2 (1) 2 2 x 2 2 x 2 4 2 x 2 4 2 x 14
  15. Vũ Tuấn Anh Đặt 4 2 x = a ; 4 2 x = b ( a ; b 0) . a 2 b 2 8 T a có : a 2 b 2 2 2 a 2 b 2 2 2 2 2 2 a b 8 a b 8 a b 8 2 2 (I) 2 a b ab a b 8 4 a b 2ab a b ab 4 2 ab 4 0 a b 2 ab 4 0 Vì ab + 4 > 0 nên : 2 2 b 2 b 2 a b 2ab 8 ab 2 a b a I a a b 2 2 a 1 3 a b 2 a 2 a 2 2a 2 0 a a 1 3 (loai vì a 0) a 3 1 4 2 x 3 1 x 3 b 3 1 4 2 x 3 1 Câu 5: 3a 1 a 1 2a(a 2 1) 1) Cho phương trình : ( a là tham số) a x a x x2 a 2 a) Giải phương trình trên. b ) Tìm các giá trị nguyên dương của a để phương trình có nghiệm x là số nguyên tố. Giải a(a 1) a) Để x = là nghiệm của phương trình (1) thì : 2 a(a 1) a(a 1) a (2) và - a (3) 2 2 Giải(2) ta được a 1, a 0 Giải (3) ta có: a 0 , a -3 Vậy : a = 0 phương trình có vô số nghiệm x 0 a = - 3 ; a= 1 phương trình vô nghiệm. a 1; a -3 và a 0 phương trình có nghiệm duy nhất a(a 1) x = 2 b) Theo câu a: Với a = 0 thì phương trình có vô số nghiệm x 0 (loại do a >0) Với a 1; a -3 và a 0 phương trình có nghiệm duy nhất a(a 1) x = 2 Vì a là số nguyên dương và a 1nên: 15
  16. Vũ Tuấn Anh Nếu a = 2 thì x = 3 , là số nguyên tố (thỏa mãn) Nếu a > 2 thì a = 2k hoặc a = 2k + 1 với k N, k > 1 Xét a = 2k thì x = k(2k + 1) là tích của hai số tự nhiên lớn hơn 1 nên x là hợp số. (loại) Xét a = 2k +1 thì x = (2k +1)(k+1) là tích của hai số tự nhiên lớn hơn 1 nên x là hợp số. ( loại) Vậy a =2 thì nghiệm của phương trình x = 3 là số nguyên tố. Câu 6 : 1.Cho phương trình x 2 2 m 2 x m2 2m 4 0 . Tìm m để phương trình 2 1 1 có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thỏa mãn 2 2 . x1 x2 x1x2 15m Giải PT đã cho có hai nghiệm phân biệt có điều kiện: ' 0 m 2 2 m2 2m 4 0 m 0 (*) x1 x2 4 2m Với m 0 theo Vi-et ta có: 2 . x1.x2 m 2m 4 2 1 1 2 1 1 Ta có 2 2 2 (1) x1 x2 x1x2 15m x1 x2 2x1x2 x1x2 15m 1 1 1 m2 6m 4 m2 2m 4 15m 1 1 1 4 4 4 15 . Đặt m t do m 0 t 0 m 6 m 2 m m m Câu 7 :(Cho phương trình: x2 - 2(m - 1) x -3 - m = 0 a, Chứng tỏ rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi m. 2 2 b, Tìm m sao cho nghiệm x1 ; x2 thoả mãn điều kiện: x1 + x2 10 . Câu 7:Giải: a, Chứng tỏ rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi m. Ta có: x2 - 2(m - 1) x - (3 + m) = 0 2 1 15 15 Có biệt số : = (m - 1)2 + ( m + 3) = m + 2 4 4 > 0 với mọi giá trị m P. trình luôn có hai nghiệm với mọi m. 2 2 b, Tìm m sao cho nghiệm x1 ; x2 thoả mãn điều kiện: x1 + x2 10 . 2 2 2 Ta có: x1 + x2 10 (x1 + x2) - 2x1x2 10 4 (m - 1)2 + 2(m + 3) 10 4m2 -6m 0 16
  17. Vũ Tuấn Anh 2 3 9 9 3 9 m2 - m + m 2 16 16 4 16 3 3 m 3 3 3 4 4 m m 2 4 4 3 3 m m 0 4 4 Câu 8 :Cho phương trình: x2 - 2m x +2m -1 = 0 a, Chứng tỏ rằng phương trình luôn có nghiệm x1 ; x2 với mọi m. 2 2 b, Đặt A = 2 (x1 + x2 ) - 5x1 x2 - Chứng minh : A = 8m2 - 18m + 9 - Tìm m sao cho A = 27 c, Tìm m sao cho phương trình có nghiệm này bằng hai lần nghiệm kia Giải: a, Ta có: = m2 - (2m - 1) = (m - 1)2 0 với mọi m Phương trình luôn có nghiệm x1 ; x2 với mọi m. 2 2 b, Đặt A = 2 (x1 + x2 ) - 5x1 x2 áp dụng định lý Vi ét: x1 +x2 = 2m ; x1x2 = 2m-1 - Chứng minh : A = 8m2 - 18m + 9 2 2 2 2 A = 2 (x1 + x2 ) - 5x1 x2 = 2(x1 + x2) - 4x1x2- 5x1 x2 = 2(x1 + x2) - 9x1 x2 = 2 (2m)2 - 9 (2m - 1) = 8m2 -18m +9 - Tìm m sao cho A = 27 A= 27 8m2 -18m +9 = 27 8m2 -18m -18 = 0 4m2 -9m - 9 = 0 9 2 m = 9 +4.4.9 = 225 = 15 m1 3 9 15 m1/2 = 3 8 m 2 4 c, Tìm m sao cho phương trình có nghiệm này bằng hai lần nghiệm kia . Giả sử: x1 = 2x2 3x2 =2m (1) 2 2x2 = 2m - 1 (2) x1 1 2 Lấy (2) Trừ đi (1) ta có 2x2 -3x2 + 1 = 0 1 x 2 2 3 Với x2 = 1 x1 = 2 m = 2 1 3 Với x2 = x1 = 1 m = 2 4 Câu 9 :. Cho phương trình: (m-1)x2 - 2(m-1) x -m = 0 a, Xác định m để phương trình có nghiệm kép, tìm nghiệm kép đó. b, Tìm m sao cho phương trình có 2 nghiệm phân biệt đều âm. Câu 9:Giải: 17
  18. Vũ Tuấn Anh a, Xác định m để phương trình có nghiệm kép, tìm nghiệm kép đó. (m 1) 0 m 0 1 P.trình có nghiệm kép nếu: 2 m = (m 1) m(m 1) 0 (m 1)(2m 1) 0 2 Vậy: m = 1 thì phương trình có nghiệm kép: 2 b 2(m 1) x1 = x2 = (- ) = - 1 2a 2(m 1) b, Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt đều âm thì. m 1 0 (m 1)(2m 1) 0 m 1 1 m m Vậy: 0 0 Phương trình luôn luôn có hai nghiệm phân biệt. 2m 3 3 x1/2 = x1 = m - 3 và x2 = m 2 b, Tìm m sao cho nghiệm x1 ; x2 thoả mãn điều kiện: 1<x1< x2<6 . Với mọi m ta đều có: m - 3 < m ta chỉ cần xác định m để : 1< m - 3 < m < 6 4 < m < 6 Vậy với 4 < m < 6 thì phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 thoả mãn điều kiện: 1<x1< x2<6 . Câu 11 :. Cho phương trình: (m+2)x2 - (2m - 1) x - 3+ m = 0 a, Chứng minh rằng phương trình có nghiệm với mọi giá trị của m. b, Tìm m sao cho phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 và khi đó hãy tìm giá trị của m để nghiệm này gấp hai lần nghiệm kia. Giải: a, Xét 2 trường hợp. *Trương hợp 1: m+2=0 m = -2 Phương trình trở thành 5x = 5 x = 1 là nghiệm *Trương hợp 1: m+2 0 m -2 Ta có phương trình bậc hai: = (2m - 1)2 -4(m+2)(m-3) = 1= 25 = 52 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt. 18
  19. Vũ Tuấn Anh m 3 b, Khi m -2 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x1= ; x 1 . Cần tìm m 2 2 m để cho x1=2x2 hoặc x2 = 2x1. m 3 *x1=2x2 2 m 3 2(m 2) m 7 m 2 2(m 3) x2 = 2x1 1 2(m 3) m 2 m 8 m 2 Câu 12 :. . Cho phương trình: x2 - 4 x +m +1 = 0 a, Xác định m để phương trình luôn có nghiệm. 2 2 b, Tìm m sao cho phương trình có 2 nghiệm thoả mãn x1 + x2 = 10 Giải: a, Xét 22 (m 1) 3 m Phương trình có nghiệm 3 -m 0 m 3 b, Ta có khi m 3 thì phương trình có 2 nghiệm thoả mãn x1 + x2 = 4 và x1.x2 = m+1 m 3 m 3 m 3 m 2 Ta cần xác định m để: 2 2 (x1 x2 ) 2x1 x2 10 4 2(m 1) 10 2m 4 2 Câu 13 :. Cho phương trình : m 1 x 2mx m 4 0 có 2 nghiệm x1; x2 . Lập hệ thức liên hệ giữa x1; x2 sao cho chúng không phụ thuộc vào m. Giải :. Để phương trình trên có 2 nghiệm x1 và x2 th ì : m 1 m 1 0 m 1 m 1 2 4 V' 0 m (m 1)(m 4) 0 5m 4 0 m 5 Theo hệ th ức VI- ÉT ta có : 2m 2 x x x x 2 (1) 1 2 m 1 1 2 m 1 m 4 3 x .x x .x 1 (2) 1 2 m 1 1 2 m 1 Rút m từ (1) ta có : 2 2 x1 x2 2 m 1 (3) m 1 x1 x2 2 Rút m từ (2) ta có : 3 3 1 x1x2 m 1 (4) m 1 1 x1x2 Đồng nhất các vế của (3) và (4) ta có: 2 3 2 1 x1x2 3 x1 x2 2 3 x1 x2 2x1x2 8 0 x1 x2 2 1 x1x2 19
  20. Vũ Tuấn Anh 2 Câu 14 :. : Gọi x1; x2 là nghiệm của phương trình : m 1 x 2mx m 4 0 . Chứng minh rằng biểu thức A 3 x1 x2 2x1x2 8 không phụ thuộc giá trị của m. Giải Để phương trình trên có 2 nghiệm x1 và x2 th ì : m 1 m 1 0 m 1 m 1 2 4 V' 0 m (m 1)(m 4) 0 5m 4 0 m 5 Theo hệ thức VI- ÉT ta c ó : 2m x x 1 2 m 1 thay vào A ta có: m 4 x .x 1 2 m 1 2m m 4 6m 2m 8 8(m 1) 0 A 3 x x 2x x 8 3. 2. 8 0 1 2 1 2 m 1 m 1 m 1 m 1 4 Vậy A = 0 với mọi m 1 và m . Do đó biểu thức A không phụ thuộc vào m 5 Câu 15: Cho phương trình ẩn x : x4 2(2m 1)x2 4m2 0 (1) 1) Giải phương trình (1) khi m = 2. 2) Tìm điều kiện của m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt 4 4 4 4 x1,x2,x3,x4 thoả mãn x1 x2 x3 x4 17 . Giải 1)Với m = 2 phương trình (1) có dạng: x4 10x2 16 0 (2) Đặt y = x2 y 0 thì pt (2) có dạng y2 10y 16 0 (3) Giải pt (3) ta được y1 2; y2 8 (thoả mãn) 2 y1 2 x 2 x 2 y 8 2 2 x 8 x 2 2 Phương trình đã cho có bốn nghiệm x1 2; x2 2; x3 2 2; x4 2 2 2) Đặt y x2 y 0 thì pt (1) trở thành 2 y2 2(2m 1)y 4m2 0 (4) có ' 2m 1 4m2 4m 1 Để phương trình (1) có bốn nghiệm x1,x2 ,x3,x4 phân biệt thì pt (4) phải có hai nghiệm dương y1,y2 phân biệt 20
  21. Vũ Tuấn Anh ' 0 4m 1 0 1 c 2 m 0 4m 0 4 (*) a 2 2m 1 0 m 0 b 0 a 2 2 2 2 4 4 2 4 4 2 Giả sử x1 x2 y1; x3 x4 y2 x1 x2 y1 ; x3 x4 y2 4 4 4 4 2 2 Do đó : x1 x2 x3 x4 17 2 y1 y2 17 2 2 4 2m 1 8m2 17 16m2 32m 9 0 9 1 1 m hoÆc m kết hợp với ĐK (*) ta được m = 4 4 4 Câu 16: 2 2 2 x 2 x 11x2 44 1) Giải phương trình : 10 2 x 1 1 x x 1 2 2) Cho x1;x2 là hai nghiệm của phương trình x 6x 1 0 . n n Đặt Sn x1 x2 . Tìm số dư khi chia S2009 cho 5. Giải 2 2 x 2 x 2 x2 4 1)10 11 2 0 x 1 x 1 x 1 x 2 x 2 ĐK : x 1; x 2 . Đặt a ;b ta có phương trình: x 1 x 1 2 2 a b 10a b 11ab 0 10a b a b 0 b 10a x 2 x 2 +) Với a = b ta có x 0 (thoả mãn ĐK) x 1 x 1 x 2 x 2 2 +) Với b = 10a ta có 10. 3x 11x 6 0 x 1 x 1 2 Giải phương trình ta được : x 3; x (Đều thoả mãn ĐK) 1 2 3 2 Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm x 3; x ; x 0 1 2 3 3 Ta tính được 2) n 2 n 2 n 1 n 1 n n Sn 2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1x2 6Sn 1 Sn 21
  22. Vũ Tuấn Anh Chứng minh tương tự ta có Sn 3 6Sn 2 Sn 1 . Do đó : Sn 3 6(6Sn 1 Sn ) Sn 1 35Sn 1 6Sn Sn 6 và Sn cùng số dư khi chia cho 5 S2009 và S5 cùng số dư khi chia cho 5 mà S2 30S3 5S3 6S2 S5 và 5S3 6S2 cùng số dư khi chia cho 5 mà 5S3 6S2 786 vì vậy S2009 khi chia cho 5 có số dư là 1 Bài 17:Cho phương trình : x2 -(2m+1)x + m2+m -1= 0 1.Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với mọi m. 2.Chứng minh có một hệ thức giữa hai nghiệm số không phụ thuộc vào m. Giải: 1. Ta có : = (2m +1)2 - 4.(m2 + m - 1) = 5 > 0 suy ra phương trình luôn có nghiệm với mọi m x1 x2 2m 1(1) 2.Theo vi-et ta có: 2 x1.x2 m m 1(2) x x 1 Từ (1) suy ra: m 1 2 thay vào (2) ta có: 2 2 2 x1 x2 1 x1 x2 1 x1 x2 1 x1 x2 1 x1.x2 1 x1.x2 1. 2 2 2 2 Ta có đpcm. DẠNG IV: HỆ PHƯƠNG TRÌNH §Ò bµi 1: Gi¶i c¸c hÖ ph¬ng tr×nh sau : 5x 2y 9 x 2y 5 x 3 7x y 3 7y a) b) c) 2 2 2 2 4x 3y 2 x 2y 2xy 5 x y x y 2 1 3 2 x y xy 7 d) x 2 y ( §Æt Èn phô ) e) ( ®èi xøng lo¹i 1 ) 2 2 2 1 x y 3x 3y 16 1 x 2 y 2x2 y 3y2 2 3x2 2xy y2 11 f) ( ®èi xøng lo¹i 2 ) g) ( ®¼ng cÊp bËc 2 2 2 2 2y x 3x 2 x 2xy 5y 25 hai ) Gi¶i : x 1 x 1 a) 5x 2y 9 15x 6y 27 23x 23 2 4 4x 3y 2 8x 6y 4 4x 3y 2 4 1 3y 2 y 2 3 22
  23. Vũ Tuấn Anh VËy hÖ cã mét nghiÖm lµ : ( x ; y ) = ( -1 ; 2 ) x 2y 5 x 5 2y x 5 2y b) 2 2 2 2 2 2 2 x 2y 2xy 5 5 2y 2y 2 5 2y y 5 25 20y 4y 2y 10y 4y 5 x 5 2y x 5 2y 1 2 2 10y 30y 20 0 y 3y 2 0 2 Phương tr×nh (2) lµ phương tr×nh bËc hai cã a + b + c = 0 nªn cã hai nghiÖm lµ c y 1; y 2 1 2 a Víi y = y1 = 1 thay vµo (1) ta cã x = 5 – 2.1 = 3 Víi y = y2 = 2 thay vµo (1) ta cã x = 5 – 2.2 = 1 VËy hÖ phương tr×nh cã hai nghiÖm ( x ; y ) lµ ( 3 ; 1 ) vµ ( 1 ; 2 ) 3 3 3 3 x y x2 xy y2 7 x y 0 c) x 7x y 7y x y 7x 7y 0 2 2 2 2 2 2 x y x y 2 x y x y 2 x y x y 2 x y x2 xy y2 7 0 1 2 2 x y x y 2 2 Tõ (1) => x - y = 0 hoÆc x2 + xy + y2 + 7 = 0 NÕu x – y = 0 x = y thay vµo (2) ta cã : x2 x2 x x 2 x2 x 1 0 2 1 4.1. 1 5 0 . Phương tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt : 1 5 1 5 x ; x 1 2 2 2 1 5 1 5  HÖ cã nghiÖm x y vµ x y 2 2 NÕu x2 + xy + y2 + 7 = 0 kÕt hîp víi (2 ta cã hÖ : x2 y2 xy 7 0 x y 2 xy 7 0 x y xy 9 0 2 2 2 2 2 x y x y 2 x y x y 2 x y 2xy x y 2 P S 9 S P 9 0 §Æt x+y = S , xy = P ta cã hÖ 2 2 P S 9 S 2P S 2 S 2 S 9 S 2 2 S S 16 0 * Phương tr×nh (*) lµ phương tr×nh bËc hai cã 12 4.1.16 63 0 nªn (*) v« nghiÖm. HÖ v« nghiÖm 1 5 1 5 VËy hÖ phương tr×nh ®· cho cã hai nghiÖm lµ x y vµ x y 2 2 23
  24. Vũ Tuấn Anh 1 3 2 d) x 2 y . §iÒu kiÖn x 0,y 2 2 1 1 x 2 y 1 1 §Æt a, b ta cã hÖ phương tr×nh : x 2 y 1 a a 3b 2 a 3b 2 5a 1 5 2a b 1 6a 3b 3 2a b 1 1 3 b 2a 1 2. 1 5 5 1 1 x 5 Do ®ã x 5 5 11 ( tháa m·n c¸c ®iÒu kiÖn ) 1 3 y 2 3 3 2 y 5 11 VËy hÖ phương tr×nh cã nghiÖm lµ x;y 5; 3 x y xy 7 x y xy 7 e) 2 2 2 x y 3x 3y 16 x y 2xy 3 x y 16 §Æt x+y = S , xy = P ta cã hÖ S P 7 P 7 S P 7 S 2 2 2 S 2P 3S 16 S 2 7 S 3S 16 S S 2 0 2 Phương tr×nh S – S – 2 = 0 cã d¹ng a - b + c = 0 nªn cã hai nghiÖm lµ S1 = -1 , S2 = 2  Víi S = S = -1 ta cã P = -7 + 1 = -6 x y 1 . 1 xy 6 x vµ y lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh bËc hai sau : A2 + A - 6 = 0 12 4.1. 6 25 0 5. Phương tr×nh cã hai nghiÖm : 1 5 1 5 A 2 ; A 3 => HÖ phương tr×nh cã nghiÖm ( 2 ; -3 ) vµ ( -3 ; 2 ) 1 2 2 2  Víi S = S2= 2 ta cã P = -7 - 2 = -9 . => Tù lµm tiÕp. KÕt luËn : HÖ phương tr×nh ®· cho cã 4 nghiÖm lµ : ( 2 ; -3 ) , ( -3 ; 2 ) , 1 10 ;1 10 , 1 10 ;1 10 2x2 y 3y2 2 1 f) 2 2 2y x 3x 2 2 Trõ tõng vÕ hai phương tr×nh cña hÖ ta cã : 2(x2 - y2 )-(x-y ) = 3(y2 -x2 ) 2 x y x y x y 3 x y x y 0 x-y 2x 2y 1 3x 3y 0 x y 5x 5y 1 0 x-y=0 5x 5y 1 0 24
  25. Vũ Tuấn Anh  NÕu x - y = 0  x = y thay vµo (1) ta cã 2x2 + x = 3x2 - 2  x2 - x - 2 = 0 Phương tr×nh cã d¹ng a – b + c = 0 nªn cã hai nghiÖm lµ x1 = -1 , x2 = 2  HÖ phương tr×nh cã hai nghiÖm x = y = -1 vµ x = y = 2 1 5x  NÕu 5x + 5y – 1 = 0 y thay vµo (1) ta cã : 5 2 2 1 5x 1 5x 2 2 2 2x 3. 2 50x 5 25x 3 1 10x 25x 50 25x 5x 52 0 5 5 52 4.25. 52 5225 0 5 5225 1 209 5 5225 1 209 Phương tr×nh cã hai nghiÖm x ; x 1 50 10 2 50 10 1 209 1 209 1 209 Víi x = x1 = ta cã y = (1 – 5. ) : 5 = 10 10 10 1 209 1 209 1 209 Víi x = x2 = ta cã y = (1 – 5. ) : 5 = 10 10 10 KÕt luËn : HÖ phương tr×nh ®· cho cã 4 nghiÖm ( x ; y ) lµ : 1 209 1 209 1 209 1 209 1; 1 , 2;2 , ; , ; 10 10 10 10 Chó ý :NÕu hÖ ®èi xøng bËc 3 th× c¸ch lµm vÉn thÕ nhưng lêi gi¶i dµi vµ khã h¬n rÊt nhiÒu cÇn quan s¸t kÜ xem ë bưíc thø hai cã c¸ch nµo ®¬n gi¶n kh«ng 2 2 2 2 2 2 3x 2xy y 11 1 25. 3x 2xy y 25.11 75x 50xy 25y 275 g) x2 2xy 5y2 25 2 2 2 11x2 22xy 55y2 275 11. x 2xy 5y 11.25 75x2 50xy 25y2 11x2 22xy 55y2 64x2 28xy 30y2 0 32x2 14xy 15y2 0 * 3x2 11 Víi y = 0 thay vµo hÖ phương tr×nh ta cã : 2 ( hÖ v« nghiÖm) x 25 Víi y 0 chia hai vÕ cña (*) cho y2 ta ®îc phương tr×nh : 2 32x2 14x x x 2 15 0 32. 14. 15 0 y y y y §Æt t = x ta cã phương tr×nh : 32t2 + 14t – 15 = 0 y Phương tr×nh trªn cã ' 72 32. 15 529 0 ' 23 7 23 15 7 23 1 Phương tr×nh cã hai nghiÖm : t ; t 1 32 16 2 32 2 15 x 15 15  Víi t = t1 = x y . Thay vµo phương tr×nh (2) ta cã 16 y 16 16 : 25
  26. Vũ Tuấn Anh 2 15 15 2 2 2 2 y 2. y y 5y 25 225y 480y 1280y 6400 16 16 256 16 16 1025y2 6400 y2 y hoÆc y 41 41 41 16 15 16 15 Víi y x . 41 16 41 41 16 15 16 15 Víi y x . 41 16 41 41 1 x 1 1  Víi t = t2 = x y . Thay vµo phương tr×nh (2) ta cã : 2 y 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 y 2 y 2. y y 5y 25 y 4y 20y 100 25y 100 y 4 2 2 y 2 1 Víi y = 2 x .2 1 2 1 Víi y = -2 x . 2 1 2 Tãm lai hÖ phương tr×nh ®· cho cã 4 nghiÖm ( x ; y ) lµ : 15 16 15 16 ; , ; , 1;2 , 1; 2 41 41 41 41 Chó ý :NÕu trong hÖ cã c¸c biÓu thøc cÇn ®iÒu kiÖn th× tríc khi gi¶i ta ph¶i t×m ®iÒu kiÖn cña biÕn tríc, sau ®ã dïng ®iÒu kiÖn nµy ®Ó so s¸nh tríc khi kÕt luËn vÒ nghiÖm cña hÖ 3x m 1 y 12 §Ò bµi 2: Cho hÖ phương tr×nh: m 1 x 12y 24 a)Gi¶i hÖ phương tr×nh víi m = 2 b)Gi¶i vµ biÖn lu©n hÖ phương tr×nh. c)T×m m ®Ó hÖ phương tr×nh cã mét nghiÖm duy nhÊt ( x ; y ) sao cho x 1 f)T×m m ®Ó hÖ cã nghiÖm duy nhÊt tháa m·n x + y = -1. g)T×m m nguyªn ®Ó hÖ cã nghiÖm duy nhÊt lµ nghiÖm nguyªn h)Víi ( x ; y ) lµ nghiÖm duy nhÊt cña hÖ .T×m ®¼ng thøc liªn hÖ gi÷a x vµ y kh«ng phô thuéc vµo m. Gi¶i : a. Gi¶i hÖ phương tr×nh víi m = 2 ( tù lµm ) b. Gi¶i vµ biÖn lu©n hÖ phương tr×nh. 26
  27. Vũ Tuấn Anh 3x m 1 y 12 1 36x 12 m 1 y 144 2 m 1 x 12y 24 2 m 1 x 12 m 1 y 24 m 1 Trõ tõng vÕ cña hai phương tr×nh trªn ta cã : 2 2 m 1 x 36x 24 m 1 144 m 1 36 x 24m 24 144 m 7 m 5 x 24m 168 3  NÕu m = 7 thay vµo hÖ phương tr×nh ban ®Çu ta cã : 3x 6y 12 x 2y 4 x 2y 4 x 4 2y 6x 12y 24 x 2y 4 HÖ v« sè nghiÖm d¹ng ( 4 – 2t ; t ) víi t R  NÕu m = -5 thay vµo hÖ phương tr×nh ban ®Çu ta cã : 3x 6y 12 x 2y 4 HÖ v« nghiÖm  6x 12y 24 x 2y 4  NÕu m 5 vµ m 7 tõ (3) ta cã : 24m 168 24 m 7 24 x m 7 m 5 m 7 m 5 m 5 Thay vµo (2) ta cã: 24 24 m 1 2 m 1 12 m 1 . 12y 24 12y 24 y 2 y m 5 m 5 m 5 m 5 Tãm l¹i :  NÕu m = -5 hÖ phương tr×nh ®· cho v« nghiÖm  NÕu m = -7 hÖ phương tr×nh ®· cho cã v« sè nghiÖm x = 4 – 2t , y = t víi t R  NÕu m 5 vµ m 7 hÖ phương tr×nh ®· cho cã nghiÖm duy nhÊt: 24 12 x , y m 5 m 5 24 Chó ý :Khi t×m ®îc x ta kh«ng nªn thay vµo (1) ®Ó t×m y v× khi ®ã hÖ sè cña m 5 y vÉn cßn m vµ ta l¹i ph¶i xÐt c¸c trêng hîp hÖ sã ®ã b»ng vµ kh¸c 0 ®Ó t×m y c. T×m m ®Ó hÖ phương tr×nh cã mét nghiÖm duy nhÊt ( x ; y ) sao cho x < y. 27
  28. Vũ Tuấn Anh  Theo c©u trªn, phương tr×nh cã mét nghiÖm duy nhÊt khi m 5 vµ m 7 . 24 12  Khi ®ã nghiÖm cña hÖ lµ : x , y m 5 m 5 24 12 x y 1 m 5 m 5 Víi m 5 vµ m 7 ta cã (x + 5)2>0 . Nh©n hai vÕ cña (1) víi (x + 5)2>0 ta ®ưîc bÊt phương tr×nh 24 m 5 12 m 5 24m 120 12m 60 12m 60 m 5 KÕt hîp víi c¸c ®iÒu kiÖn ta cã m 1 28
  29. Vũ Tuấn Anh  Theo c©u trªn, phương tr×nh cã mét nghiÖm duy nhÊt khi m 5 vµ m 7 . 24 12  Khi ®ã nghiÖm cña hÖ lµ : x , y m 5 m 5 HÖ cã nghiÖm duy nhÊt tho¶ m·n x + y > 1 24 12 36 m 5 31 m 1 0 0 m 5 m 5 m 5 m 5 31 m 0 m 31 m 5 0 m 5   m 31 5 m 31 31 m 0 m 31 m 5 v« nghiÖm m 5 0 m 5 KÕt hîp víi c¸c ®iÒu kiÖn ta cã 5 m 31 vµ m 7 lµ gi¸ trÞ cÇn t×m f. T×m m ®Ó hÖ cã nghiÖm duy nhÊt tháa m·n x + y = -1.  Theo c©u trªn, phương tr×nh cã mét nghiÖm duy nhÊt khi m 5 vµ m 7 . 24 12  Khi ®ã nghiÖm cña hÖ lµ : x , y m 5 m 5 HÖ cã nghiÖm duy nhÊt tho¶ m·n x + y = -1 24 12 36 2m 10 46 2m 2 0 0 46 2m 0 do m 5 m 23 m 5 m 5 m 5 m 5 KÕt hîp c¸c ®iÒu kiÖn ta cã m = - 23 lµ gi¸ trÞ cÇn t×m g. T×m m nguyªn ®Ó hÖ cã nghiªm duy nhÊt lµ nghiÖm nguyªn  Theo c©u trªn, phương tr×nh cã mét nghiÖm duy nhÊt khi m 5 vµ m 7 . 24 12  Khi ®ã nghiÖm cña hÖ lµ : x , y m 5 m 5 24 12 HÖ cã nghiªm duy nhÊt lµ nghiÖm nguyªn khi vµ lµ c¸c sè nguyªn m 5 m 5 V× m nguyªn nªn m + 5 lµ ưíc cña 24 vµ 12 m 5  12; 6; 4; 3; 2; 1; 1; 2; 3; 4; 6; 12 m  17; 11; 9; 8; 7; 6; 4; 3; 2; 1; 1; 7 KÕt hîp ®iÒu kiÖn ta cã m  17; 11; 9; 8; 7; 6; 4; 3; 2; 1; 1 lµ c¸c gi¸ trÞ cÇn t×m 29
  30. Vũ Tuấn Anh h. Víi ( x ; y ) lµ nghiÖm duy nhÊt cña hÖ. T×m ®¼ng thøc liªn hÖ gi÷a x vµ y kh«ng phô thuéc vµo m. 3x m 1 y 12 3x my y 12 my y 3x 12 Ta cã I m 1 x 12y 24 mx x 12y 24 mx x 12y 24 3x 12 Thay y = 0 vµo hÖ ta cã : x 4  m 1 x 24 m 7 Thay m = 7 vµo hÖ ta ®îc 3x 6y 12 x 2y 4 x 2y 4 ( hÖ v« sè nghiÖm ) 6x 12y 24 x 2y 4 Do ®ã nÕu hÖ cã nghiÖm duy nhÊt ( x ; y ) th× y 0 y 3x 12 m y 3x 12 I y .x x 12 24 y mx x 12 24 xy 3x2 12x xy 12y 24y 3x2 12x 12y 0 x2 4x 4y 0 VËy biÓu thøc cÇn t×m lµ x2– 4x + 4y = 0 Bµi tËp tù lµm Bµi 1Giải các hệ phương trình sau : x 2 xy y 2 4 x y xy 7 xy x y 11 1) 2) 2 2 3) 2 2 4) xy x y 2 x y 3x 3y 16 x y xy 30 x 2 y 2 13 3(x y) 2xy 9 0 x 2 y xy 2 30 x y y x 6 x y 4 x 4 y 4 34 5) 6) 7) 8) 3 3 2 2 x y 35 x y xy 20 x y xy 4 x y 2 §¸p ¸n 1) (0;2); (2;0) 2) (2; 3),( 3;2),(1 10;1 10),(1 10;1 10) 3) (1;5),(5;1),(2;3),(3;2) 10 10 10 10 4) (3; 2),( 2;3),( 2 ; 2 ),( 2 ; 2 ) 5) (2;3);(3;2) 6) (1;4),(4;1) 2 2 2 2 Bµi 2 Giải các hệ phương trình sau ( ®¼ng cÊp bËc hai ): 3x2 2xy y2 11 6x 2 xy 2y 2 56 2x3 3x2 y 5 1) 2) 3) 2 2 2 2 3 2 x 2xy 5y 25 5x xy y 49 y 6xy 7 Bµi 3. Cho hÖ phương tr×nh: x 2y 3 m 2x y 3(m 2) a) Gi¶i hÖ phương tr×nh khi thay m = -1. b) Gäi nghiÖm cña hÖ ph¬ng tr×nh lµ (x, y). T×m m ®Ó x2 + y2 ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt. 30
  31. Vũ Tuấn Anh a 1 x y 4 Bµi 4. Cho hÖ phương tr×nh (a lµ tham sè). ax y 2a a) Gi¶i hÖ khi a = 1. b) Chøng minh r»ng víi mäi a hÖ lu«n cã nghiÖm duy nhÊt (x ; y) tho¶ m·n x + y 2. Bµi 5 T×m c¸c gi¸ trÞ cña m vµ n ®Ó c¸c hÖ phương tr×nh 2 m 1 x 7 n 2 y 6 a) m 1 n 2 cã nghiÖm (x ; y) = (1 ; 2) x y 2 6 6 4m 1 x 8 n 2 y 11 b) cã nghiÖm (x ; y) = ( 1;3 ) 3m 2 x 5 n 1 y 4 Bµi 6 Gi¶i c¸c hÖ phương tr×nh sau : 2 2 3 1 3 1 1 2 2 2 2 x 2 y 1 3x y 5 y 1 x 2 4 x y x y 3 a) b) c) d) 2 3 x2 3y2 1 5 3 29 1 1 1 1 x 2 y 1 y 1 x 2 12 x y x y 3 x y 1 x y 3 2 2 2 2 x 1 x 2 9y 7 u 5 u 6v e) y z 1 f) y z 6 g) h) 2 2 2 2 y 3 y 2 5x 2 v 6 v 4u z x 8 z x 1 C©u 7: Cho hÖ phương tr×nh : x 1 9 y m ( víi m lµ tham sè ) y 1 9 x m 1) Gi¶i hÖ phương tr×nh khi m 2 5 . 2) T×m m ®Ó hÖ trªn cã nghiÖm duy nhÊt. Giải 1)Thay m = 25 ta được hệ pt : x 1 9 y 2 5 (1) y 1 9 x 2 5 (2) Điều kiện : 1 x 9; 1 y 9 . Giả sử hệ pt có nghiệm (x; y) Từ hệ pt trên x 1 9 y y 1 9 x (3) Giả sử x y ta có x 1 y 1 vµ 9 y 9 x suy ra x 1 9 y y 1 9 x mâu thuẫn với (3) Tương tự x < y cũng suy ra mâu thuẫn . Vậy x = y Thay x = y vào pt (1) ta có : 31
  32. Vũ Tuấn Anh x 1 9 x 2 5 bình phương hai vế ta được 10 2 x 1 9 x 20 x 1 9 x 5 x2 8x 16 0 x 4. Do đó x = y = 4. Hệ phương trình có một nghiệm : (x; y) = (4; 4) 2)Theo cách chứng minh tương tự như trên ta chứng minh được : nếu hệ có nghiệm (x; y) thì x = y. y x Khi đó hệ phương trình đã cho (II) x 1 9 x m (4) Giả sử x0 là nghiệm duy nhất của phương trình (4) x0 1 9 x0 m (8 x0 ) 1 9 (8 x0 ) m 8 x0 cũng là nghiệm của pt (4) do tính duy nhất 8 x0 x0 x0 4 m 2 5 y x Khi m 2 5 thay vào hệ (II) ta có x 1 9 x 2 5 Giải hệ phương trình trên ta được nghiệm duy nhất (x; y) = (4; 4). Vậy với m 2 5 thì hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất. III. GIẢI VÀ BIỆN LUẬN HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN 1. Giải và biện luận hệ phương trình Phương pháp giải: Cách 1: Từ một phương trình của hệ tìm y theo x rồi thế vào phương trình thứ hai để được phương trình bậc nhất đối với x Giả sử phương trình bậc nhất đối với x có dạng: ax = b (1) Biện luận phương trình (1) ta sẽ có sự biện luận của hệ i) Nếu a=0: (1) trở thành 0x = b - Nếu b = 0 thì hệ có vô số nghiệm - Nếu b 0 thì hệ vô nghiệm b ii) Nếu a 0 thì (1) x = , Thay vào biểu thức của x ta tìm y, lúc đó hệ phương a trình có nghiệm duy nhất. Cách 2: Dùng định thức để giải và biện luận hpt mx y 2m(1) Ví dụ 1: Giải và biện luận hệ phương trình: 4x my m 6(2) Từ (1) y = mx – 2m, thay vào (2) ta được: 4x – m(mx – 2m) = m + 6 (m2 – 4)x = (2m + 3)(m – 2) (3) (2m 3)(m 2) 2m 3 Nếu m2 – 4 0 hay m 2 thì x = m 2 4 m 2 Khi đó y = - m . Hệ có nghiệm duy nhất: (2m 3 ;-m ) m 2 m 2 m 2 32
  33. Vũ Tuấn Anh ii) Nếu m = 2 thì (3) thỏa mãn với mọi x, khi đó y = mx -2m = 2x – 4 Hệ có vô số nghiệm (x, 2x-4) với mọi x R iii) Nếu m = -2 thì (3) trở thành 0x = 4 . Hệ vô nghiệm 2m 3 m Vậy: - Nếu m 2 thì hệ có nghiệm duy nhất: (x,y) = ( ;- ) m 2 m 2 - Nếu m = 2 thì hệ có vô số nghiệm (x, 2x-4) với mọi x R - Nếu m = -2 thì hệ vô nghiệm Bài tập: Giải và biện luận các hệ phương trình sau: mx y 3m 1 mx 4y 10 m (m 1)x my 3m 1 1) 2) 3) x my m 1 x my 4 2x y m 5 2. Xác định giá trị của tham số để hệ có nghiệm thỏa mãn điều kiện cho trước Phương pháp giải: Giải hệ phương trình theo tham số k Viết x, y của hệ về dạng: n + với n, k nguyên f (m) Tìm m nguyên để f(m) là ước của k Ví dụ 1:Định m nguyên để hệ có nghiệm duy nhất là nghiệm nguyên: mx 2y m 1 2x my 2m 1 HD Giải: mx 2y m 1 2mx 4y 2m 2 2 2 2x my 2m 1 2mx m y 2m m (m 2 4)y 2m 2 3m 2 (m 2)(2m 1) 2x my 2m 1 để hệ có nghiệm duy nhất thì m2 – 4 0 hay m 2 Vậy với m 2 hệ phương trình có nghiệm duy nhất (m 2)(2m 1) 2m 1 3 y 2 m 2 4 m 2 m 2 m 1 3 x 1 m 2 m 2 Để x, y là những số nguyên thì m + 2 Ư(3) = 1; 1;3; 3 Vậy: m + 2 = 1, 3 => m = -1; -3; 1; -5 VD 2:Định m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y) thỏa mãn hệ thức cho trước mx 4y 9 Cho hệ phương trình: x my 8 Với giá trị nào của m để hệ có nghiệm (x ; y) thỏa mãn hệ thức: 33
  34. Vũ Tuấn Anh 2x + y + 38 = 3 m 2 4 HD Giải: - Điều kiện để hệ phương trình có nghiệm duy nhất: m 2 - Giải hệ phương trình theo m 8m 9 2 y mx 4y 9 mx 4y 9 (m 4)y 8m 9 m 2 4 x my 8 mx m 2 y 8m x my 8 9m 32 x m 2 4 - Thay x = 9m 32 ; y = 8m 9 vào hệ thức đã cho ta được: m 2 4 m 2 4 2. 9m 32 + 8m 9 + 38 = 3 m 2 4 m 2 4 m 2 4 =>18m – 64 +8m – 9 + 38 = 3m2 – 12 3m2 – 26m + 23 = 0 23 m1 = 1 ; m2 = (cả hai giá trị của m đều thỏa mãn điều kiện) 3 Vậy m = 1 ; m = 23 3 IV. BÀI TẬP VỀ NHÀ (Bài tập tổng hợp) Bài 1: mx 4y 10 m Cho hệ phương trình (m là tham số) x my 4 a) Giải hệ phương trình khi m = 2 b) Giải và biện luận hệ phương trình theo m c) Tìm các giá trị nguyên của m để hệ có nghiệm duy nhất (x;y) sao cho x> 0, y > 0 d) Với giá trị nào của m thì hệ có nghiệm (x;y) với x, y là các số nguyên dương Bài 2: (m 1)x my 3m 1 Cho hệ phương trình : 2x y m 5 a) Giải và biện luận hệ phương trình theo m b) Với giá trị nguyên nào của m để hai đường thẳng của hệ cắt nhau tại một điểm nằm trong góc phần tư thứ IV của hệ tọa độ Oxy c) Định m để hệ có nghiệm duy nhất (x ; y) sao cho P = x2 + y2 đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 3: 3x 2y 4 Cho hệ phương trình 2x y m a)Giải hệ phương trình khi m = 5 b)Tìm m nguyên sao cho hệ có nghiệm (x; y) với x < 1, y < 1 34
  35. Vũ Tuấn Anh c)Với giá trị nào của m thì ba đường thẳng 3x + 2y = 4; 2x – y = m; x + 2y = 3 đồng quy Bài 4: mx 4y 9 Cho hệ phương trình: x my 8 a) Giải hệ phương trình khi m = 1 b) Với giá trị nào của m để hệ có nghiệm (-1 ; 3) c) Với giá trị nào của m thì hệ có nghiệm duy nhất, vô nghiệm Bài 5: x my 9 Cho hệ phương trình: mx 3y 4 a) Giải hệ phương trình khi m = 3 b) Với giá trị nào của m để hệ có nghiệm (-1 ; 3) c) Chứng tỏ rằng hệ phương trình luôn luôn có nghiệm duy nhất với mọi m d) Với giá trị nào của m để hệ có nghiệm (x ; y) thỏa mãn hệ thức: x - 3y = 28 - 3 m 2 3 Bài 6: mx y 2 Cho hệ phương trình: 3x my 5 a) Giải hệ phương trình khi m 2 . b) Tìm giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) thỏa mãn hệ m 2 thức x y 1 . m 2 3 Bài 7: 3x my 9 Cho hệ phương trình mx 2y 16 a) Giải hệ phương trình khi m = 5 b) Chứng tỏ rằng hệ phương trình luôn luôn có nghiệm duy nhất với mọi m c) Định m để hệ có nghiệm (x ; y) = ( 1,4 ; 6,6) d) Tìm giá trị nguyên của m để hai đường thẳng của hệ cắt nhau tại một điểm nằm trong góc phần tư thứ IV trên mặt phẳng tọa độ Oxy DẠNG V: PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 1. Phương pháp 1: Sử dụng công thức của định nghĩa căn bậc hai số học x 0 a x 2 x a 35
  36. Vũ Tuấn Anh Ví dụ 1: Giải phương trình 3x 4 x Giải x 0 Ta có : 3x 4 x 2 x 3x 4 Giải x2=3x+4 ta được x=-1 ; x=4. Đối chiếu với điều kiện x 0 thì nghiệm của phương trình là x=4 2. Phương pháp 2: Sử dụng hằng đẳng thức đểA2 đưa A phương trình vô tỷ về phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối . Ví dụ 2: Giải phương trình : x 4 x 4 x 4 x 4 4 (2) Giải : Với điều kiện : x 4 ta có : (2) x 4 4 x 4 4 x 4 4 x 4 4 4 2 2 x 4 2 + x 4 2 4 x 4 2 + x 4 2 4 x 4 2 x 4 2 4 vì x 4 2 0 x 4 * Nếu x 4 2 0 x 8 thì ta có : 2 x 4 4 x 8 (thoã mãn) * Nếu x 4 2 0 x 8 thì ta có : x 4 2 2 x 4 4 4 4 . Vậy phương trình có vô số nghiệm x thoã mãn 4 x 8 Chú ý: HS có thể sai lầm khi kết luận nghiệm 3. Phương pháp 3: Bình phương hai vế của phương trình vô tỷ đã cho để có phương trình hữu tỷ . Ví dụ 3: Giải phương trình : 2x 5 3x 5 2 (3) Giải 5 x 2x 5 0 2 5 Điều kiện: x 3x 5 0 5 3 x 3 Ta có (3) 2x 5 3x 5 2 (3’) Hai vế của (3’) không âm, bình phương hai vế của (3’) ta được: 2x+5 =3x-5 + 4 3x 5 4 4 3x 5 6 x (3’’) Với ĐK: 6 x 0 x 6 . Hai vế của(3’’) không âm nên ta bình phương hai vế của (3’’) ta được: 16( 3x-5) =36+x2 -12x x2 - 60x+116=0 x=2 ; x=58. 5 Đối chiếu với các điều kiện x và x 6 thì nghiệm của phương trình là : x=2 3 36
  37. Vũ Tuấn Anh Chú ý: ở cách giải này nếu không đặt điều kiện cho hai vế của phương trình đều không âm thì sẽ dễ mắc sai lầm, bởi có sự xuất hiện của nghiệm ngoại lai. Thật vậy 5 ở trong ví dụ này nếu cho điều kiện x rồi bình phương hai vế của (3) thì ta sẽ 3 được 2x+5 +3x-5-2 2x 5 3x 5 4 2 2x 5 3x 5 5x 4 (3’’’) Bình phương hai vế của phương trình (3’’’) ta được : x2 - 60x+116 =0 x=2 ; x=58. 5 Đối chiếu với các điều kiện x thì phương trình có hai nghiệm x=2 ; x=58.Mà 3 khi thử lại ta thấy x=2 là nghiệm. Bài toán 7: Giải phương trình: x x 2 x x 5 x x 3 (1) Điều kiện để phương trình có nghĩa là : 3 x 0 ;0 x 5 . Bình phương hai vế của phương trình (1) ta được: x x 2 x x 5 2 x2 x 2 x 5 x x 3 2 2 x2 x 2 x 5 10x x2 4x2 x 2 x 5 10x x2 4x2 x 2 x 5 100x2 20x3 x4 4x2 x2 7x 10 100x2 20x3 x 3x4 8x3 60x2 0 2 2 10  x 3x 8x 60 0 . Giải phương trình này được x ;0;6 . Thử lai chỉ có hai 3  nghiệm x = 0; x = 6 thoả mãn đề cho. 4. Phương pháp 4: Phân tích thành nhân tử để xuất hiện những phương trình vô tỷ đơn giản hơn. Ví dụ 4: Giải phương trình : x 1 x 3 x 2 x 1 x 2 x 3 (4) Giải Ta có (4) x 2 2x 3 x 2 x 2 3x 2 + x 3 (4’) Với điều kiện : x 3 ta có : (4’) x 1. x 3 x 2 x 1. x 2 x 3 x 1 1 x 2 x 3 0 x 1 1 0 x 2 x 3 0 x 1 1 x 2 x 3 x 0 3 (loại) 2 3 (vô lý) vậy phương trình đã cho vô nghiệm 37
  38. Vũ Tuấn Anh 42 60 Bài toán 6: Giải phương trình: 6 (1) 5 x 7 x 42 60 Phương trình (1) có nghĩa khi x 0 nên x . Thử lại đúng nên nghiệm của 42 60 3 5 x 3 7 x 3 5 x 7 x 1 phương trình là x . 3 Bài toán 17: Giải phương trình x2 3x 2 x 3 x 2 x2 2x 3 . Điều kiện của phương trình: x 2 Ta có x2 3x 2 x 3 x 2 x2 2x 3 x 1. x 2 x 3 x 2 x 1. x 3 x 1 x 2 x 3 x 2 x 3 0 x 2 x 3 x 1 1 0 x 2 x 3 hoặc hoặcx 1 1 0 x 2 x hoặc3 x .1 1 0x 1 x 2 x 2 là một nghiệm của phương trình. 5. Phương pháp 5: Đặt ẩn phụ. a) Đặt ẩn phụ để có phương trình bậc hai Ví dụ 5 : Giải phương trình : 3x2 +6x+20 =x 2 2x 8 (5) Giải Ta có (5) 3( x2 +2x+8)- 4= x 2 2x 8 Vì x2+2x+8=(x+1)2 +7 => TXĐ : Mọi x 38
  39. Vũ Tuấn Anh Dặt t=x 2 2x 8 => t 7 . Khi đó ta có : 3t2 - 4= t 3t 2 t 4 0 t = -1 7 loại 4 16 63 t= 7 loại 3 9 9 b) Đặt ẩn phụ để có phương trình hữu tỷ bậc cao Ví dụ 6 : Giải phương trình x 2 x 12 x 1 36 Giải ĐK : x+1>0 x 1 Đặt x 1 t t 0 => x+1 =t2 => x=t2-1 => x2 =t4 -2t2 +1. Khi đó ta có : t4 -2t2 +1 +t2 -1+ 12t -36=0 t 4 t 2 12t 36 0 t 4 2t 3 2t 3 4t 2 3t 2 6t 18t 36 0 t 3 t 2 2t 2 t 2 3t t 2 18 t 2 0 t 2 t 3 2t 2 3t 18 0 t 2 3 2 3 2 t 2t 3t 18 0 vô nghiệm vì t 0 t 2t 3t 18 18 0 t=2 => x+1=4 => x=3>-1. Vậy nghiệm của phương trình là x=3 c) Đặt ẩn phụ để có hệ phương trình hữu tỷ đơn giản Ví dụ 7: Giải phương trình x 2 x 6 2 Giải Điều kiện: x 6 Đặt a=x 6 ; b=x 6 ( a, b không âm) . Từ đó ta có hệ: a b 2 a b 2 a 3 x 2 3 x 2 9 x 7 2 2 (TMĐK) nên là a b 8 a b 4 b 1 x 6 1 x 6 1 nghiệm của phương trình Ví dụ 8: Giải phương trình : 3 x 1 3 x 3 3 2 Giải Đặt a =3 x 1 ; b = 3 x 3 . Từ đó ta có hệ: a b 3 2 a b 3 2 a b 3 2 a b 3 2 a 0 hoặc 3 3 2 2 3 2 3 3 a b 2 a ab b 4 a b 3ab 4 ab 0 b 2 a 3 2 b 0 Nếu a=0; b=-3 2 => x=1 a=3 2 ; b=0 =>x=3 39
  40. Vũ Tuấn Anh Vậy phương trình có hai nghiệm : x=1 ; x=3 Bài toán 5: Giải phương trình: 5 1 x3 2 x2 2 (1) Giải: Điều kiện 1 x3 0 x 1 x2 x 1 0 Do x2 x 1 0 với mọi x nên x 1 0 x 1 Đặt a x 1 ; b x2 x 1 với a 0 ;b 0 . Nên phương trình (1) trở thành : 2 2 2 a a a a 1 5ab 2 a b 2 5 2 0. Giải phương trình này được 2 hoặc b b b b 2 a Với 2 thì phương trình (1) vô nghiệm b a 1 x 1 2 x 1 x2 x 1 Với thì 2 . Phương trình có hai nghiệm thoả b 2 x 5x 3 0 5 37 5 37 điều kiện x ; x . 1 2 2 2 Bài toán 8: Giải phương trình: x 5 x 2 1 x2 7x 10 3 (1) Đặt a x 2 a2 x 2 ; b x 5 b2 x 5 nên b2 a2 x 5 x 2 3 .Do đó b2 a2 3 phương trình (1) trở thành: (*) (b a)(1 ab) 3 Từ hệ (*) suy ra b2 a2 b a 1 ab b a a b ab 1 0 b a 0 a b a b 1 khi đó ta cũng có x = -1. a b ab 1 0 a 1 b 1 0 Cách giải khác: Điều kiện x > -2 và x2 7x 10 x 2 x 5 . Nhân hai vế của phương trình (1) với x 2 x 5 ta được: x 2 x 5 1 x 2 x 5 3 x 2 x 5 3 1 x 2 x 5 3 x 2 x 5 x 2 x 5 x 2 x 5 1 0 x 5 1 x 2 1 x 2 0 x 5 1 1 x 2 0 x 5 1 0 x 5 1 x 4 Do x > -2 nên x = -4 (loại). Vậy nghiệm của 1 x 2 0 x 2 1 x 1 phương trình x = -1. Bài toán 9: Giải phương trình: 25 x2 10 x2 3 (1) 25 x2 0 x2 25 Giải: Điều kiện x2 10 10 x 10 (*). 2 2 10 x 0 x 10 40
  41. Vũ Tuấn Anh Đặt 0 a 25 x2 ; 10 x2 b 0 a2 b2 25 x2 10 x2 15 . Nên phương trình a b 3 a b 3 a 4 (1) trở thành 2 2 a b 15 a b 5 b 1 Nếu b = 1 thì 10 x2 1 x2 9 x 3 so với điều kiên (*) x 3 thoả Nếu a = 4 thì 25 x2 16 x2 9 x 3 so với điều kiên (*) x 3 thoả. Vậy phương trình có nghiệm là x 3 . Bài toán 10: Giải phương trình: 3 x 1 3 x 1 3 5x (*) Lập phương hai vế của phương trình (*) ta được: 3 3 3 3 2 3 5x x 1 x 1 3 x 1 x 1 x 1 x 1 5x 2x 3 x 1. 5x 5 3 x2 1.3 5x x x3 5x x2 1 4x3 5x 0 x 0 hoặc x . Thử lại ta thấy 2 phương trinh có đúng ba nghiệm trên. Bài toán 11: Giải phương trình 3 1 x 3 1 x 2 (1) Điều kiện: x 0 . Đặt 3 1 x a ; 3 1 x b a3 1 x ; b3 1 x nên phương trình (1) trở thành a b 2 a b 2 a b 2 a 2 b 3 3 2 2 2 2 2 2 a b 2 a b a ab b 2 a ab b 1 2 b b 2 b b 1 0 a 2 b a 2 b a 2 b a b 1 2 2 2 2 2 4 4b b 2b b b 1 0 b 2b 1 0 b 1 0 Nếu a = 1 thì 1 x 1 x 0 x 0 Nếu b = 1 thì 1 x 1 x 0 x 0 . Vậy x = 0 là một nghiệm của phương trình. Bài toán 12: Giải phương trình 3 2 x x 1 1 (1) Giải: TXĐ x 1 0 x 1 . Đặt 3 2 x a ; x 1 b 0 . Nên phương trình đã cho trở a b 1 thành: 3 3 a b 1 a b 1 a 1 b a 1 b a 1 b 3 2 3 2 2 3 2 2 a b 1 1 b b 1 1 3b 3b b b 1 b b 4b 3 0 Nên b 0;1;3 Do đó a;b  1;0 ; 0;1 ; 2;3  Nếu a 0 thì 3 2 x 0 2 x 0 x 2 ; b 1 thì x 1 1 x 1 1 x 2 Nếu a 1 thì 3 2 x 1 2 x 1 x 1 ; b 0 thì x 1 0 x 1 0 x 1 Nếu a 2 thì 3 2 x 2 2 x 8 x 10 ; b 3 thì x 1 3 x 1 9 x 10 Vậy phương trình có ba nghiệm là x 1;2;10 41
  42. Vũ Tuấn Anh Bài toán 14: Giải phương trình : 3 3x2 x 2001 3 3x2 7x 2002 3 6x 2003 3 2002 . Giải: Đặt : 3 3x2 x 2001 a a3 3x2 x 2001 3 3x2 7x 2002 b b3 3x2 7x 2002 3 6x 2003 c c3 6x 2003 Suy ra a3 b3 c3 2002 . Do đó phương trình đã cho sẽ là a b c 3 a3 b3 c3 nên a b c 3 (a3 b3 c3 ) 0 Khai triển và thu gọn được: 3 a b b c c a 0 . Nếu a b 0 3 3x2 x 2001 3 3x2 7x 2002 3x2 x 2001 3x2 7x 2002 1 6x 1 x 6 Nếu b c 0 3 3x2 7x 2002 3 6x 2003 3x2 7x 2002 6x 2003 2 1 13 1 13  3x x 1 0 . Phương trình này có nghiệm x ;  6 6  Nếu a c 0 3 3x2 x 2001 3 6x 2003 3x2 x 2001 6x 2003 3x2 7x 4004 0. Phương trình này vô nghiệm 1 1 13 1 13  Vậy phương trình có ba nghiệm x ; ;  . 6 6 6  Bài toán 16: Giải phương trình: x2 x 1000 1 8000x 1000 Giải: Đặt 1 8000x 1 2y 1 8000x 2y 1 1 8000x 4y2 4y 1 4y2 4y 8000x y2 y 2000x . Do đó phương trình đã cho trở thành hệ phương trình: x2 x 2000y (1).Từ hệ phương trình (1) ta suy ra 2 y y 2000x x2 x y2 y 2000 y x x y x y x y 2000 x y 0 (2) x y x y 1 2000 0 x y x y 1999 0 Từ hệ phương trình (1) suy ra:x2 y2 x y 2000 x y 2001 x y x2 y2 0 x y 0 . Nên x y 1999 0 .Do đó từ (2) suy ra x y 0 hay x = y. Thay vào hệ (1) ta được x2 x 2000x x x 2001 0 x 0 hoặc x 2001 . Nhưng x = 0 không là nghiệm của phương trình nên phương trình có nghiệm là x = 2001. Bài toán 30:Tìm x, y, z biết x y z x y z . Điều kiện: x; y; z 0 ; x y z 0 . Đặt x a2 ; y b2 ; z c2 . Do a.b.c 0 nên ta có 2 a2 b2 c2 a b c a2 b2 c2 a b c a2 b2 c2 a2 b2 c2 2ab 2ac 2bc 2b2 2ab 2ac 2bc 0 2b a b 2c a b 0 2 a b b c 0 42
  43. Vũ Tuấn Anh a b 0 a b Do đó x = y và z tuỳ ý ; y = z và x tuỳ ý b c 0 b c Hoặc cách giải khác: x y z x y z x y z y x z x y z y 2 y x y x x z 2 xz y x y z xz y x y z xz y x y yz xz 0 y x y z x y 0 x y y z 0 Do đó x = y và z tuỳ ý hoặc y = z và x tuỳ ý 6. Phương pháp 6: Nhẩm nghiệm và chứng minh đó là nghiệm duy nhất. Ví dụ 9: Giải phương trình : x x 1 x x 2 2 x x 3 (9) Giải Ta thấy với x=0 thì giá trị vế trái=0 0 1 0 0 2 0 . Giá trị vế phải =2 0 3 0 => x=0 là nghiệm Giả sử phương trình có nghiệm x>0. Tiến hành chia hai vế của (9) cho x ta có x 1 x 2 2 x 3 (9’) Mà x 1 x 3 x 2 x 3 x 1 x 2 2 x 3 (9’) vô nghiệm=> phương trình (9) không có nghiệm x>0 Giả sử phương trình có nghiệm x 2 x 3 x 1 x 2 x 2 3 x (9’’) vô nghiệm => phương trình (9) không có nghiệm x<0 Vậy x=0 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho 1 x 2x x2 Bài toán 13:Giải phương trình (*) x 1 x2 1 x Giải: Điều kiện để phương trình có nghĩa là x 0 và 0 hay 0 x 1 x 1 x 2x 1 1 * 1 . Thử thấy x là một nghiệm của phương trình (*) x 1 x2 2 1 1 x 2x 1 Với 0 x thì 1 x x 0 và 2x 1 0 .Suy ra 1 1 2 x 1 x2 1 1 x 2x 1 Với x 1 thì 0 1 x x và 2x 1 0 .Suy ra 1 1 2 x 1 x2 Vậy x = 1 là nghiệm của phương trình. 2 43
  44. Vũ Tuấn Anh 7. Phương pháp 7:Sử dụng bất đẳng thức. a) Chứng tỏ tập giá trị của hai vế không giao nhau, khi đó phương trình vô nghiệm Ví dụ 10: Giải phương trình : x x 1 x 3 Giải x 0 ĐK : x 1 0 x 3 x 3 0 Khi đó ta có : x x 1 => giá trị của vế trái nhận giá trị âm. Mà x 3 0 => giá trị vế phải lại không âm. Do đó phương trình đã cho vô nghiệm b) Chứng tỏ tập giá trị của hai vế không giao nhau tại cùng một giá trị. Khi đó phương trình có nghiệm tại chính giá trị đó của ẩn. Ví dụ 11: Giải phương trình : x 2 2x 2 3x 2 6x 7 2 2x x 2 Giải Ta có : x 2 2x 2 x 1 2 1 1 . Dấu “=” xảy ra x=-1 3x 6x 7 3 x 1 2 4 4 . Dấu “=” xảy ra x=-1 => Giá trị vế trái 1 4 3 .Dấu “=” xảy ra x=-1 Mà 2- 2x- x2 =-(x2 +2x+1)+3=- (x+1)2 +3 3 . Dấu “=” xảy ra x=-1 Vì thế x=-1 là nghiệm của phương trình đã cho c) Sử dụng dấu bằng xảy ra trong bất đẳng thức: 4 Ví dụ 12: Giải phương trình : x 2 4 x 2 Giải 4 ĐK: x>2 . Ta có 0 ; x 2 0 . áp dụng bất đẳng thức cô-sy cho hai số x 2 không âm ta có: 4 4 x 2 2. x 2 4 x 2 x 2 áp dụng a+b 2 ab a,b 0 . Dấu “=” xảy ra a=b 4 Ta có x 2 =4 x 2 4 x 2 x 2 x 2 2 4 4 4 4 => x 2 x 2 2. . x 2 4 x 2 x 2 x 2 4 4 x 2 x 2 4 x 2 x 2 44
  45. Vũ Tuấn Anh x 2 2 4 x 6 2 (TM). Vậy nghiệm của phương trình là x=6 Bài toán 1:Giải phương trình x 2 10 x x2 12x 40 2 2 2 Bổ đề : Với a 0;b 0 a b a b a b a b a b 2 a2 b2 Giải: Điều kiện : 2 x 10 , Ta có x 2 10 x 2 x 2 10 x 4 mà x2 12x 40 x2 12x 36 4 x 6 2 4 4 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x 2 10 x x 6 . Vậy phương trình có nghiệm x = 6 x 6 0 Hoặc: Áp dung bất đẳng thức Cô si cho hai số không âm ta có x 2 .4 10 x .4 x 2 4 10 x 4 x 2 10 x 4. 2 2 4 4 x 2 4 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x 6 . 10 x 4 Bài toán 2: Giải phương trình: x2 x 1 x x2 1 x2 x 2 Vì x2 x 1 0 và x x2 1 0 nên Áp dụng bất đẳng thức Cô si mỗi số hạng của vế x2 x 1 1 x2 x trái ta được: x2 x 1 .1 (1) 2 2 x x2 1 1 x x2 2 x x2 1 .1 (2) 2 2 x2 x x x2 2 Cộng (1) và (2) vế theo vế ta có: x2 x 1 x x2 1 x 1 nên 2 2 theo đề ta có :x2 x 2 x 1 x 1 2 0 . Đẳng thức xảy ra khi x = 1 . Thử lại ta thấy x = 1 thoả m·n. Vậy phương trình có nghiệm là x = 1. Bài toán 3: Giải phương trình: 2x 3 5 2x 3x2 12x 14 (1) 3 x 2x 3 0 2 3 5 Điều kiện tồn tại phương trình: x (*) 5 2x 0 5 2 2 x 2 Vế phải của (1): 3x2 12x 14 3 x2 4x 4 2 3 x 2 2 2 2 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 2. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki thoả mãn (*) thì vế trái của phương trình (1): 2x 3 5 2x 12 12 2x 3 5 2x 4 2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2x 3 5 2x x 2 . Đẳng thức xảy ra ở phương trình (1) là 2 nên x = 2 là nghiệm của phương trình. Hoặc Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số không âm ta có: 2x 3 1 5 2x 1 2x 3 .1 5 2x .1 2 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 2 45
  46. Vũ Tuấn Anh 2x 3 1 x 2. Đẳng thức xảy ra ở phương trình (1) là 2 nên x = 2 là nghiệm của 5 2x 1 phương trình. Bài toán 4: Giải phương trình: x2 2x 3 2x2 x 1 3x 3x2 . (1) 2x2 x 0 Giải: Điều kiện (2). 2 1 3x 3x 0 Vế trái của phương trình (1): x2 2x 3 x 1 2 2 2 với mọi x R . đẳng thức xảy ra khi x = 1. Theo bất đẳng thức Bunhiacôpxki với mọi x thoả mãn (2) thì vế phải của phương trình (1) thoả: 2x2 x 1 3x 3x2 12 12 2x2 x 1 3x 3x2 2 4x 2x2 4 x 1 2 2 . đẳng thức xảy ra khi 2x2 x 1 3x 3x2 . Để đẳng thức xảy ra ở phương trình (1) thì cả hai vế của phương trình (1) đều bằng 2. Nên x = 1. Thử lại thấy x = 1 là nghiệm của phương trình. Toán BDHSG phương trình và hệ phương trình. (lớp 9) Bài toán 1:Giải phương trình x 2 10 x x2 12x 40 2 2 2 Bổ đề : Với a 0;b 0 a b a b a b a b a b 2 a2 b2 Giải: Điều kiện : 2 x 10 , Ta có x 2 10 x 2 x 2 10 x 4 mà x2 12x 40 x2 12x 36 4 x 6 2 4 4 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x 2 10 x x 6 . Vậy phương trình có nghiệm x = 6 x 6 0 Hoặc: Áp dung bất đẳng thức Cô si cho hai số không âm ta có x 2 .4 10 x .4 x 2 4 10 x 4 x 2 10 x 4. 2 2 4 4 x 2 4 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x 6 . 10 x 4 Bài toán 2: Giải phương trình: x2 x 1 x x2 1 x2 x 2 Vì x2 x 1 0 và x x2 1 0 nên Áp dụng bất đẳng thức Cô si mỗi số hạng của vế x2 x 1 1 x2 x trái ta được: x2 x 1 .1 (1) 2 2 x x2 1 1 x x2 2 x x2 1 .1 (2) 2 2 46
  47. Vũ Tuấn Anh x2 x x x2 2 Cộng (1) và (2) vế theo vế ta có: x2 x 1 x x2 1 x 1 nên 2 2 theo đề ta có :x2 x 2 x 1 x 1 2 0 . Đẳng thức xảy ra khi x = 1 . Thử lại ta thấy x = 1 thoả m·n. Vậy phương trình có nghiệm là x = 1. Bài toán 3: Giải phương trình: 2x 3 5 2x 3x2 12x 14 (1) 3 x 2x 3 0 2 3 5 Điều kiện tồn tại phương trình: x (*) 5 2x 0 5 2 2 x 2 Vế phải của (1): 3x2 12x 14 3 x2 4x 4 2 3 x 2 2 2 2 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 2. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki thoả mãn (*) thì vế trái của phương trình (1): 2x 3 5 2x 12 12 2x 3 5 2x 4 2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2x 3 5 2x x 2 . Đẳng thức xảy ra ở phương trình (1) là 2 nên x = 2 là nghiệm của phương trình. Hoặc Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số không âm ta có: 2x 3 1 5 2x 1 2x 3 .1 5 2x .1 2 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 2 2x 3 1 x 2. Đẳng thức xảy ra ở phương trình (1) là 2 nên x = 2 là nghiệm của 5 2x 1 phương trình. Bài toán 4: Giải phương trình: x2 2x 3 2x2 x 1 3x 3x2 . (1) 2x2 x 0 Giải: Điều kiện (2). 2 1 3x 3x 0 Vế trái của phương trình (1): x2 2x 3 x 1 2 2 2 với mọi x R . đẳng thức xảy ra khi x = 1. Theo bất đẳng thức Bunhiacôpxki với mọi x thoả mãn (2) thì vế phải của phương trình (1) thoả: 2x2 x 1 3x 3x2 12 12 2x2 x 1 3x 3x2 2 4x 2x2 4 x 1 2 2 . đẳng thức xảy ra khi 2x2 x 1 3x 3x2 . Để đẳng thức xảy ra ở phương trình (1) thì cả hai vế của phương trình (1) đều bằng 2. Nên x = 1. Thử lại thấy x = 1 là nghiệm của phương trình. Bài toán 5: Giải phương trình: 5 1 x3 2 x2 2 (1) Giải: 47
  48. Vũ Tuấn Anh Điều kiện 1 x3 0 x 1 x2 x 1 0 Do x2 x 1 0 với mọi x nên x 1 0 x 1 Đặt a x 1 ; b x2 x 1 với a 0 ;b 0 . Nên phương trình (1) trở thành : 2 2 2 a a a a 1 5ab 2 a b 2 5 2 0. Giải phương trình này được 2 hoặc b b b b 2 a Với 2 thì phương trình (1) vô nghiệm b a 1 x 1 2 x 1 x2 x 1 Với thì 2 . Phương trình có hai nghiệm thoả b 2 x 5x 3 0 5 37 5 37 điều kiện x ; x . 1 2 2 2 42 60 Bài toán 6: Giải phương trình: 6 (1) 5 x 7 x 42 60 Phương trình (1) có nghĩa khi x 0 nên x . Thử lại đúng nên nghiệm của 42 60 3 5 x 3 7 x 3 5 x 7 x 1 phương trình là x . 3 Bài toán 7: Giải phương trình: x x 2 x x 5 x x 3 (1) Điều kiện để phương trình có nghĩa là : 3 x 0 ;0 x 5 . Bình phương hai vế của phương trình (1) ta được: x x 2 x x 5 2 x2 x 2 x 5 x x 3 48
  49. Vũ Tuấn Anh 2 2 x2 x 2 x 5 10x x2 4x2 x 2 x 5 10x x2 4x2 x 2 x 5 100x2 20x3 x4 4x2 x2 7x 10 100x2 20x3 x 3x4 8x3 60x2 0 2 2 10  x 3x 8x 60 0 . Giải phương trình này được x ;0;6 . Thử lai chỉ có hai 3  nghiệm x = 0; x = 6 thoả mãn đề cho. Bài toán 8: Giải phương trình: x 5 x 2 1 x2 7x 10 3 (1) Điều kiện x > -2 và x2 7x 10 x 2 x 5 . Nhân hai vế của phương trình (1) với x 2 x 5 ta được: x 2 x 5 1 x 2 x 5 3 x 2 x 5 3 1 x 2 x 5 3 x 2 x 5 x 2 x 5 x 2 x 5 1 0 x 5 1 x 2 1 x 2 0 x 5 1 1 x 2 0 x 5 1 0 x 5 1 x 4 Do x > -2 nên x = -4 (loại). Vậy nghiệm của 1 x 2 0 x 2 1 x 1 phương trình x = -1. Cách giải khác: Đặt a x 2 a2 x 2 ; b x 5 b2 x 5 nên b2 a2 x 5 x 2 3 .Do đó b2 a2 3 phương trình (1) trở thành: (*) (b a)(1 ab) 3 Từ hệ (*) suy ra b2 a2 b a 1 ab b a a b ab 1 0 b a 0 a b a b 1 khi đó ta cũng có x = -1. a b ab 1 0 a 1 b 1 0 Bài toán 9: Giải phương trình: 25 x2 10 x2 3 (1) 25 x2 0 x2 25 Giải: Điều kiện x2 10 10 x 10 (*). 2 2 10 x 0 x 10 Đặt 0 a 25 x2 ; 10 x2 b 0 a2 b2 25 x2 10 x2 15 . Nên phương trình a b 3 a b 3 a 4 (1) trở thành 2 2 a b 15 a b 5 b 1 Nếu b = 1 thì 10 x2 1 x2 9 x 3 so với điều kiên (*) x 3 thoả Nếu a = 4 thì 25 x2 16 x2 9 x 3 so với điều kiên (*) x 3 thoả. Vậy phương trình có nghiệm là x 3 . Bài toán 10: Giải phương trình: 3 x 1 3 x 1 3 5x (*) 49
  50. Vũ Tuấn Anh Lập phương hai vế của phương trình (*) ta được: 3 3 3 3 2 3 5x x 1 x 1 3 x 1 x 1 x 1 x 1 5x 2x 3 x 1. 5x 5 3 x2 1.3 5x x x3 5x x2 1 4x3 5x 0 x 0 hoặc x . Thử lại ta thấy 2 phương trinh có đúng ba nghiệm trên. Bài toán 11: Giải phương trình 3 1 x 3 1 x 2 (1) Điều kiện: x 0 . Đặt 3 1 x a ; 3 1 x b a3 1 x ; b3 1 x nên phương trình (1) trở thành a b 2 a b 2 a b 2 a 2 b 3 3 2 2 2 2 2 2 a b 2 a b a ab b 2 a ab b 1 2 b b 2 b b 1 0 a 2 b a 2 b a 2 b a b 1 2 2 2 2 2 4 4b b 2b b b 1 0 b 2b 1 0 b 1 0 Nếu a = 1 thì 1 x 1 x 0 x 0 Nếu b = 1 thì 1 x 1 x 0 x 0 . Vậy x = 0 là một nghiệm của phương trình. Bài toán 12: Giải phương trình 3 2 x x 1 1 (1) Giải: TXĐ x 1 0 x 1 . Đặt 3 2 x a ; x 1 b 0 . Nên phương trình đã cho trở a b 1 thành: 3 3 a b 1 a b 1 a 1 b a 1 b a 1 b 3 2 3 2 2 3 2 2 a b 1 1 b b 1 1 3b 3b b b 1 b b 4b 3 0 Nên b 0;1;3 Do đó a;b  1;0 ; 0;1 ; 2;3  Nếu a 0 thì 3 2 x 0 2 x 0 x 2 ; b 1 thì x 1 1 x 1 1 x 2 Nếu a 1 thì 3 2 x 1 2 x 1 x 1 ; b 0 thì x 1 0 x 1 0 x 1 Nếu a 2 thì 3 2 x 2 2 x 8 x 10 ; b 3 thì x 1 3 x 1 9 x 10 Vậy phương trình có ba nghiệm là x 1;2;10 1 x 2x x2 Bài toán 13:Giải phương trình (*) x 1 x2 1 x Giải: Điều kiện để phương trình có nghĩa là x 0 và 0 hay 0 x 1 x 1 x 2x 1 1 * 1 . Thử thấy x là một nghiệm của phương trình (*) x 1 x2 2 50
  51. Vũ Tuấn Anh 1 1 x 2x 1 Với 0 x thì 1 x x 0 và 2x 1 0 .Suy ra 1 1 2 x 1 x2 1 1 x 2x 1 Với x 1 thì 0 1 x x và 2x 1 0 .Suy ra 1 1 2 x 1 x2 Vậy x = 1 là nghiệm của phương trình. 2 Bài toán 14: Giải phương trình : 3 3x2 x 2001 3 3x2 7x 2002 3 6x 2003 3 2002 . Giải: Đặt : 3 3x2 x 2001 a a3 3x2 x 2001 3 3x2 7x 2002 b b3 3x2 7x 2002 3 6x 2003 c c3 6x 2003 Suy ra a3 b3 c3 2002 . Do đó phương trình đã cho sẽ là a b c 3 a3 b3 c3 nên a b c 3 (a3 b3 c3 ) 0 Khai triển và thu gọn được: 3 a b b c c a 0 . Nếu a b 0 3 3x2 x 2001 3 3x2 7x 2002 3x2 x 2001 3x2 7x 2002 1 6x 1 x 6 Nếu b c 0 3 3x2 7x 2002 3 6x 2003 3x2 7x 2002 6x 2003 2 1 13 1 13  3x x 1 0 . Phương trình này có nghiệm x ;  6 6  Nếu a c 0 3 3x2 x 2001 3 6x 2003 3x2 x 2001 6x 2003 3x2 7x 4004 0. Phương trình này vô nghiệm 1 1 13 1 13  Vậy phương trình có ba nghiệm x ; ;  . 6 6 6  Bài toán 15: Tính giá trị của biểu thức: a 1 trong đó a là nghiệm d¬ng của phương trình 4x2 2x 2 0 a4 a 1 a2 Giải : Phương trình 4x2 2x 2 0 có ac = - 42 0 nên có hai nghiệm phân biệt với a là nghiệm dương của phương trình nên ta có: 4a2 2a 2 0 (1) . Vì a > 0 nên từ (1) có : 2 a 2 2 1 a 1 a 1 2a a2 a2 a4 . 4 2.2 2 2 2 8 a 1 a 1 a4 a 1 a2 a 1 a4 a 1 a2 Gọi S a4 a 1 a2 4 2 2 4 4 a a 1 a a4 a 1 a4 a a 1 a 51
  52. Vũ Tuấn Anh 1 2a a2 1 a 1 2a a2 8a 8 1 a a2 6a 9 1 a a 3 1 a 4 a 1 2 8 2 2 8 2 2 8 2 2 2 2 2 2 2 2 Bài toán 16: Giải phương trình: x2 x 1000 1 8000x 1000 Giải: Đặt 1 8000x 1 2y 1 8000x 2y 1 1 8000x 4y2 4y 1 4y2 4y 8000x y2 y 2000x . Do đó phương trình đã cho trở thành hệ phương trình: x2 x 2000y (1).Từ hệ phương trình (1) ta suy ra 2 y y 2000x x2 x y2 y 2000 y x x y x y x y 2000 x y 0 (2) x y x y 1 2000 0 x y x y 1999 0 Từ hệ phương trình (1) suy ra:x2 y2 x y 2000 x y 2001 x y x2 y2 0 x y 0 . Nên x y 1999 0 .Do đó từ (2) suy ra x y 0 hay x = y. Thay vào hệ (1) ta được x2 x 2000x x x 2001 0 x 0 hoặc x 2001 . Nhưng x = 0 không là nghiệm của phương trình nên phương trình có nghiệm là x = 2001. Bài toán 17: Giải phương trình x2 3x 2 x 3 x 2 x2 2x 3 . Điều kiện của phương trình: x 2 Ta có x2 3x 2 x 3 x 2 x2 2x 3 x 1. x 2 x 3 x 2 x 1. x 3 x 1 x 2 x 3 x 2 x 3 0 x 2 x 3 x 1 1 0 x 2 x 3 hoặc hoặcx 1 1 0 x 2 x hoặc3 x .1 1 0x 1 x 2 x 2 là một nghiệm của phương trình. 1 1 1 Bài toán 18: Giải phương trình 5x2 x2 9x 36 x2 4x 16 Giải : ĐKXĐ: x 0 1 4 9 Từ phương trình trên ta có . Với x 0 nên 5x2 4x2 36x 122 9x2 36x 122 2 1 4 9 chia hai vế của phương trình cho x ở mẫu ta được : 2 2 . 5 36 12 36 12 4 9 x x x x 52
  53. Vũ Tuấn Anh 2 12 36 1 4 9 Đặt t . Khi đó ta có . Quy đồng khử mẫu ta được: x x 5 4 t 9 t t 2 12t 36 0 t 6 2 0 t 6 2 12 36 2 Do đó 6 Quy đồng khử mẫu ta được x 6x 24 0 x x 2 Giải phương trình x 6x 24 0 ta được nghiệm: x1,2 3 33 Vậy phương trình có hai nghiệm là x1,2 3 33 Bài toán 30:Tìm x, y, z biết x y z x y z . Điều kiện: x; y; z 0 ; x y z 0 . Đặt x a2 ; y b2 ; z c2 . Do a.b.c 0 nên ta có 2 a2 b2 c2 a b c a2 b2 c2 a b c a2 b2 c2 a2 b2 c2 2ab 2ac 2bc 2b2 2ab 2ac 2bc 0 2b a b 2c a b 0 2 a b b c 0 a b 0 a b Do đó x = y và z tuỳ ý ; y = z và x tuỳ ý b c 0 b c Hoặc cách giải khác: x y z x y z x y z y x z x y z y 2 y x y x x z 2 xz y x y z xz y x y z xz y x y yz xz 0 y x y z x y 0 x y y z 0 Do đó x = y và z tuỳ ý hoặc y = z và x tuỳ ý Bài toán 33: Cho phương trình x4 2mx2 4 0 (*) . Tìm giá trị của tham số m để 4 4 4 4 phương trình có 4 nghiệm phân biệt x1; x2 ; x3; x4 thoả mãn x1 x2 x3 x4 32 . Giải: Đặt x2 t 0 khi đó phương trình (*) trở thành t 2 2mt 4 0 (1) . Phương trình (*) có nghiệm phân biệt nên phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt t1;t2 ngh ĩa l à: ' m2 4 0 m 2 m 2  m 2 t1 t2 2m 0 m 0 m 2 m 0 t .t 4 t .t 4 1 2 1 2 Khi m <-2 thì phương trình (*) có 4 nghiệm x1;2 t1 ; x3;4 t2 và 4 4 4 4 2 2 2 x1 x2 x3 x4 2 t1 t2 4t1t2 8m 16. Từ giả thiết suy ra 8m 13 32 m 6 vì m 2 Bài toán 34: Chứng minh rằng nếu phương trình ax4 bx3 cx2 2bx 4a 0 (a 0) (*) có hai 2 2 nghiệm x1; x2 thoả mãn x1.x2 1 thì 5a 2b ac . 53
  54. Vũ Tuấn Anh Giải: Nếu phương trình (*) có hai nghiệm x1; x2 thì đa thức bậc bốn ở vế trái của phương 4 3 2 2 trình phân tích được : ax bx cx 2bx 4a x x1 x x2 ax mx n 2 2 x px 1 ax mx n (vì x1.x2 1 và p x1 x2 ) ax4 m ap x3 a mp n x2 m pn x n . Đồng nhất thức hai vế của phương trình n 4a (1) m pn 2b (2) trên ta được : m ap b (3) a mp n c (4) Giải hệ phương trình trên ta được 5a2 2b2 ac . 1 Cách giải 2: Vì x1 0 và x2 đều là nghiệm của phương trình (*) nên ta có: x1 4 3 2 4 2 2 2 ax1 bx1 cx1 2bx1 4a 0 a x1 1 bx1 x1 1 0 x1 1 ax1 bx1 a 0 2 x1 1 x1 1 ax1 bx1 a . Có ba trường hợp xảy ra Trường hợp 1: Nếu x1 1 x1 x2 1. Đa thức vế trái chia hết cho x 1 2 x2 2x 1 nên đa thức dư đồng nhất phải bằng 0. Bằng phép chia đa thức cho đa thức ta được: 4a b 2c 0 b 2a 2 2 5a 2b ac a 2b c 0 c 3a Trường hợp 2: Nếu x1 1 x2 x1 1. Tương tự trường hợp (1) ta cũng có 5a2 2b2 ac 2 Trường hợp 3: Nếu x1 1 thì x1; x2 là nghiệm của phương trình ax bx a 0 . Chia đa thức (*) cho ax2 bx a ta được đa thức dư đồng nhất bằng 0 có a bx 5a2 2b2 ac 0 5a2 2b2 ac . Cách giải 3: Vì x 0 không là nghiệm của phương trình (*) nên chia hai vế cho x2 ta 2 4 2 2 2 4 2 được: a x 2 b x c 0 (1) . Đặt y x x 2 y 4 nên phương trình x x x x 2 2 2 trở thành ay by 4a c 0 (2) . Đặt y1 x1 ; y2 x2 3 . Áp dụng định lý x1 x2 b 4a c Viet cho phương trình (2) y y ; y .y . Thay vào (3) và biến đổi ta 1 2 a 1 2 a được 5a2 2b2 ac . Phương trình (2) có hai nghiệm y1; y2 . Nếu y1 y2 x1 x2 mới chỉ là một nghiệm của phương trình (2) vậy ta phải xét thêm các trường hợp 1) 2) như cách giải 2: Bài tập về nhà : Giải các phương trình sau: a) x 3 x 2 x 9 x 18 168x KQ: x = 1; x = 36 54
  55. Vũ Tuấn Anh 2 2 5 61  b) 5x 14x 9 x x 20 5 x 1 x 8;  2  1) 10 2x 2x 3 1 2) 48 x3 35 x3 13 3)5 32 x2 5 1 x2 4 4) 3 x 1 3 4 82 x 5)x 4 20 x 4 6) x 17 x2 x 17 x2 9 7)x3 1 2 3 2x 1 8) 8 x 5 x 5 55