›
›
›

Tài liệu bồi dưỡng Học sinh giỏi Toán 9 cả năm

docx 157 trang xuanha23 06/01/2023 3435
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Tài liệu bồi dưỡng Học sinh giỏi Toán 9 cả năm", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docxtai_lieu_boi_duong_hoc_sinh_gioi_toan_9_ca_nam.docx

Nội dung text: Tài liệu bồi dưỡng Học sinh giỏi Toán 9 cả năm

  1. TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 9 DẠNG I: RÚT GỌN BIỂU THỨC
  2. Câu 1: (4 điểm) Cho biểu thức: 1 x 3 x P = x x 1 x 1 x x 1 a. Tìm điều kiện xác định và rút gọn P. b. Tìm giá trị của x khi P = 1. 2 5 x 1 x 1 Câu 2: (4,0 điểm). Cho biểu thức: A 1 ( ) : 1 2 x 4x 1 1 2 x 4x 4 x 1 a) Rút gọn A; b) Tìm giá trị nguyên của x để A đạt giá trị nguyên; c) Tính giá trị của A với x 7 3 49(5 4 2)(3 2 1 2 2 )(3 2 1 2 2 ) . Bài 3: (4,0 điểm) x2 x 2x x 2 x 1 Cho biểu thức: P . x x 1 x x 1 a. Rút gọn P. b. Tìm giá trị nhỏ nhất của P. 2 x c. Xét biểu thức: Q , chứng tỏ 0 < Q < 2. P 2 x 9 2 x 1 x 3 Bài 4: (4,0 điểm) Cho A (x 0, x 4, x 9) x 5 x 6 x 3 2 x a) Rút gọn biểu thức A. 1 b) Tìm giá trị của x để A = . 2 2 5 x 1 x 1 Câu 5: (4,0 điểm). Cho biểu thức: A 1 ( ) : 1 2 x 4x 1 1 2 x 4x 4 x 1 a) Rút gọn A; b) Tìm giá trị nguyên của x để A đạt giá trị nguyên; c) Tính giá trị của A với x 7 3 49(5 4 2)(3 2 1 2 2 )(3 2 1 2 2 ) . Bài 6: (4,0 điểm). 2x x 1 2x x x x x x Cho biểu thức A 1 ( ). . 1 x 1 x x 2 x 1 6 6 a) Tìm các giá trị của x để A . 5 2 1 b) Chứng minh rằng A với mọi x thoả mãn x 0, x 1, x . 3 4 Bài 7: (4,0 điểm).Cho biểu thức :
  3. x 8 x 8 x 2 x x 3 1 P : x 2 x 2 x x x 2 x x a) Tìm x để P có nghĩa và chứng minh rằng P 1 . b) Tìm x thoả mãn : x 1 .P 1 Bài 8: (4,0 điểm).Cho biểu thức: x 3 x 2 9 x 3 x 9 P : 1 2 x 3 x x x 6 x 9 a) Rút gọn biểu thức P. b) Tìm các giá trị nguyên của x để P nguyên. Bài 9: (4,0 điểm). 6x 4 3x 1 3 3x3 Cho biểu thức: A 3x 3 3 3x 8 3x 2 3x 4 1 3x 1. Rút gọn biểu thức A . 2. Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên. Bài 10: (4,0 điểm). 2 a 1 2 a Cho biểu thức: A = 1 : a 1 1 a a a a a 1 a.Rút gọn biểu thức A. b.Tính giá trị biểu thức A khi a 2011 2 2010 . 6x 4 3x 1 3 3x3 Bài 11: (4 điểm) Cho biểu thức: A 3x 3 3 3x 8 3x 2 3x 4 1 3x a) Rút gọn biểu thức A . b) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên. Bài 12: (4 điểm)Cho biểu thức: x 1 xy x xy x x 1 1 : 1 A = xy 1 1 xy xy 1 xy 1 a. Rút gọn biểu thức. 1 1 b. Cho 6 Tìm Max A. x y Bài 13. Cho biểu thức : x 1 2 x A 1 : . x 1 x 1 x x x x 1 a.Rút gọn A. b.Tính A biết x 4 2 3. c.Tìm x để A > 1. 3m 9m 3 m 2 1 Bài 14. Cho biểu thức : P 1. m m 2 m 1 m 1 a.Rút gọn P.
  4. b.Tìm m để P 2. c.Tìm m N để P N. 1 3 2 Bài15. Cho biểu thức : P = x 1 x x 1 x x 1 a.Rút gọn P b.Chứng minh 0 P 1. 2 x 2 x 1 x 1 Bài 16. Cho biểu thức: M = x 2 x 1 2 a.Tìm điều kiện của x để M có nghĩa. b.Rút gọn M. 1 c.Chứng minh M 4 2 x 4x2 2 x x2 3x Bài 17. Cho biểu thức : D = : 2 x x2 4 2 x 2x2 x3 a) Rút gọn biểu thức D. b) Tính giá trị của D khi x 5 = 2. a 1 a 1 1 Bài 18. Cho biểu thức : A = 4 a a . a 1 a 1 a a.Rút gọn A. b.Tính A với : a = 4 15 10 6 4 15 2 a 9 a 3 2 a 1 Bài 19. Cho : A = . a 5 a 6 a 2 3 a a.Rút gọn A. b.Tìm a để A < 1. b.Tìm a để A Z. a a 7 1 a 2 a 2 2 a Bài 20. Cho : A = : . a 4 a 2 a 2 a 2 a 2 a.Rút gọn A. b.So sánh : A với 1 . A
  5. x 2 x 1 x Bài 21. Cho : A = . . xy 2y x x 2 xy 2 y 1 x Tính A biết : 2x2 + y2 - 4x - 2xy + 4 = 0 1 1 2 1 1 x3 y x x y y3 Bài 22. Cho : A = . : . 3 3 x y x y x y xy x y a.Rút gọn A. b.Cho xy = 16. Tìm minA. a b a b 23: Cho biểu thức : N = ab b ab a ab a, Rút gọn biểu thức N. b, Tính N khi a = 4 2 3 , b = 4 2 3 a a 1 c, CMR nếu Thì N có giá trị không đổi. b b 5 a a 2 a 2 a 3 : 24: Cho biểu thức : M = 2 2 2 2 a b b a a b a b 2ab a, Rút gọn biểu thức M. b, Tính M khi a = 1 2 và b = 1 2 a 1 c, Tìm a, b trong trường hợp thì M = 1. b 2 1 1 x 3 x 25: Cho biểu thức : H = x 1 x x 1 x x 1 a, Rút gọn biểu thức H. b, Tính H khi x = 53 . 9 2 7 c, Tìm x khi H = 16.
  6. HƯỚNG DẪN Điều kiện để P xác định và rút gọn x 0 x 0 0,5 x 1 0 x 1 x > 1 x 1 x 1 0 0.5 x 1 x x x x P = x x 1 a x 1 x x 1 0.5 x x 1 0.5 = x x 1 x 1 x x 1 1 = 2 x 1 x Với x > 1, P = 1 2 x 1 x = 1 0.5 ( x - 1 ) - 2 x 1 = 0 0.5 Đặt x 1 = t ( t 0 ), ta có : t2 - 2t = 0 t( t - 2 ) = 0, b tính được t1 = 0 , t2 = 2. 0.5 * Với t = x 1 = 0 x = 1 (bị loại vì x > 1) 0.5 * Với t = x 1 = 2 x - 1 = 4 x = 5. Câu 2 4,0 đ 1 a. ĐK: x 0; x ; x 1 0,5 đ (2,0đ) 4 2 5 x 1 x 1 A = 1 - : 2 0,5 đ 2 x 1 2 x 1 (2 x 1) 2 x 1 2 x 1 4 x 2 5 x 2 x 1 (2 x 1)2 A = 1 - . 0,5 đ (2 x 1)(2 x 1) x 1 x 1 2 x 1 2 x 1 2 A = 1 - . 1 2 x 1 x 1 2 x 1 1 2 x 0,5 đ 2 b. A Z Z (1,0đ) 1 2 x 0,25 2 đ Do Z nên 1 2 x là số hữu tỉ. 1 2 x
  7. Suy ra x là số chính phương, do đó 1 2 x Z =>1 2 x Ư(2) 0,25 đ Do x 0; x 1; x Z và 1 2 x Ư(2) => x = 0 Vậy x = 0 thì A có giá trị nguyên. 0,5 đ c. Với x = 7 3 49(5 4 2)(3 2 1 2 2 )(3 2 1 2 2 ) (1,0đ) x = - 7 3 49(5 4 2)(5 8 2) 3 75 (39 20 2) 0,5 đ 5 2 x 6 7 .(39 20 5) . Vậy A 0,5 đ 1 2 6 75.(39 20 5) a.(2,0đ) Đk : x 0; x 1. 0,25 x x x 1 x 2 x 1 2 x 1 x 1 P 0,5 x x 1 x x 1 x x 1 2 x 1 2 x 1 0,5 x x 1 0,5 Vậy P x x 1, với x 0; x 1. 0,25 2 1 3 3 0,5 b. (1,0đ) P x x 1 x 2 4 4 1 0,25 3 dấu bằng xảy ra x ( thỏa mãn) 4 3 1 0,25 Vậy GTNN của P là khi x . 4 4 2 x c. (1,0đ).Với x 0; x 1 thì Q = > 0. (1) x x 1 0,25 2 2 x 2 x 1 Xét 2 0 0,25 x x 1 x x 1 Dấu bằng không xảy ra vì điều kiện x 1 . 0,25 Nên Q < 2.(2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra 0 < Q < 2. 0,25 2 x 9 2 x 1 x 3 a(2,0đ) A ( x 3)( x 2) x 3 x 2 2 x 9 (2 x 1)( x 2) ( x 3)( x 3) 0,5 ( x 3)( x 2) 2 x 9 2x 4 x x 2 x 9 x x 2 4 0,5 ( x 3)( x 2) ( x 3)( x 2) ( x 2)( x 1) x 1 0,5 ( x 3)( x 2) x 3 x 1 Vậy A với (x 0, x 4, x 9) . 0,5 x 3
  8. b(2,0đ) Với (x 0, x 4, x 9) Ta có: 1 x 1 1 A 2 x 2 x 3 0,5 2 x 3 2 1 3 x 1 x (t / m) 9 1,0 1 1 Vậy A = x = . 2 9 0,5 Câu 5 4,0 đ 1 a. ĐK: x 0; x ; x 1 0,5 đ (2,0đ) 4 2 5 x 1 x 1 A = 1 - : 2 0,5 đ 2 x 1 2 x 1 (2 x 1) 2 x 1 2 x 1 4 x 2 5 x 2 x 1 (2 x 1)2 A = 1 - . 0,5 đ (2 x 1)(2 x 1) x 1 x 1 2 x 1 2 x 1 2 A = 1 - . 1 2 x 1 x 1 2 x 1 1 2 x 0,5 đ 2 b. A Z Z (1,0đ) 1 2 x 0,25 2 đ Do Z nên 1 2 x là số hữu tỉ. 1 2 x 0,25 Suy ra x là số chính phương, do đó 1 2 x Z =>1 2 x Ư(2) đ Do x 0; x 1; x Z và 1 2 x Ư(2) => x = 0 Vậy x = 0 thì A có giá trị nguyên. 0,5 đ c. Với x = 7 3 49(5 4 2)(3 2 1 2 2 )(3 2 1 2 2 ) (1,0đ) x = - 7 3 49(5 4 2)(5 8 2) 3 75 (39 20 2) 0,5 đ 5 2 x 6 7 .(39 20 5) . Vậy A 0,5 đ 1 2 6 75.(39 20 5) Câu 6.a) 2x x 1 2x x x x x x (2 x 1)( x 1) x(2 x 1)( x 1) x( x 1) A 1 ( ). 1 . 1 x 1 x x 2 x 1 (1 x) 1 x (1 x)(x x 1) 2 x 1 x( x 1) x x 1 1 1 . x 1 x x 1 x x 1 x x 1 6 6 x 1 6 6 Ta có A x 6. x 1 0 . Từ đó giải được x 2 3; x 2 3 5 x x 1 5
  9. 2 x 1 2 b)Ta có: A x 2 x 1 0 ( x 1)2 0 3 x x 1 3 2 Do x 1nên x 1 0 ( x 1)2 0 . Vậy A 3 ( x) 2 (8 x 8) ( x 2) 2 (x x 3) ( x 2) Câu 7. a) Điều kiện x>0 Ta có : P : x.( x 2) x.( x 2) 4 x 4 4 x 4 ( x 1) 2 P= P-1= 1 0 Vậy P 1 x 2 x 5 x 2 x 5 ( x 1) 2 4 2 b) ( x 1).P 1 4 x 1 x 2 x 5 3x + 6 x -1 = 0 3 2 3 x (loại) 3 7 4 3 x (thoã mãn điều kiện x>0) . 3 2 3 3 x (thỏa 3 nmãnmãn x 0 x 0 Câu 8.a) Điều kiện để P có) nghĩa: . Ta có: x 2 x 4 x 9 x 9 (x 9 ) (4 x ) 9 x (2 x )( x 3) ( x 2 )( x 3) P x ( x 3) ( x 3)( x 3) (x 9) (4 x) (9 x) x 3 4 x 2 x P . P . (2 x )( x 3) x (2 x ) x x 2 x 2 2 b).Theo câu a ta có: P 1 . Do đó để P Z thì ta cần Z x x x x 1 x 2 (lo¹i) x = 1.Vậy với x = 1 thì P có giá trị nguyên. 2 Bài 9: . a)Ta có: 3x 2 3x 4 3x 1 3 0;1 3x 0,x 0 , nên điều kiện để A có 3 4 nghĩa là 3x 8 3x 2 3x 2 3x 4 0, x 0 3x 2 0 x 3 3 6x 4 3x 2 3x 6 x 4 3x 1 3x A 3x . A 3x 3x 1 3x 3 3x 23 3x 2 3x 4 1 3x 3x 2 3x 2 3x 4 2 3x 4 2 3x 3 x 1 4 A 3x 2 3x 1 . A ( 0 x ) 3x 2 3x 2 3x 4 3 x 2 3 2 2 3x 1 3x 2 2 3x 2 1 1 A 3x 3x 2 3x 2 3x 2
  10. b).Với x là số nguyên không âm, để A là số nguyên thì 3x 3 3x 9 3x 2 1 x 3 (vì x Z và x 0 ). Khi đó: A 4 3x 1 3x 1 2 a 1 2 a Bài 10: 1. Điều kiện: a 0. A = 1 : a 1 1 a a a a a 1 a 2 a 1 1 2 a ( a 1) 2 a 1 2 a : : a 1 1 a (a 1)(1 a) a 1 (1 a)(a 1) ( a 1) 2 (1 a)(a 1) 1 a (a 1)( a 1) 2 2 Bài11.a) Ta có: 3x 2 3x 4 3x 1 3 0;1 3x 0,x 0 , nên điều kiện để A có 3 4 nghĩa là 3x 8 3x 2 3x 2 3x 4 0, x 0 3x 2 0 x 3 3 6 x 4 3 x 1 3 x A 3 x . 3 3 x 2 3 3 x 2 3 x 4 1 3 x 6 x 4 3 x 2 3 x A 3 x 3 x 1 3 x 3 x 2 3 x 2 3 x 4 2 3x 4 2 3x 3x 1 4 A 3x 2 3x 1 A (0 x ) 3x 2 3x 2 3x 4 3x 2 3 2 2 3 x 1 3 x 2 2 3 x 2 1 1 b)A 3 x 3 x 2 3 x 2 3 x 2 3x 3 3x 9 Với x 0 , để A là số nguyên thì 3x 2 1 x 3 (vìx Z và x 0 ).Khi đó: A 4 3x 1 3x 1 Bài 12: . a) Đk : x 0; y 0; x.y 1. 1 Quy đồng rút gọn ta được: A = x.y 1 1 1 1 1 1 1 b) Max A =6 9 A . 9 3 x y x y x y x y 9 Hướng dẫn @ Bài 13.a. - Cần chỉ rõ ĐKXĐ của A là : x 0; x 1. - Rút gọn A từng phần ta được kết quả : x x 1 A . x 1 2 b.Biến đổi : x 4 2 3 3 1 . - Thay vào và rút gọn A ta có : A 2 3 3.
  11. x 2 c.Xét hiệu : A 1 . x 1 Để A > 1 tức : A - 1 > 0 mà : x 0 buộc : x 1 0 x 1. Bài 14.a. ĐK : m 0;m 1. m 1 - Biến đổi rút gọn : P . m 1 b. P 2.Ta có : m 9 m 1 2 m 1 1 m 9 2 c. Viết P dưới dạng : P 1 . m 1 Suy ra : m 1 là ước của 2. Từ đó tìm ra m = 4 hoặc 9. Bài 15. Điều kiện x 0. Rút gọn P = x x x 1 b.Chứng tỏ : P 0 và 1-P 0 Bài 16. a.Biểu thức có nghĩa khi và chỉ khi: x 0 và x 1 b.Rút gọn : M = x x 2 1 1 1 c.Ta có : M = x x = x 4 2 4 Bài 17. a.Học sinh có thể rút gọn từng phần hoặc cả bài cùng lúc. - Điều kiện : x 2; x 0; x 3. - Rút gọn biểu thức bị chia ta có : 2 x 4x2 2 x (2 x)2 4x2 (2 x)2 4x(2 x) 4x = . 2 x x2 4 2 x 4 x2 (2 x)(2 x) 2 x Vậy : 4x x2 3x 4x.x2 (2 x) 4x2 D = : . 2 x 2x2 x3 (2 x).x.(x 3) x 3
  12. x 5 2 x 7 b) x 5 = 2 . x 5 2 x 3 • Với x = 7 tính được D = 49. • Với x = 3 thì D không xác định. Bài 18. a.Rút gọn ta dược kết quả : A = 4a. b.Biến đổi a như sau : 2 a 2 5 3 4 15 4 15 2 5 3 4 15 2 2 5 3 4 15 2 4 15 4 15 2. Vậy : A = 8. a 1 Bài 19. a.Rút gọn : A = . a 3 4 b.Xét hiệu : A - 1 = . a 3 Để A < 1 buộc A - 1 < 0 a 3 0 0 a 9,a 2. 4 c.Ta có : A = 1 + a 3 là ước của 4. a 3 Các ước của 4 là : 1; 2; 4. Xét các trường hợp ta có các giá trị sau của a thoã mãn : 16 ; 4 ; 25 ; 1 ; 49. Bài 20. a.Rút gọn A ta có : A = a 9 . 6 a 2 1 a 9 1 b.Xét hiệu : A 0 A . A a a a 9 A Bài 21. - Trước tiên cần rút gọn A trước. -Ta có : 2x2 + y2 - 4x - 2xy + 4 = (x - y)2 + (x - 2)2 = 0 x y 0 2 x y 2 A 1. x 2 0 2 x y Bài 22. a.Rút gọn A = . xy 16 x 4 b. xy 16 x A . y 4 x
  13. t 2 4 Đặt : x = t 0 ta có : A = t 2 4At 4 0. (1) 4t Phương trình (1) phải có nghiệm ' 4A2 4 0 A2 1 min A 1 Khi đó t = 2 tức là x = 4 ; y = 4. a b a b Bài 23. a, Rút gọn biểu thức N. N = = ab b ab a ab a.( ab a) b( ab b) a b ( ab b)( ab a) ab (a b) ab b 2 a 2 a b (a b) ab (b a)(b a) a b = = ab b ab a ab ab ab ab(b a) ab (a b)( ab b a) a b (a b)( ab b a) (b 2 a 2 ) = = ab(b a) ab ab(b a) (a b) ab b 2 a 2 b 2 a 2 (a b) ab a b = = ab(b a) ab(b a) b a b, Tính N : Ta có a = 4 2 3 = ( 3 1) 2 3 1, b = 4 2 3 = ( 3 1) 2 3 1 a b 3 1 3 1 2 3 N = = 3 b a 3 1 3 1 2 a a 1 a 1 a 1 c, áp dụng dãy tỷ số bằng nhau ta có: = b 5a Thay b 5a vào N = b b 5 b 5 b 5 a b a b a 5a 6a 3 3 a a 1 ta được N = = .Vậy N không đổi là N = khi b a b a 5a a 4a 2 2 b b 5 Bài 24. a, Rút gọn biểu thức M. Điều kiện: a 0;a b a a 2 a 2 a 3 a.(b a) a 2 a 2 (a b) a 3 : : M = 2 2 2 2 = 2 2 2 a b b a a b a b 2ab b a (a b) ab (a b) 2 a b = . = (b a)(b a) a 2b a.(b a) b, Tính M khi a = 1 2 và b = 1 2 a b 1 2 1 2 2 1 2 M = = 1 2 a.(b a) (1 2).(1 2 2 1) 2.(1 2) 2 1 a 1 c, Tìm a, b trong trường hợp thì M = 1. b 2 a 1 (1) Ta giải hệ phương trình sau: b 2 a b (2)1 a.(b a) Từ phương trình (1) rút ra b = 2a thay vào phương trình (2) của hệ ta được: a 2a =1 a.(2a a) 3a 1 a 2 3a a(a 3) 0 a 3 (TMĐK)và a= 0 (Loại) a 2 a=3 b = 6 . Vậy a=3 , b=6 thì M = 1
  14. Bài 25. a, Rút gọn biểu thức H. Điều kiện: x >1 1 1 x 3 x H = x 1 x x 1 x x 1 x 1 x x 1 x x( x 1) 2 x 1 = x x 2 x 1 ( x 1 x).( x 1 x) x 1 x 1 x 53 53.(9 2 7) 53.(9 2 7) b, Tính H; ta có: x = = 9 2 7 9 2 7 92 (2 7) 2 53 H = x - 2 x 1 = 9+2 7 2 9 2 7 1 9 2 7 2 (1 7) 2 7 c, Tìm x khi H = 16. H = 16 x - 2 x 1 = 16 x - 2 x 1 - 16 = 0 (x - 1) - 2 x 1 - 15 = 0 Đặt: x 1 = a ; a 0 a2 -2a - 15 = 0 2 a = 1+15=16 = 4 a1/2 = 1 4 a1 = 5 và a2= -3 ( loại) a1 = 5 x 1 = 5 x-1 = 25 x = 26 DẠNG II : ĐỒ THỊ HÀM SỐ 5 Đề bài 1: Cho hàm số bậc nhất : y = ( 2m – 5 )x + 3 với m có đồ thị là đường thẳng d 2 .Tìm giá trị của m để a. Góc tạo bởi (d) và và trục Ox là góc nhọn, góc tù ( hoặc hàm số đồng biến, nghịch biến) b. (d ) đi qua điểm ( 2 ; -1) c. (d) song song với đường thẳng y = 3x – 4 d. (d) song song với đường thẳng 3x + 2y = 1 e. (d) luôn cắt đường thẳng 2x – 4y – 3 = 0 f. (d) cắt đường thẳng 2x + y = -3 tại điểm có hoành độ là -2 g. (d) cắt trục hoành tại điểm ở bên trái trục tung ( có hoành độ âm) h. (d) cắt đường thẳng y = 3x + 1 tại điểm có hoành độ âm (hoặc ở bên trái trục tung) i. (d) cắt đường thẳng y = 5x – 3 tại điểm có tung độ dương ( hoặc ở trên trục hoành) j. Chứng tỏ (d ) luôn đi qua một điểm cố định trên trục tung Giải :Hàm số có a = 2m – 5 ; b = 3
  15. a. Góc tạo bởi đường thẳng d và và trục Ox là góc nhọn, góc tù Góc tạo bởi đường thẳng d và và trục Ox là góc nhọn khi đường thẳng d có hệ số a > 0 5 2m – 5 >0 m > ( thỏa mãn) 2 Góc tạo bởi đường thẳng d và và trục Ox là góc tù khi đường thẳng d có hệ số a 5 2 góc tạo bởi đường thẳng d và và trục Ox là góc tù khi m < 5 2 b. (d ) đi qua điểm ( 2 ; -1) Thay x = 2 ; y = -1 vào phương trình đường thẳng d ta có 3 -1 = 2. ( 2m - 5) + 3 4m – 10 + 3 = -1 m = ( thỏa mãn) 2 Vậy với m = 3 thì (d ) đi qua điểm ( 2 ; -1) 2 Chú ý : Phải viết là “Thay x = 2 ; y = -1 vào phương trình đường thẳng d ”, không được viết là “Thay x = 2 ; y = -1 vào đường thẳng d ” c. (d) song song với đường thẳng y = 3x - 4 (d) song song với đường thẳng y = 3x - 4 2m 5 3 m 4 m 4 ( thỏa mãn) 3 4 3 4 Vậy m = 4 là giá trị cần tìm d. (d) song song với đường thẳng 3x + 2y = 1 3 1 Ta có 3x + 2y = 1 y x 2 2 3 1 (d) song song với đường thẳng 3x + 2y = 1 (d) song song với đường thẳng y x 2 2 3 7 2m 5 m 7 7 2 4 m m 1 1 ( thỏa mãn) . Vậy là giá trị cần tìm 3 3 4 4 2 2 e. (d) luôn cắt đường thẳng 2x - 4y - 3 = 0 1 3 Ta có 2x - 4y - 3 = 0 y x 2 4 1 3 (d) luôn cắt đường thẳng 2x - 4y - 3 = 0 (d) luôn cắt đường thẳng y x 2 4 1 11 5 11 2m 5 m . Kết hợp với điều kiên ta có m và m là giá trị cần tìm. 2 4 2 4 f. (d) cắt đường thẳng 2x + y = -3 tại điểm có hoành độ là -2 Thay x = -2 vào phương trình đường thẳng 2x + y = -3 ta được 2. (-2) + y = -3 y = 1  (d) cắt đường thẳng 2x + y = -3 tại điểm (-2 ; 1 ). Thay x = -2 ; y = 1 vào phương trình đường thẳng d ta có 1 = ( 2m – 5 ). (-2) + 3 -4m + 10 +3 = 1 m = 3 ( thỏa mãn). Vậy m = 3 là giá trị cần tìm. g. (d) cắt trục hoành tại điểm ở bên trái trục tung ( có hoành độ âm)
  16. 3 Thay y = 0 vào phương trình đường thẳng d ta có 0 = (2m - 5)x + 3 x = 2m 5 3 5 (d) cắt trục hoành tại điểm ở bên trái trục tung 0 2m 5 0 m ( thỏa 2m 5 2 mãn). 5 Vậy m là giá trị cần tìm. 2 h. (d) cắt đường thẳng y = 3x + 1 tại điểm có hoành độ âm (hoặc ở bên trái trục tung) (d) cắt đường thẳng y = 3x + 1 2m – 5 3 m 4 Hoành độ giao điểm của (d) và đường thẳng y = 3x + 1 là nghiệm của phương trình ẩn x sau : 2 ( 2m – 5 )x + 3 = 3x + 1 ( 2m - 8)x = -2 x ( vì m 4 ) 2m 8 (d) cắt đường thẳng y = 3x + 1 tại điểm có hoành độ âm 2 5 0 2m 8 0 m 4 ( thỏa mãn các điều kiện m và m 4 ) 2m 8 2 Vậy m > 4 là giá trị cần tìm. i. (d) cắt đường thẳng y = 5x - 3 tại điểm có tung độ dương ( hoặc ở trên trục hoành) * (d) cắt đường thẳng y = 5x - 3 2m – 5 5 m 5 * Hoành độ giao điểm của (d) và đường thẳng y = 5x - 3 là nghiệm của phương trình ẩn x sau : 6 3 ( 2m – 5 )x + 3 = 5x - 3 ( 2m - 10)x = -6 x ( vì m 5 ) 2m 10 m 5 3 Thay x vào phương trình đường thẳng y = 5x - 3 ta có y = m 5 3 15 3m 15 3m 5. 3 m 5 m 5 m 5 (d) cắt đường thẳng y = 5x - 3 tại điểm có tung độ dương 3m 0 3m m 5 0 m m 5 0 0 m 5 m 5 5 Kết hợp với các điều kiện ta có 0 < m < 5 và m là giá trị cần tìm 2 j. Chứng tỏ (d ) luôn đi qua một điểm cố định trên trục tung Giả sử (d) luôn đi qua điểm cố định có tọa độ ( x0 ; y0). Khi đó : y0 = ( 2m – 5 )x0 + 3 với mọi m 2x0m – 5x0 – y0 + 3 = 0 với mọi m 2x 0 x 0 0 0 5x y 3 0 y 3 0 0 0 Vậy (d ) luôn đi qua một điểm cố định trên trục tung có tọa độ là ( 0 ; 3 ) Chú ý đề bài 1: 5 * Ta luôn so sánh m tìm được với điều kiện của đề bài là m ( điều này rất rất hay 2 quên)
  17. * Nếu đề bài chỉ “Cho phương trình bậc nhất” mà không cho điều kiện ta vẫn phải đặt điều kiện để phương trình là phương trình bậc nhất ( tức là phải có a 0 và lấy điều kiện đó để so sánh trước khi kết luận) Đề bài 2: Cho đường thẳng d có phương trình y = ( m + 1)x – 3n + 6 . Tìm m và n để : a. (d) song song với đường thẳng y = -2x + 5 và đi qua điểm ( 2 ; -1) b, (d) song song với đường thẳng y = 3x + 1 và cắt trục hoành tại điểm có hoành độ là -1 c, (d) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ là 3 và cắt trục tung tại điểm có tung độ là 1 2 d, (d) song song với đường thẳng y = 2x + 3 và cắt đường thẳng y= 3x + 2 tại điểm có hoành độ là 1 e, (d) đi qua diểm ( -3 ; -3 ) và cắt trục tung tại điểm có tung độ là 3 f, (d) đi qua ( 2 ; -5 ) và có tung độ gốc là -3 g, (d) đi qua hai điểm ( -1 ; 3 ) và ( -3 ; 1 ) Giải : a. (d) song song với đường thẳng y = -2x + 5 và đi qua điểm ( 2 ; -1) m 3 • (d) song song với đường thẳng y = -2x + 5 m 1 2 1 3n 6 5 n 3 • (d) đi qua điểm ( 2 ; -1) -1 = ( m + 1).2 – 3n +6 2m - 3n = -9 Thay m = -3 vào ta có 2. (-3) – 3n = -9 n = 1 ( thỏa mãn ) Vậy m = -3 , n = 1 b. (d) song song với đường thẳng y = 3x + 1 và cắt trục hoành tại điểm có hoành độ là -1 m 2 • (d) song song với đường thẳng y = 3x + 1 m 1 3 5 3n 6 1 n 3 • (d) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ là -1 0 = ( m + 1 ). (-1) – 3n + 6 m + 3n = 5 Thay m = 2 vào ta được 2 + 3n = 5 n = 1 ( thỏa mãn ) .Vậy m = 2 , n = 1 c. (d) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ là 3 và cắt trục tung tại điểm có 2 tung độ là 1 3 3 * (d) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ là 0 = ( m + 1 ). – 3n + 6 m - 2n = -5 2 2 5 • (d) cắt trục tung tại điểm có tung độ là 1 1 = -3n + 6 n = . 3 5 5 5 5 Thay vào phương trình m - 2n = -5 ta có m - 2. = -5 m = - .Vậy n = , m = - 3 3 3 3 d. (d) song song với đường thẳng y = 2x + 3 và cắt đường thẳng y= 3x + 2 tại điểm có hoành độ là 1 • (d) song song với đường thẳng y = 2x + 3 m 1 2 m 1 3n 6 3 n 1 • (d) cắt đường thẳng y= 3x + 2 tại điểm có hoành độ là 1
  18. m 1 .1 3n 6 3.1 2 m 3n 2 . Thay m = 1 vào ta có 1 – 3n = - 2 n = 1( không thỏa mãn ) Vậy không có giá trị nào của m và n thỏa mãn điều kiện đề bài. Chú ý : Ta thường quên so sánh với điều kiện n 1 nên dẫn đến kết luận sai e. (d) đi qua diểm ( -3 ; -3 ) và cắt trục tung tại điểm có tung độ là 3 • (d) đi qua diểm ( -3 ; -3 ) 3 m 1 . 3 3n 6 m n 2 • (d) cắt trục tung tại điểm có tung độ là 3 3 3n 6 n 1 Thay vào phương trình m + n = 2 ta được m + 1 = 2 m = 1 Vậy m = 1 , n = 1 f. (d) đi qua ( 2 ; -5 ) và có tung độ gốc là -3 • (d) đi qua diểm ( 2 ; -5 ) 5 m 1 .2 3n 6 2m 3n 13 • (d) có tung độ gốc là -3 3 3n 6 n 3 Thay vào phương trình 2m - 3n = -13 ta được 2m – 3.3 = -13 m = -2 Vậy m = -2 , n = 3 g. (d) đi qua hai điểm ( -1 ; 3 ) và ( -3 ; 1 ) (d) đi qua hai điểm ( -1 ; 3 ) và ( -3 ; 1 ) m 0 3 m 1 . 1 3n 6 m 3n 2 2m 0 2 2 Vậy m = 0 , m = 1 m 1 . 3 3n 6 3m 3n 2 3m 3n 2 n 3 3 Đề bài 3: Cho hai hàm số bậc nhất y = ( m + 3 )x + 2m + 1 và y = 2mx - 3m - 4 có đồ thị tương ứng là (d1) và (d2). Tìm m để : a. (d1) và (d2) song song với nhau , cắt nhau , trùng nhau b. (d1) và (d2) cắt nhau tại một điểm nằm trên trục tung c. (d1) cắt (d2) tại một điểm trên trục hoành d. (d1) cắt (d2) tại một điểm nằm bên phải trục tung e. (d1) cắt (d2) tại một điểm nằm bên dưới trục hoành f. (d1) cắt (d2) tại điểm ( 1 ; -2 ) g. Chứng tỏ khi m thay đổi thì đường thẳng (d 1) luôn đi qua một điểm cố định , đường thẳng (d2) luôn đi qua một điểm cố định. Giải :Để các hàm số đã cho là các hàm số bậc nhất ta phải có : m 3 0 m 3 2m 0 m 0 Chú ý : Điều kiện trên luôn được dùng so sánh trước khi đưa ra một kết luận về m a. (d1) và (d2) song song với nhau , cắt nhau , trùng nhau (d ) và (d ) song song với nhau m 3 2m m 3 m 3 1 2 2m 1 3m 4 m 1 (d1) và (d2) cắt nhau m 3 2m m 3 (d ) và (d ) trùng nhau m 3 2m m 3 ( vô nghiệm ) 1 2 2m 1 3m 4 m 1 Kết hợp với các điều kiện ta có: Với m = 3 thì (d1) và (d2) song song với nhau
  19. m 3 , m 0 , m 3 thì (d1) và (d2) cắt nhau Không có giá trị nào của m để (d1) và (d2) trùng nhau b. (d1) và (d2) cắt nhau tại một điểm nằm trên trục tung • (d1) và (d2) cắt nhau m 3 2m m 3 • (d1) và (d2) cắt nhau tại một điểm nằm trên trục tung khi 2m + 1 = - 3m - 4 m 1 Kết hợp với các điều kiện ta có với m = -1 thì (d 1) và (d2) cắt nhau tại một điểm nằm trên trục tung. Chú ý : Giao điểm của ( d1) và ( d2) với trục tung lần lượt là ( 0 ; 2m + 1) và ( 0 ; -3m -4 ) nên chúng cắt nhau tại 1 điểm trên trục tung khi hai điểm đó trùng nhau, tức là 2m+1 = -3m – 4. Do đó lời giải trên nhanh mà không phải làm tắt. c. (d1) cắt (d2) tại một điểm trên trục hoành • (d1) và (d2) cắt nhau m 3 2m m 3 • Thay y = 0 vào phương trình đường thẳng (d1) và (d2) ta có 2m 1 x m 3 x 2m 1 0 m 3 ( Vì m 3 , m 0 ) 2mx 3m 4 0 3m 4 x 2m 2m 1 3m 4 Giao điểm của (d1) và (d2) với trục hoành lần lượt là ;0 vµ ;0 m 3 2m • (d1) cắt (d2) tại một điểm trên trục hoành khi 2m 1 3m 4 2m 2m 1 m 3 3m 4 4m2 2m 3m2 13m 12 m2 11m 12 0 m 3 2m Phương trình trên là phương trình bậc hai có a - b + c = 0 nên có hai nghiệm m1 = -1 ; m2 = 12 Kết hợp với các điều kiện ta có m = -1 hoặc m = 12 thì d 1) cắt (d2) tại một điểm trên trục hoành Chú ý : Phải kết hợp với cả ba điều kiện là m 3 , m 0 , m 3 rồi mới kết luận. d. (d1) cắt (d2) tại một điểm nằm bên phải trục tung • (d1) và (d2) cắt nhau m 3 2m m 3 • Hoành độ giao điểm của (d1) và (d2) là nghiệm của phương trình ẩn x sau : 5m 5 m 3 x 2m 1 2mx 3m 4 m 3 x 5m 5 x ( vì m 3 ) m 3 • (d1) cắt (d2) tại một điểm nằm bên phải trục tung khi hoành độ giao điểm dương 5m 5 0 5m 5 m 3 0 m 1 hoÆc m 3 m 3 Kết hợp với các điều kiện ta có m 3,m 1 hoÆc m 3 e. (d1) cắt (d2) tại một điểm nằm bên dưới trục hoành • (d1) và (d2) cắt nhau m 3 2m m 3 • Hoành độ giao điểm của (d1) và (d2) là nghiệm của phương trình ẩn x sau : 5m 5 m 3 x 2m 1 2mx 3m 4 m 3 x 5m 5 x ( vì m 3 ) m 3 5m 5 Thay x vào phương trình đường thẳng ( d1) ta có m 3
  20. 5m 5 5m2 20m 15 2m2 5m 3 7m2 15m 12 y m 3 . 2m 1 m 3 m 3 m 3 * (d1) cắt (d2) tại điểm nằm bên dưới trục hoành khi tung độ giao điểm âm 7m2 15m 12 0 (*) m 3 2 2 2 2 9 5 2 3 15 Ta cã7m 15m 12 6m 12m 6 m 3m 6 m 1 m 0 4 4 2 4 Nên (*) tương đương với m-3<0 m 3 Kết hợp với các điều kiện ta có : m 3,m 3,m 0 là giá trị cần tìm f. (d1) cắt (d2) tại điểm ( 1 ; -2 ) • (d1) và (d2) cắt nhau m 3 2m m 3 2 m 3 2m 1 • (d ) cắt (d ) tại điểm ( 1 ; -2 ) m 2 m 2 1 2 2 2m 3m 4 m 2 Kết hợp với các điều kiện ta có m = -2 là giá trị cần tìm. g. Chứng tỏ khi m thay đổi thì đường thẳng (d1) luôn đi qua một điểm cố định , đường thẳng (d2) luôn đi qua một điểm cố định. Giả sử khi m thay đổi các đường thẳng (d1) luôn đi qua điểm ( x0 ; y0 ) , tức là : y0 m 3 x0 2m 1 víi mäi m x0 2 m 3x0 y0 1 0 víi mäi m x 2 0 x 2 0 0 3x y 1 0 y 5 0 0 0 Vậy khi ma thay đổi thì các đường thẳng (d1) luôn đi qua điểm ( -2 ; -5 ) cố định 3 Chú ý : Với đường thẳng ( d2 ) ta làm tương tự , điểm cố định là ; 4 2 Đề bài Cho hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt có phương trình y = -2x + 4 và y = 2x - 2 a. Tìm tọa độ giao điểm A của hai đường thẳng trên. b. Vẽ trên cùng một hệ trục tọa độ các đường thẳng d1 và d2 c. Gọi B và C lần lượt là giao điểm của d 1 và d2 với trục hoành; D và E lần lượt là giao điểm của d1 và d2 với trục tung.Tính diện tích các tam giác ABC , ADE , ABE. d. Tính các góc tạo bởi đường thẳng d1 và d2 với trục hoành. Giải :a, Tìm tọa độ giao điểm A của hai đường thẳng trên. Giao điểm của hai đường thẳng là nghiệm của hệ phương trình sau : 4 y 4 1 3 y 2x 4 x x y 2x 2 2 2 2 2y 2 y 1 3 Vậy giao điểm A của hai đường thẳng là A ;1 2 b, Vẽ trên cùng một hệ trục tọa độ các đường thẳng d1 và d2 • Xét đường thẳng (d1) : y = -2x + 4 Với x = 0 y = 4 ; y = 0 x = 2. Đường thẳng (d1) đi qua hai điểm ( 0 ; 4 ) và ( 2 ; 0 ) • Xét đường thẳng (d2) : y = 2x - 2 Với x = 0 y = -2 ; y = 0 x = 1. Đường thẳng (d1) đi qua hai điểm ( 0 ; -2 ) và ( 1 ; 0 ) y 4 D d2 3 2 K 1 A O C B -4 -3 -2 -1 1 H 2 3 x -1 -2 E -3 d1
  21. e. Gọi B và C lần lượt là giao điểm của d 1 và d2 với trục hoành; D và E lần lượt là giao điểm của d 1 và d2 với trục tung.Tính diện tích các tam giác ABC , ADE , ABE. 3 Ta có : A ;1 , B( 2 ; 0 ) , C ( 1 ; 0 ) , D( 0 ; 4 ) và E( 0 ; -2 ) 2 Do đó : BC = | 2 – 1| = 1 , DE = | 4 - (-2)| = 6 , BO = | 2 – 0 | = 2 3 Gọi AH là đường cao của ABC , AK là đường cao của ADE AH = 1 , AK = 2 Gọi SABC , SADE , SBDE , SABE lần lượt là diện tích của các tam giác ABC , ADE , BDE , ABE. Ta có : 1 1 1 S AH.BC .1.1 ( đơn vị diện tích ) ABC 2 2 2 1 1 3 9 S AK.DE . .6 ( đơn vị diện tích ) ADE 2 2 2 2 1 1 S BO.DE .2.6 6 ( đơn vị diện tích ) BDE 2 2 9 3 S S S 6 ( đơn vị diện tích ) ABE BDE ADE 2 2 f. Tính các góc tạo bởi đường thẳng d1 và d2 với trục hoành. · · Góc tạo bởi đường thẳng d1 và d2 với trục hoành lần lượt là DBx vµ ACx OD 4 Tam giác OBD vuông tại O có : TgO· BD 2 O· BD 63,40 OB 2 B· Dx 1800 63,40 116,60 OE 2 Tam giác OCE vuông tại O có : TgO· CE 2 O· CE 63,40 OC 1
  22. A· Cx 63,40 0 Vậy góc tạo bởi đường thẳng d1 và d2 với trục hoành cùng là 63,4 . II. CHÚ Ý : Khi đề bài không cho điều kiện của tham số m mà nói là cho hàm số bậc nhất thì khi làm bài ta vẫn phải tìm điều kiện để có phương trình bậc nhất và dùng điều kiện này để so sánh trước khi kết luận BÀI TẬP TỰ LUYỆN Câu 1: (3,0 điểm). Cho đường thẳng (m – 2)x + (m – 1)y = 1 (d). a) Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn đi qua một điểm cố định với mọi giá trị của m. b) Tính giá trị của m để khoảng cách từ gốc toạ độ O đến đường thẳng (d) là lớn nhất. Bài 2 (1,5 điểm) Tìm hai số thực dương a , b sao điểm M có toạ độ (a ;b2 +3) và điểm N Có toạ độ ( ab ; 2 ) cùng thuộc đồ thị của hàm số : y = x2 . Bài 3 (2,5 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ 0xy cho parabol (P): y = x2 và điểm D(0;1). 1. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm D(0;1) v à có hệ số góc k. 2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phận biệt G và H với mọi k. 3. Gọi hoành độ của hai điểm G và H lần lượt là x1 và x2. Chứng minh rằng: x1.x2 = -1, từ đó suy ra tam giác GOH là tam giác vuông. Câu 4 (1 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng (d): y = (m2 – 3m)x +m và đường thẳng (d’): y = 4x + 4. Tìm m để đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d’). Bài 5 (2.0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và các điểm C, D thuộc parabol (P) với xc = -1, xD = 2 1.Tìm toà độ các điểm C, D và viết phương trình đường thẳng CD. 2.Tìm p để đường thẳng (d): y = (2p2-p)x+p+1(với p là tham số) song song với đường thẳng CD. Câu 6: Cho hàm số : y = ax + b (1) a) Xác định giá trị của a và b để đồ thị của hàm số (1)đi qua điểm A(1;5) và B(- 2:-1) b) Chứng tỏ rằng các đường thẳng AB và các đường thẳng y = x + 5 , y = 3x + 1 đồng quy. Câu 7: Cho Parabol (P) : y = 1/4 x2 và đường thẳng (d) : y = 1/2 x + 2. a) Vẽ (P) và (d) trên cùng hệ trục tọa độ Oxy. b) Gọi A, B là giao điểm của (P) và (d). Tìm điểm M trên cung AB của (P) sao cho diện tích tam giác MAB lớn nhất. c) Tìm điểm N trên trục hoành sao cho NA + NB ngắn nhất. Câu 8: (2 điểm) 1.Cho hàm số: y x 2m 1; với m tham số.
  23. a) Tính theo m tọa độ các giao điểm A; B của đồ thị hàm số với các trục Ox; Oy. H là hình 2 chiếu của O trên AB. Xác định giá trị của m để OH 2 b) Tìm quỹ tích (tập hợp) trung điểm I của đoạn thẳng AB. Câu 9: (2điểm)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng(d): y = mx +1 và parabol(P): y = 2x2. 1) Tìm m để (d) đi qua A(1;3) 2) Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A(x1;y1) và B(x2;y2). Hãy tính giá trị của T = x1x2 + y1y2 Câu 10 (2 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) : y = x + n – 1 và parabol (P) : y = x2 1. Tìm n để (d) đi qua điểm B(0;2) 2. Tìm n để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ 1 1 lần lượt là x1, x2 thỏa mãn: 4 x1x2 3 0 x1 x2 HƯỚNG DẪN Câu 1 3,0 đ a. Điều kiện cần và đủ để đường thẳng (m – 2)x + (m – 1)y = 1 (d) đi qua (1,5đ) điểm cố định N(xo,yo) là: 0,5 đ (m – 2)xo + (m – 1)yo = 1, với mọi m mx – 2x + my – y – 1 = 0, với mọi m o o o o 0,5 đ (xo + yo)m – (2xo + yo + 1) = 0 với mọi m xo yo 0 xo 1 2x y 1 0 y 1 o o o Vậy các đường thẳng (d) luôn đi qua điểm cố định N (-1; 1). 0,5 đ b. + Với m = 2, ta có đường thẳng y = 1 (1,5đ) do đó khoảng cách từ O đến (d) là 1 (1) + Với m = 1, ta có đường thẳng x = -1 do đó khoảng cách từ O đến (d) là 1 (2) 0,5 đ + Với m ≠ 1 và m ≠ 2 Gọi A là giao điểm của đường thẳng (d) với trục tung. 1 Ta có: x = 0 y = 1 , do đó OA = . m 1 m 1 Gọi B là giao điểm của đường thẳng (d) với trục hoành. 1 Ta có: y = 0 x = 1 , do đó OB = m 2 m 2 0,5 đ Gọi h là khoảng cách Từ O đến đường thẳng (d). Ta có: 1 1 1 3 1 1 (m 1) 2 (m 2) 2 2m 2 6m 5 2(m ) 2 h 2 OA2 OB 2 2 2 2 .
  24. 3 Suy ra h2 2, max h = 2 khi và chỉ khi m = . (3) 2 3 Từ (1), (2) và (3) suy ra Max h = 2 khi và chỉ khi m = . 2 0,5 đ Tìm được tọa độ giao điểm A của đồ thị hàm số với trục Ox: A 2m 1;0 0,25 1. Giao điểm B của đồ thị hàm số với trục Oy: B 0; 2m 1 a Ta có: AOB vuông tại O và có OH là đường cao nên: 1 1 1 1 1 2 m 0 Hay 2 2 OH 2 OA2 OB2 x2 y2 (2m 1)2 m 1 A B 0,5 xA xB 2m 1 Hoành độ trung điểm I của AB: xI 2 2 0,25 y y (2m 1) Tung độ trung điểm I của AB: y A B 1. I 2 2 b 0,25 Ta có: yI xI Quỹ tích trung điểm I của đoạn thẳng AB là đường thẳng y x Hệ luôn có nghiệm duy nhất 2 Vì từ (2) y m2 mx 2 8 , Thay vào (1) ta được: (m+1)x + m(- m2 +mx + 2) = 2m -1 0 (m2 + m + 1)x = m3 - 1 1 3 Mà m2 + m + 1 = (m )2 0m 2 4 0,25 Hệ có nghiệm duy nhất là: x m 1 0,25 y m 2 2 Ta có P = xy = (m -1)(2- m) = - m2 + 2m + m - 2 9 1 = (m2 3m ) 4 4 3 1 1 = (m )2 2 4 4 3 3 Dấu “=” xảy ra m 0 m 2 2 1 3 Vậy giá trị lớn nhất của P là MaxP = m 0,25 4 2
  25. Câu 9 1) Thay x =1; y = 3 vào (d) ta được: m.1 +1 = 3 suy ra m = 2 2) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P): 2x2 = mx + 1  2x2 – mx - 1 = 0 Ta có a = 2, b = -m, c = -1 b 2 4ac ( m) 2 4.2.( 1) m 2 8 0m  phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m nên (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phâ m x x 1 2 2 biệt A(x1;y1) và B(x2;y2) với mọi m. Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: 1 x .x 1 2 2 2 2 2 2 Ta có T = x1.x2+ y1y2 Mà y1= 2x1 và y2 = 2x2 nên T = x1x2 + 2x .2x2 = 1 1 1 1 1 4( ) 2 4. 2 2 2 4 2 Câu 10 1. Thay x = 0; y = 2 vào phương trình đường thẳng (d) ta được: n = 3 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: x2 – x – (n - 1) = 0 (*) Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 3 4n 3  0 n  . 4 x1 x2 1 Khi đó theo định lý Vi ét ta có: x1x2 (n 1) 1 1 x1 x2 Theo đề bài: 4 x1x2 3 0 4 x1x2 3 0 x1 x2 x1x2 4 n 2 0 n 1 n2 n 6 0(DK : n 1) n1 2(TM );n2 3(L) Vậy n = 2 là giá trị cần tìm. 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
  26. 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 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
  27. 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 • 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
  28. 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 10m 4 10m 4 6m 3 10m 4 1 4m Thay (4) vào (1) ta có : x 2m 1 x 2m 1 3 2 2 3 3 3 (5) 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 đề bài. 5 8 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 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 đề bài. 2 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 : x1 x2 1 x x 2m 1 m x1 x2 1 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
  29. 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 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
  30. 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 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 2 2 i. Khi phương trình có hai nghiệm x1 , x2 .Tính theo m giá trị của A x1 x2 j. Tìm m để A = 6 1 k. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 trong đó có một nghiệm là . Khi 2 6x 1 6x 1 đó hãy lập phương trình có hai nghiệm là 1 vµ 2 3x2 3x1 Giải : a. Giải phương trình với m = -5 x 0 Thay m = -5 vào phương trình ta có : -4x2 + 6x = 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
  31. • 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 • 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 cùng trong 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 tức là khác dấu với hệ số a nên m phải trong
  32. khoảng hai nghiệm, tức là -5 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 • 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 phương 1 trình (1) ; (2) ; (3) trên trục số. Qua đó ta thấy m<-5 hoặc -1 < m < là các giá trị chung 2 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
  33. 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 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 phải thỏa m 5 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. 2 2 i. Khi phương trình có hai nghiệm x1 , x2 .Tính theo m giá trị của A x1 x2
  34. • 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 b 2 m 2 m 1 x1 x2 1 Tức là m 1 1 1 Khi đó theo định lí Viet : a m 1 2m 1 0 m c m 5 2 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. 1 k. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 trong đó có một nghiệm là . 2 6x 1 6x 1 Khi đó hãy lập phương trình có hai nghiệm là 1 vµ 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 Thay x = 1vào 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 ( thỏa mãn 2 2 (1))
  35. 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) Gi¶i ph-¬ng tr×nh (4x 1) x 2 1 2x 2 2x 1 Bµi 2: 2 Cho ph-¬ng tr×nh x + (2m - 1)x - m = 0 cã 2 nghiÖm x1, x2. 2 2 T×m m ®Ó x1 + x2 - 6 x1 x2 ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt. 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 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).
  36. 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 Cõu 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 . Cõu 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 . Cõu 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. Cõu 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 . Cõu 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. Cõu 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. 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 x 1,x2,x3,x4 thoả 4 4 4 4 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.
  37. 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. HƯỚNG DẪN Phương trình đã cho tương đương với phương trình: (4x 1) x 2 1 2(x 2 1) 2x 1 (1) 0,5đ 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 0,5đ Phương trình (2) ẩn t có các nghiệm là: 1 t1=2x-1 và t2= (loại) 2 Bài 3 1 (3.0 đ) 2 2x 1 0 x 1,0đ 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 0,75 3 4 đ x 3 4 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x 3 0,25 đ Ph­¬ng tr×nh ®· cho t­¬ng ®­¬ng víi ph­¬ng tr×nh: (4x 1) x 2 1 2(x 2 1) 2x 1 (1) 0,5đ §Æt t x 2 1 (®k t >1), ph­¬ng tr×nh (1) trë thµnh: (4x-1)t=2t2+2x-1 2t2-(4x-1)t+2x-1=0 (2) Bài 3 Coi (2) lµ ph­¬ng tr×nh bËc hai Èn t, khi ®ã ph­¬ng tr×nh (2) cã: (3.0 đ) (4x 1) 2 8(2x 1) (4x 3) 2 0,x R 0,5đ Ph­¬ng tr×nh (2) Èn t cã c¸c nghiÖm lµ: 1 t1=2x-1 vµ t2= (lo¹i) 2 1,0đ
  38. 1 2 2x 1 0 x Víi t1=2x-1, ta cã: x 1 2x 1 2 2 2 x 1 (2x 1) 2 3x 4x 0 1 x 0,75 2 4 đ x 0 x 3 4 x 3 0,25 4 đ VËy ph­¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm lµ: x 3 Bài 2: 2,5 điểm 2 2 2 Ta có x1 + x2 - 6 x1 x2 = ( x1 + x2) - 8 x1x2 0,5đ = (1 - 2m)2 + 8m 0,5đ = 4m2 + 4m + 1 0,5đ = (2m + 1)2 0 0,5đ 2 2 khi đó x1 + x2 - 6 x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất là 0 khi m=-1/2 0,5đ Câu 3:. 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. ( 0,5 điểm) 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 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 Đặt 4 2 x = a ; 4 2 x = b ( a ; b 0) .
  39. 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 4,0 đ a. a(a 1) 0,5 đ Để x = là nghiệm của phương trình (1) thì : (2,0đ) 2 a(a 1) a(a 1) a (2) và - a (3) 2 2 Giải(2) ta được a 1, a 0 0,5 đ 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 0,5 đ a(a 1) x = 2 0,5 đ b. Theo câu a: (2,0đ) 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 0,5 đ a(a 1) x = 2 Vì a là số nguyên dương và a 1nên: 0,5 đ 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 0,5 đ 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. 0,5 đ 6 1 PT đã cho có hai nghiệm phân biệt có điều kiện: (5,0đ) (2,5đ) ' 0 m 2 2 m2 2m 4 0 m 0 (*) 0,50
  40. x x 4 2m Với m 0 theo Vi-et ta có: 1 2 . 2 0,25 x1.x2 m 2m 4 2 1 1 2 1 1 Ta có (1) x 2 x 2 x x 15m x x 2 2x x x x 15m 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 0,50 1 1 1 m2 6m 4 m2 2m 4 15m 0,50 1 1 1 4 . Đặt m t do m 0 t 0 4 4 15 m m 6 m 2 m m 0,50 Cõu 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 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 Cõu 8: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 .
  41. 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 Cõu 9:Giải: 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 . Cõu 11 :. 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. m 3 b, Khi m -2 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x1= ; x 1 . Cần tìm m để m 2 2 cho x1=2x2 hoặc x2 = 2x1.
  42. 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 Cõu 12 :. 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 Câu 13 :. 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 Câu 14 :. 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
  43. 4 Vậy A = 0 với mọi m 1 và m . Do đó biểu thức A không phụ thuộc vào m 5 câu 15 1) Với m = 2 phương trình (1) có dạng: x4 10x2 16 0 (2) 2 2 1,0điểm Đặt y = x2 y 0 thì pt (2) có dạng y 10y 16 0 (3) 0.25 điểm Giải pt (3) ta được y1 2; y2 8 (thoả mãn) 0.25 2 y1 2 x 2 x 2 y 8 2 2 x 8 x 2 2 0.25 Phương trình đã cho có bốn nghiệm x1 2; x2 2; x3 2 2; x4 2 2 0.25 2) Đặt y x2 y 0 thì pt (1) trở thành 2 2 2 2 1,0điểm y 2(2m 1)y 4m 0 (4) có ' 2m 1 4m 4m 1 0.25 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 ' 0 4m 1 0 1 c 2 m 0 4m 0 4 (*) a 2 2m 1 0 m 0 b 0 a 0.25 2 2 2 2 4 4 2 4 4 2 Giả sử x1 x2 y1; x3 x4 y2 x1 x2 y1 ; x3 x4 y2 x 4 x 4 x 4 x 4 17 2 y 2 y 2 17 Do đó : 1 2 3 4 1 2 0.25 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 0.25 2 2 câu 16 1) x 2 x 2 x2 4 10 11 2 0 2 điểm 1,0điểm 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 1.0
  44. 2 Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm x 3; x ; x 0 1 2 3 3 2) Ta tính được n 2 n 2 n 1 n 1 n n 1,0điểm Sn 2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1x2 6Sn 1 Sn 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 1.0 Bài 17: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
  45. 2x2 y 3y2 2 3x2 2xy y2 11 f) ( ®èi xøng lo¹i 2 ) g) ( ®¼ng cÊp bËc hai ) 2 2 2 2 2y x 3x 2 x 2xy 5y 25 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 VËy hÖ cã mét nghiÖm lµ : ( x ; y ) = ( -1 ; 2 ) x 2y 5 x 5 2y x 5 2y b) 2 x2 2y2 2xy 5 5 2y 2y2 2 5 2y y 5 25 20y 4y2 2y2 10y 4y2 5 x 5 2y x 5 2y 1 2 2 10y 30y 20 0 y 3y 2 0 2 c Ph­¬ng tr×nh (2) lµ ph­¬ng tr×nh bËc hai cã a + b + c = 0 nªn cã hai nghiÖm lµ 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 ph­¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ( x ; y ) lµ ( 3 ; 1 ) vµ ( 1 ; 2 ) x3 7x y3 7y x3 y3 7x 7y 0 x y x2 xy y2 7 x y 0 c) 2 2 2 2 x y x y 2 x y x y 2 2 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 5 1 5 1 4.1. 1 5 0 . Ph­¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt : 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 * Ph­¬ng tr×nh (*) lµ ph­¬ng tr×nh bËc hai cã 12 4.1.16 63 0 nªn (*) v« nghiÖm. HÖ v« nghiÖm 1 5 1 5 VËy hÖ ph­¬ng tr×nh ®· cho cã hai nghiÖm lµ x y vµ x y 2 2
  46. 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 ph­¬ng 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 ph­¬ng 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 S P 7 P 7 S P 7 S §Æt x+y = S , xy = P ta cã hÖ 2 2 2 S 2P 3S 16 S 2 7 S 3S 16 S S 2 0 2 Ph­¬ng 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. Ph­¬ng tr×nh cã hai nghiÖm : 1 5 1 5 A 2 ; A 3 => HÖ ph­¬ng 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 ph­¬ng 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 ph­¬ng 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 ❖ NÕu x - y = 0  x = y thay vµo (1) ta cã 2x2 + x = 3x2 - 2  x2 - x - 2 = 0 Ph­¬ng tr×nh cã d¹ng a – b + c = 0 nªn cã hai nghiÖm lµ x1 = -1 , x2 = 2  HÖ ph­¬ng 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
  47. 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 Ph­¬ng 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 ph­¬ng 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 nh­ng lêi gi¶i dµi vµ khã h¬n rÊt nhiÒu cÇn quan s¸t kÜ xem ë b­íc 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 ph­¬ng tr×nh ta cã : 2 ( hÖ v« nghiÖm) x 25 Víi y 0 chia hai vÕ cña (*) cho y2 ta ®­îc ph­¬ng tr×nh : 2 32x2 14x x x 2 15 0 32. 14. 15 0 y y y y §Æt t = x ta cã ph­¬ng tr×nh : 32t2 + 14t – 15 = 0 y Ph­¬ng tr×nh trªn cã ' 72 32. 15 529 0 ' 23 7 23 15 7 23 1 Ph­¬ng tr×nh cã hai nghiÖm : t ; t 1 32 16 2 32 2 15 x 15 15 ❖ Víi t = t1 = x y . Thay vµo ph­¬ng tr×nh (2) ta cã : 16 y 16 16 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 ph­¬ng tr×nh (2) ta cã : 2 y 2 2
  48. 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 ph­¬ng 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 ph­¬ng tr×nh: m 1 x 12y 24 a. Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh víi m = 2 b. Gi¶i vµ biÖn lu©n hÖ ph­¬ng tr×nh. c. T×m m ®Ó hÖ ph­¬ng 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 ph­¬ng tr×nh víi m = 2 ( tù lµm ) b. Gi¶i vµ biÖn lu©n hÖ ph­¬ng tr×nh. 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 ph­¬ng 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 ph­¬ng 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 ph­¬ng tr×nh ban ®Çu ta cã :
  49. 3x 6y 12 x 2y 4 HÖ v« nghiÖm 6x 12y 24 x 2y 4 24m 168 24 m 7 24 ❖ NÕu m 5 vµ m 7 tõ (3) ta cã : 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 ph­¬ng tr×nh ®· cho v« nghiÖm ✓ NÕu m = -7 hÖ ph­¬ng tr×nh ®· cho cã v« sè nghiÖm x = 4 – 2t , y = t víi t R ✓ NÕu m 5 vµ m 7 hÖ ph­¬ng 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 y m 5 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 ph­¬ng tr×nh cã mét nghiÖm duy nhÊt ( x ; y ) sao cho x 0 . Nh©n hai vÕ cña (1) víi (x + 5)2 >0 ta ®­îc bÊt ph­¬ng 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 < -5 lµ gi¸ trÞ cÇn t×m Chó ý : • Khi nh©n c¶ hai vÕ cña mét bÊt ph­¬ng tr×nh víi cïng mét biÓu thøc ta ph¶i chó ý xem biÓu thøc ®ã d­¬ng hay ©m ®Ó ®æi chiÒu hay kh«ng ®æi chiÒu bÊt ®¼ng thøc
  50. • NÕu ®Ò bµi cho lµm c©u c ( hoÆc d, e, f, g ) mµ kh«ng cho c©u b th× khi lµm, b­íc 1 ta ph¶i t×m ®iÒu kiÖn ®Ó hÖ cã nghiÖm duy nhÊt, khi ®ã ta tr×nh bµy nh­ c©u b tíi (3) vµ lËp luËn hÖ cã nghiÖm duy nhÊt khi (3) cã nghiÖm duy nhÊt m 5 vµ m 7 d. T×m m ®Ó hÖ cã nghiÖm duy nhÊt ©m. ❖ Theo c©u trªn, ph­¬ng 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 0 HÖ cã mét nghiÖm duy nhÊt ©m khi m 5 m 5 0 m 5 0 m 5 12 m 5 0 0 m 5 KÕt hîp víi c¸c ®iÒu kiÖn ta cã m 1 ❖ Theo c©u trªn, ph­¬ng 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, ph­¬ng 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
  51. g. T×m m nguyªn ®Ó hÖ cã nghiªm duy nhÊt lµ nghiÖm nguyªn ❖ Theo c©u trªn, ph­¬ng 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 ­íc 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 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 1 Giải các hệ phương trình sau : x 2 xy y 2 4 x y xy 7 xy x y 11 x 2 y 2 13 1) 2) 2 2 3) 2 2 4) xy x y 2 x y 3x 3y 16 x y xy 30 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
  52. 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) 2 2 2 2 (1;4),(4;1) Bµi 2 Giaûi caùc heä phöông 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 ph­¬ng tr×nh: x 2y 3 m 2x y 3(m 2) a) Gi¶i hÖ ph­¬ng 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. a 1 x y 4 Bµi 4. Cho hÖ ph­¬ng 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 ph­¬ng 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 ph­¬ng 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: (2.0 ®iÓm) Cho hÖ ph­¬ng tr×nh : x 1 9 y m ( víi m lµ tham sè ) y 1 9 x m 1) Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh khi m 2 5 .
  53. 2) T×m m ®Ó hÖ trªn cã nghiÖm duy nhÊt. câu III 1) Thay m = 2 5 ta được hệ pt : 2 điểm 1,0điểm 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) 0.25 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 0.25 Thay x = y vào pt (1) ta có : x 1 9 x 2 5 bình phương hai vế ta được 10 2 x 1 9 x 20 x 1 9 x 5 0.25 x2 8x 16 0 x 4. Do đó x = y = 4. Hệ phương trình có một nghiệm : (x; y) = (4; 4) 0.25 2) Theo cách chứng minh tương tự như trên ta chứng minh được : nếu hệ có nghiệm (x; y) thì x = y. 1,0điểm y x Khi đó hệ phương trình đã cho (II) x 1 9 x m (4) 0.25 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 0.25 y x Khi m 2 5 thay vào hệ (II) ta có x 1 9 x 2 5 0.25 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. 0.25 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 trình a có nghiệm duy nhất.
  54. 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 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
  55. 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: 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) Xác định 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
  56. 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 thức m 2 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 Ví dụ 1: Giải phương trình 3x 4 x Giải x 0 Ta có : 3x 4 x 2 x 3x 4
  57. 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 đưaA 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 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 ở trong ví dụ này 5 nếu cho điều kiện x rồi bình phương hai vế của (3) thì ta sẽ được 2x+5 +3x-5-2 3 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.
  58. 5 Đối chiếu với các điều kiện x thì phương trình có hai nghiệm x=2 ; x=58.Mà khi thử 3 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 42 60 Bài toán 6: Giải phương trình: 6 (1) 5 x 7 x 42 60 Phương trình (1) có nghĩa khi x < 5 nên 1 3 3 0 5 x 7 x 42 42 60 60 3 3 3 3 42 60 5 x 5 x 7 x 7 x 9 9 0 5 x 7 x 0 42 60 42 60 3 3 3 3 5 x 7 x 5 x 7 x
  59. 9 5 x 42 9 7 x 60 0 42 60 5 x 3 7 x 3 5 x 7 x 1 1 3 1 3x 0 3 1 3x 0 vì 42 60 5 x 3 7 x 3 5 x 7 x 1 1 1 > 0 nên x . Thử lại đúng nên nghiệm của phương 42 60 3 5 x 3 7 x 3 5 x 7 x 1 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 x 1 1 0 x 2 x 3 hoặc x 1 1 0x 1 hoặc 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 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
  60. 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 nghiệm a b 8 a b 4 b 1 x 6 1 x 6 1 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 a 3 2 hoặc 3 3 2 2 3 2 3 3 a b 2 a ab b 4 a b 3ab 4 ab 0 b 2 b 0 Nếu a=0; b=-3 2 => x=1 a=3 2 ; b=0 =>x=3 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 điều b 2 x 5x 3 0 5 37 5 37 kiện x ; x . 1 2 2 2 Bài toán 8: Giải phương trình: x 5 x 2 1 x2 7x 10 3 (1)
  61. 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 phương 1 x 2 0 x 2 1 x 1 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 Đặt 0 a 25 x2 ; 10 x2 b 0 a2 b2 25 x2 10 x2 15. Nên phương trình (1) trở a b 3 a b 3 a 4 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
  62. 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 a b 1 a 1 b a 1 b a 1 b thành: 3 3 3 2 3 2 2 3 2 2 a b 1 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 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:
  63. 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 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