Bài tập Phương trình. Hệ phương trình Toán Lớp 10 - Phần 3: Hệ phương trình - Đề 2B

40 trang nhungbui22 11/08/2022 2190

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài tập Phương trình. Hệ phương trình Toán Lớp 10 - Phần 3: Hệ phương trình - Đề 2B", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

bai_tap_phuong_trinh_he_phuong_trinh_toan_lop_10_phan_3_he_p.doc

Nội dung text: Bài tập Phương trình. Hệ phương trình Toán Lớp 10 - Phần 3: Hệ phương trình - Đề 2B

Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số [II.3] Phương.pháp.sử.dụng.sự.biến.thiên.của.hàm.số [các kĩ.thuật áp.dụng sự biến.thiên của hàm.số : xem lại chuyên.đề pt.vơ.tỉ] II.31)Giải các hpt sau: Một phương trình của hệ cĩ dạng : f(x)=f(y). Một phương trình cho ta biết tập giá trị của x hoặc y . Từ đĩ suy ra hàm số f(x) đơn điệu suy ra x=y . 3 3 x 5x y 5y 1 x3 3x y3 3y a) b) 8 8 6 6 x y 1 2 x y 1 3 3 x 5x y 5y 1 G: a) Từ (2) suy ra : x , y 1. 8 8 x y 1 2 Từ (1) ta xét hàm số : f(t)=t3 5t f '(t) 3t 2 5 0  t  1;1 Do vậy f(t) là một hàm số nghịch biến . Vậy để cĩ (1) chỉ xảy ra khi x=y . 8 1 1 1 1 1 1 Khi đĩ (2) trở thành : x x x; y ; ; ; 2 8 2 8 2 8 2 8 2 8 2 x3 3x y3 3y b) ( Ngoại thương -2000) tương tự câu a 6 6 x y 1 II.32)Giải các hpt sau: Hệ [thường là hệ đối xứng] mà sau khi biến đổi thường đưa về dạng f(x)=f(y) hoặc f(x)=o. Trong đĩ f là một hàm số đơn điệu . 2 5 4 10 6 2 y 1 4x 1 x y 3 5 2y 0 x xy y y 1 x x 2x 2 3 1 a) b) c) 2 2 2 2 x 1 4x y 2 3 4x 7 4x 5 y 8 6 2 y y 2y 2 3 1 Ξ 2 4x 1 x y 3 5 2y 0 a) ( ĐH-KA-2010 ) 2 2 4x y 2 3 4x 7 3 5 1 Điều kiện : x , y . Đặt : t 5 2y y 5 t 2 , thay vào (1)của hệ ta cĩ : 4 2 2 2 3 5 t 3 3 4x x t 3 8x 2x t t . 2 Xét hàm số : f (x) x3 x f '(x) 3x2 1 0  x f (x) đồng biến cho nên vế trái chẳng qua là khi 5 4x2 t=2x . Do đĩ : 5 2y 2x y . Thay vào phương trình (2) của hệ ta được : 2 2 2 2 5 4x 3 g(x) 4x 2 3 4x 0  x 0; 2 4 Dễ thấy x=0 và x=3/4 khơng là nghiệm . 5 2 4 2 4 3 Ta xét : g '(x) 8x 8x 2x 4x 4x 3 0  x 0; , 2 3 4x 3 4x 4 1 1 với : g( ) 0 x ; y 0 là nghiệm của hệ 2 2 x5 xy4 y10 y6 1 4 5 b) Điều kiện : x . Chia cả hai vế của phương trình (1) cho y 0 2 5 4x 5 y 8 6 2 5 x x 5 5 4 y y . Hàm số : f (t) t t; f '(t) 5t 1 0  t R . y y x Chứng tỏ f(t) đồng biến . Cho nên để cĩ (*) thì chỉ xảy ra khi y  x y2 y Bài-giảng Pt- Hpt trang.229 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số Thay vào phương trình (2) ta được : 4x 5 x 8 6 x 1 Vậy hệ cĩ nghiệm là : (x;y)=(1;-1) 2 y 1 x x 2x 2 3 1 u u2 1 3v c) Đặt u=x-1;v=y-1 khi đĩ hệ cĩ dạng : 2 x 1 2 u y y 2y 2 3 1 v v 1 3 Trừ hai phương trình vế với vế ta cĩ phương trình : u u2 1 3u v v2 1 3v (*) u Xét hàm số : f (u) u u2 1 3u f '(u) 1 3u ln 3 0. Hàm số đồng biến . u2 1 Để cĩ (*) thì chỉ xảy ra khi u=v.Thay vào (1) u u2 1 3u ln u u2 1 u ln 3 f (u) ln u u2 1 u ln 3 u 1 2 1 f '(u) u 1 ln 3 ln 3 0  u . Chứng tỏ hàm số nghịch biến . Nhưng ta lại cĩ f(0)=0 u u2 1 u2 1 vì vậy phương trình cĩ nghiệm u=0 và v=0 .Do đĩ hệ cĩ nghiệm duy nhất : x=y=0. 2x 3 4 y 4(1) II.33) Giải hệ phương trình: 2y 3 4 x 4(2) 3 3 G: Điều kiện: x 4; y 4 2 2 Cách 1: Trừ (1) và (2) vế theo vế ta được: ( 2x 3 2y 3) ( 4 y 4 x) 0(*) 2(x y) 2(x y) 2 2 0 (x y)( ) 0 x y 2x 3 2y 3 4 y 4 x 2x 3 2y 3 4 y 4 x thay x y vào phương trình (1) ta được: 2x 3 4 x 4 Bình phương hai vế và rút gọn ta được: x 9 x 9 2 2x2 5x 12 9 x 2 11 9x 38x 33 0 x 3, x 9 11 11 vậy hệ cĩ 2 nghiêm phân biệt (3;3) hoặc ( ; ) 9 9 Cách 2: Trừ (1) và (2) vế theo vế ta được: ( 2x 3 2y 3) ( 4 y 4 x) 0 2x 3 4 x 2y 3 4 y (3) 3 Xét hàm số f (t) 2t 3 4 t xác định trên đoạn ;4 2 1 1 3 3 f (t) 0,t ( ;4) .do đĩ hàm số f(t) luơn đồng biến trên đoạn ;4 2t 3 4 t 2 2 Suy ra (3) tương đương với f (x) f (y) x y Thay x y vào phương trình (1) ta được: 2x 3 4 x 4 , bình phương hai vế và rút gọn ta được: x 9 x 9 2 2x2 5x 12 9 x 2 11 9x 38x 33 0 x 3, x 9 11 11 vậy hệ cĩ 2 nghiêm phân biệt (3;3) hoặc ( ; ) 9 9 Nhận xét:Đây là hệ phương trình đối xứng loại hai nhưng khi biến đổi đến phương trình (*) thì một số em lúng túng khơng biết nhân lượng liên hợp để giải tiếp, từ phương trình tích suy ra x = y thì một số em lại thắc mắc sao lại cĩ được đều đĩ và sau khi tơi trình bày 2 cách song tơi hỏi trong hai cách thì cách nào dễ hiểu hơn? Các em đã trả lời là cách 2 vì chỉ cần tính được đạo hàm là làm được. Theo tơi nghỉ cách 1 khơng phải là quá khĩ đối với học sinh nhưng cần phải biến đổi nhiều nên dễ bị sai sĩt. Để hiểu kĩ hơn về phương pháp dùng tính đơn điệu chúng ta tham khảo bài tốn sau Bài-giảng Pt- Hpt trang.230 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số 3 3 3 3 x 5x y 5y 1 x 3x y 3y (1) II.34)Giải hệ phương trình: a) b) 8 4 2 2 x y 1 2 x y 1 (2) 3 2 1 1 x 3x y(y 3) (1) x y (1) c) d) x y [A – 2003] 2 2 3 y(y 1) x y x 2 5 0 (2) 2y x 1 (2) 1 1 x y (1) 3 3 e) x y . (x 4y)(2x y 4) 36 (2) G: a) Từ PT (2) ta cĩ x8 1, y4 1 x 1, y 1 Xét hàm số f(t)=t3 5t,t  1;1 cĩ f ' t 3t 2 5 0,t  1;1. Do đĩ hàm f(t) nghịch biến trên khoảng (-1;1) nên từ PT (1) suy ra x = y. Thay vào PT (2) ta được x8 x4 1 0 3 1 5 1 5 Giải (3):Đặt: a x4 0 : 3 a2 a 1 0 a y x 4 2 2 3 3 x 3x y 3y (1) b) 2 2 x y 1 (2) P: Ta cĩ thể giải hệ trên bằng phương pháp đưa về dạng tích. Tuy nhiên ta muốn giải hệ này bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số. Hàm số f (t) t3 3t khơng đơn điệu trên tồn trục số, nhưng nhờ cĩ (2) ta giới hạn được x và y trên đoạn  1;1. G : Từ (2) ta cĩ x2 1, y2 1 x, y  1;1 Hàm số f (t) t3 3t cĩ f '(t) 3t 2 3 0,t ( 1;1) f (t) nghịch biến trên đoạn  1;1. x, y  1;1 2 nên (1) f (x) f (y) x y thế vào pt (2) ta được x y . 2 2 2 2 2  Vậy tập nghiệm của hệ là S = ; ; ;  2 2 2 2  Nhận xét. Trong TH này ta đã hạn chế miền biến thiên của các biến để hàm số đơn điệu trên đoạn đĩ. x3 3x y(y2 3) (1) 3 3 c) PT (1) x 3x y 3y 2 2 y(y 1) x y x 2 5 0 (2) Xét hàm f (t) t3 3t . HS đồng biến. Từ (1) f (x) f (y) x y Thay và (2) tiếp tục sử dụng PP hàm số CM PT (2) cĩ 1 nghiệm duy nhất x 1 y 1. 1 1 x y (1) 1 1 x y d) [A – 2003] Xét hs f (t) t (t 0) f '(t) 1 2 0 nên hsđồng biến. 3 t t 2y x 1 (2) 1 5 Từ (1) f (x) f (y) x y .Thay vào (2) cĩ nghiệm x 1; 4 1 1 x y (1) 3 3 1 3 e) x y . Xét hs f (t) t 3 (t 0) f '(t) 1 4 0 nên hs đb. t t (x 4y)(2x y 4) 36 (2) Từ (1) f (x) f (y) x y . Thay vào (2) cĩ nghiệm x 2; 6 . vậy hệ cĩ nghiệm (2;2); ( 6; 6) . 3 3 5 5 5 5 x x y y x x y y x 5x y 5y (1) Bài tập) Giải các HPT sau : a) b) c) 2 2 2 2 2 2 x y 2 x y 2 x y 1 (2) Bài-giảng Pt- Hpt trang.231 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số x3 3x (y 1)3 9(y 1) (1) II.35)Giải hpt: a) [HSG Hải Dương 2012] 1 x 1 y 1 (2) x3 3x2 9x 22 y3 3y2 9y 2 (4x 1)x ( y 3) 5 2y 0 (1) b) [A – 2012] c) [A – 2010] 2 2 1 x y x y 2 2 2 4x y 2 3 4x 7 (2) G: Từ điều kiện và từ phương trình (2) cĩ x 1; y 1 1 (1) x3 3x ( y 1)3 3 y 1 , xét hàm số f (t) t3 3t trên [1; ) Hàm số đồng biến trên [1; ) , ta cĩ f (x) f ( y 1) x y 1 x 1 x 2 Với x y 1 thay vào (2) giải được x 1; x 2 , y 2 y 5 x3 3x2 9x 22 y3 3y2 9y b) [A – 2012] 2 2 1 x y x y 2 1 1 3 1 1 3 Từ phương trình (2) (x )2 (y )2 1nên x 1 ; và y 1 2 2 2 2 2 2 3 3 (1) (x 1)3 12(x 1) (y 1)3 12(y 1) nên xét f (t) t3 12t trên [ ; ] 2 2 1 3 3 1 Chỉ ra f(t) nghịch biến. Cĩ f (x 1) f (y 1) x 1 y 1. Nghiệm (x; y) ( ; ); ( ; ) 2 2 2 2 2 (4x 1)x ( y 3) 5 2y 0 (1) c) [A – 2010] 2 2 4x y 2 3 4x 7 (2) 2 (1) (4x 1)2x (2y 6) 5 2y 0 2 3 2 3 (2x) 1 (2x) 5 2y 1 5 2y (2x) 2x 5 2y 5 2y (2x) f ( 5 2y) với f (t) t3 t . f '(t) 3t 2 1 0,t ¡ (t) ĐB trên ¡ . Vậy 5 4x2 f (2x) f ( 5 2y) 2x 5 2y y , x 0 2 2 5 4x2 Thế vào pt (2) ta được 4x2 2 3 4x 7 0 g(x) 0 2 2 2 5 4x 3 Với g(x) 4x2 2 3 4x 7, x 0; . CM hàm g(x) nghịch biến. 2 4 1 Ta cĩ nghiệm duy nhất x y 2 2 5 4 10 6 2 x xy y y (1) 3 x 2 x 3 y II.36)Giải hpt: a) . b) c) 2 2 4x 5 y 8 6 2 3 y 2 y 3 x 3 2 x y y y 2 2 2 (2x 3x 4)(2y 3y 4) 18 y z 3 z 2 z 2 d) 2 2 3 2 x y xy 7x 6y 14 0 z x x x 2 Bài-giảng Pt- Hpt trang.232 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số 5 4 10 6 x xy y y (1) G: a) . 2 4x 5 y 8 6 2 TH1 : Xét y 0 thay vào hệ thây khơng thỏa mãn. x x TH2 : Xét y 0 , chia 2 vế của (1) cho y5 ta được ( )5 y5 y (3) y y Xét hàm số f (t) t5 t f '(t) 5t 4 1 0 nên hàm số đồng biến. x x Từ (3) f ( ) f (y) y x y2 y y Thay vào (2) ta cĩ PT 4x 5 x 8 6 x 1. Vậy hệ cĩ nghiệm (x; y) (1;1) 2 2 3 x 2 x 3 y 3 x 2 x 3 y b) - Đk x; y 0 ; Hpt 2 2 2 3 y 2 y 3 x 3 x 3 x 3 y 3 y - Xét pt : 3 x 2 3 x 3 y 2 3 y (*) t 3 - Xét hàm số : f (t) 3 t 2 3 t cĩ f ' (t) 0 t (0; ) 3 t 2 2 t f (t) đồng biến trên (0; ) . - Pt (*) trở thành : f (x) f (y) x y thay x = y vào pt đầu của hệ ta được 3 x 2 x 3 0 . - Xét hàm số : g(x) 3 x 2 x 3 cĩ x 1 g ' (x) 0 x (0; ) g(x) đồng biến trên (0; ) 3 x 2 2 x pt g(x) = 0 cĩ nhiều nhất một nghiệm , mà : g(1) = 0 x = 1 y =1 x 1 - vậy hệ pt đã cho cĩ nghiệm là : y 1 x y 3 y 2 y 2 3 2 3 2 ' 2 c) y z z z 2 - Xét hàm số : f (t) t t t 2 cĩ f (t) 3t 2t 1 0 với t R 3 2 z x x x 2 f (t) đồng biến f (y) x - Khi đĩ hệ đã cho trở thành : f (z) y x y z f (x) z - Thay vào hệ pt ta được : x 3 x 2 2 0 (x 1)(x 2 2x 2) 0 x 1 x y z 1 , vậy hệ pt đã cho cĩ nghiệm duy nhất là x = y = z = 1 f (x) y Chú ý : Nếu f(t) đơn điệu trên (a ; b) thì x ; y ; z (a;b) là nghiệm của hpt: f (y) z f (z) x x y z 2 2 (2x 3x 4)(2y 3y 4) 18 d) (x, y ¡ ) 2 2 x y xy 7x 6y 14 0 7 (2) x2 (y 7)x y2 6y 14 0 . x 0 1 y x 3 10 (2) y2 (x 6)y x 2 7x 14 0 . y 0 2 x y 3 Bài-giảng Pt- Hpt trang.233 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số 3 Xét hàm số f (t) 2t2 3t 4,t R f '(t) 4t -3, f '(t) 0 t 1 4 3 Vì vậy trên ; hàm số f(t) đồng biến 4 TH 1. x 2 f (x) f (2) 6 Kết hợp với y 1 f (y ) f (1) 3 f (x ).f (y ) (2x 2 3x 4)(2y 2 3y 4) 18. 2 1 2y 3y 1 0 y 1, y TH 2. x 2 hệ trở thành 2 vơ nghiệm y2 4y 4 0 y 2 Vậy hệ đã cho vơ nghiệm. 2 y 2x 2y (y x)(xy 2) x x 1 3 ln(1 x) ln(1 y) x y (1) II.37) Giải hpt: a) b) c) 2 2 2 x 2 2 x y 2 y y 1 3 x 12xy 20y 0 (2) G: a) P: Nếu thay 2 x2 y2 vào phương trình thứ nhất thì ta sẽ được hđt G: Thay 2 x2 y2 vào phương trình thứ nhất ta được 2x 2y (y x)(xy x2 y2 ) 2x 2y y3 x3 2x x3 2y y3 (1) Xét hàm số f (t) 2t t3 ,t ¡ cĩ f '(t) 2t ln 2 3t 2 0,t ¡ suy ra f (t) đồng biến trên ¡ . (1) f (x) f (y) x y thế vào pt thứ hai ta được x y 1. Vậy tập nghiệm của hệ là S = (1;1); ( 1; 1) 2 y x x 1 3 b) 2 x y y 1 3 Trừ vế hai pt ta được x x2 1 y y2 1 3y 3x x x2 1 3x y y2 1 3y t f (x) f (y) với f (t) t t 2 1 3t . f (t) 1 3t ln 3 0, ¡ t 2 1 f (t) đồng biến trên ¡ . Bởi vậy f (x) f (y) x y thế vào pt thứ nhất ta được x x2 1 3x 1 3x x2 1 x g(0) g(x) x Với g(x) 3x x2 1 x . g '(x) 3x ln 3 x2 1 x 3x 1 2 x 1 1 3x x2 1 x ln 3 0,x ¡ do x2 1 x 0 và x2 1 1 2 x 1 Suy ra g(x) đồng biến trên ¡ . Bởi vậy g(x) g(0) x 0 . Vậy hpt cĩ nghiệm duy nhất x = y = 0 ln(1 x) ln(1 y) x y (1) c) ĐK: x 1, y 1 2 2 x 12xy 20y 0 (2) (1) ln(1 x) x ln(1 y) y f (x) f (y) với f (t) ln(1 t) t,t ( 1; ) 1 t f '(t) 1 0 t 0 ( 1; ) f (t) ĐB trên ( 1;0) và NB trên (0; ) 1 t 1 t TH 1. x, y ( 1;0) hoặc x, y (0; ) thì f (x) f (y) x y Thế vào pt (2) ta được x y 0 (khơng thỏa mãn) TH 2. x ( 1;0), y (0; ) hoặc ngược lại thì xy 0 x2 12xy 20y2 0 TH 3. xy 0 thì hệ cĩ nghiệm x y 0 . Vậy hệ cĩ nghiệm duy nhất x y 0 cy x3 ax b 3 II.38) Cho a c 0;a,b,c ¡ . Hãy giải hệ phương trình: cz y ay+b 3 cx z az b Bài-giảng Pt- Hpt trang.234 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số G: Xét f x x3 ax b D ¡ 2 2 Với: x1 x2 : f x1 f x2 x1 x2 x1 x1x2 x2 a f x1 f x2 2 2 x1 x1x2 x2 a 0,x1 x2 . Vậy f tăng trên R x1 x2 Giả sử hệ cĩ nghiệm x0 , y0 , z0 do hệ khơng đổi khi ta hốn vị vịng quanh các ẩn nên cĩ thể giải thuyết x0 min x0 , y0 , z0 Ta cĩ: x0 y0 f x0 f y0 cy0 cz0 y0 z0 f y0 f z0 z0 x0 z0 x0 x0 y0 z0 x a c Với x=y=z hệ trở thành: x3 a c x b 0 . Đặt u x 2u a c 3 2 3 3 3b 1 3 2 3 2 Thay vào (1): 4u 3u m u m m 1 m m 1 a c 2 2 a c 3 a c 3 2 3 2 3b Vậy hệ cĩ nghiệm: x y z m m 1 m m 1 ,m 3 a c 2 a c 3 Nếu f (x) đơn điệu trên khoảng (a;b) và x, y (a;b) thì : f (x) f (y) x y 3 3 2 x y 3y 3x 2 0 II.39) Tìm các giá trị của m để hpt sau cĩ nghiệm 2 2 2 x 1 x 3 2y y m 0 G: - Điều kiện. 1 x 1, 0 y 2 (1) x3 3x (y 1)3 3(y 1) - Hàm số f (t) t3 3t nghịch biến trên đoạn [ 1;1] x,(y 1)  1;1 nên f (x) f (y 1) x y 1 y x 1 Thế vào pt (2) ta được x2 2 1 x2 m (3) . Hệ cĩ nghiệm Pt (3) cĩ nghiệm x  1;1 2 2 1 Xét g(x) x 2 1 x , x  1;1, g '(x) 2x 1 1 x2 g '(x) 0 x 0 . g(0) 2, g( 1) 1. Pt (3) cĩ nghiệm x  1;1 2 m 1 1 m 2 3 3 2 y x 3x 3y 2 0 Bài tập tương tự : Tìm m để hệ cĩ nghiệm. Kq : 1 m 2 2 2 2 y 1 y 3 2x x m 0 y ex 2007 2 y 1 II.40) Chứng minh hpt: cĩ đúng 2 nghiệm x 0, y 0 y x e 2007 2 x 1 x2 1 0 x ( ; 1)  (1; ) x 0 x 1 G: ĐK: . Do nên 2 y 1 0 y ( ; 1)  (1; ) y 0 y 1 x y x y Trừ vế hai pt ta được ex e y ex e y x2 1 y2 1 x2 1 y2 1 t Hay f (x) f (y) với f (t) et ,t (1; ) . t 2 1 1 f '(t) et 0,t (1; ) f (t) đồng biến trên (1; ) . t 2 1 t 2 1 Bài-giảng Pt- Hpt trang.235 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số Bởi vậy f (x) f (y) x y thế vào pt thứ nhất ta được x x ex 2007 ex 2007 0 g(x) 0 x2 1 x2 1 x Với g(x) ex 2007, x (1; ) . Ta cĩ x2 1 1 3x(x2 1) g '(x) ex ; g ''(x) ex 0,x (1; ) (x2 1) x2 1 (x2 1)3 x2 1 Suy ra g '(x) đồng biến trên (1; ) . g '(x) liên tục trên (1; ) và cĩ lim g '(x) , lim g '(x) nên g '(x) 0 cĩ nghiệm duy nhất x0 (1; ) và x 1 x g '(x) 0 g '(x) g '(x0 ) x x0. g '(x) 0 1 x x0 Từ BBT của g(x) ta suy ra pt g(x) 0 cĩ đúng 2 nghiệm x (1; ) . Vậy hệ phương trình đã cho cĩ đúng 2 nghiệm dương. II.41) II.42) Bài-giảng Pt- Hpt trang.236 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số [II.4] Phương.pháp.đánh.giá Với phương pháp này học sinh cần quan sát để phát hiện các biểu thức [khơng âm] trong hệ để cĩ thể vận dụng các bất đẳng thứccơ bản[như Cauchy,Bunhiakowski ] để đánh giá . 2xy x x2 y 3 3 x2 2x 9 y x 3x 4 II.43)Giải các hệ phương trình sau: a) b) 2xy 3 y y2 x x 2y 6y 2 3 2 y 2y 9 2 4 7 1 x 1 x 1 x 1 y x y 1 1 c) d) 2 4 7 1 y 1 y 1 y 1 x y x 1 1 2xy 2 x x y 3 x2 2x 9 G: a) Cộng hai vế phương trình của hệ vế với vế ta cĩ : 2xy y y2 x 3 2 y 2y 9 2xy 2xy x2 y2 . Ta cĩ : x=y=0 là một nghiệm của hệ . 3 x2 2x 9 3 y2 2y 9 Ta cĩ : 3 x2 2x 9 3 x 1 2 8 2 VT xy xy 2xy . Khi đĩ : VP x2 y2 2xy . Cho nên dấu bằng chỉ xảy ra khi : x=y=1. Vậy hệ cĩ hai nghiệm : (x;y)=(o;0);(1;1) 2 y x3 3x 4 y 2 x 1 x 2 1 b) Hệ đã cho 3 2 x 2y 6y 2 x 2 2 y 1 y 2 2 Nếu y>2 từ (1)suy ra x 0 1 y7 1 x 1 x2 1 x4 1 x x2 x3 x4 x5 x6 x7 1 x7 y x 1 x7 1 y 1 y2 1 y4 1 y y2 y3 y4 y5 y6 y7 1 y7 x y Vậy hệ vơ nghiệm . Tương tự khi y>0 hệ cũng vơ nghiệm Xét : x y Hệ cũng vơ nghiệm Xét trường hợp -1<x<0 . Hệ cũng vơ nghiệm . Kết luận : Hệ cĩ nghiệm : (x;y)=(0;0);(-1;-1) x y 1 1 x 0 x y 1 1 d) Đk: suy ra y 0 y x 1 1 y x 1 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = 0. Do vậy hệ cĩn ghiệm duy nhất x = y = 0 2 2 2 2 x y x xy y 3 3 2 x y (1) x y 6x 15x 3y 14 0 II.44) Giải hpt: a) 2 3 b) x y 4 x 4 y 4 2 3 3 x 2y 1 x x y 14 y 2 (2) 2xy x x2 y 2 3 x 12 y y(12 x ) 12 3 x2 2x 9 y x 3x 4 c) [A – 2014] d) e) 3 2xy 3 x 8x 1 2 y 2 y y2 x x 2y 6y 2 3 2 y 2y 9 Bài-giảng Pt- Hpt trang.237 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số x2 y2 2x y2 0 f) 2 3 7x 14x 3y 4 0 G: a) Từ (1) VT VP, dấu bằng khi x y thay vào PT (2) ta cĩ : x2 2x 1 3 x3 14 x 2 2 x 2x 1 0 x2 2x 1 0 Ta cĩ : x2 2x 1 0 x 1 2 3 2 2 x 14 x 2 x 2x 1 0 3 3 2 x y 6x 15x 3y 14 0 b) (1) (x 2)3 3(x 2) ( y)3 3( y) x 2 y 4 x y x 4 y 4 Thế vào (2) và dùng BĐT (a b)2 2(a 2 b2 ) Nghiệm (1;1) x 12 y y(12 x2 ) 12 c) [A – 2014] Pt(1) chỉ ra VT VP (dùng BKS) hoặc chuyển vế biến đổi 3 x 8x 1 2 y 2 x 0 thành tổng các bình phương đúng. . Thay vào (2) nhân liên hợp nghiệm . 2 x y 3 y 12 x 2xy x x2 y 3 2 x 2x 9 2xy 2xy 2 2 d) Cộng theo vế 2 pt của hệ ta được: x y 1 2xy 3 2 3 2 y y2 x x 2x 9 y 2y 9 3 2 y 2y 9 2 2xy 2 xy Ta cĩ: 3 x2 2x 9 3 x 1 8 2 xy 3 x2 2x 9 2 2xy CMTT, ta cĩ: xy mà theo bđt Cosi x2 y2 2 xy nênVT 1 VP 1 3 y2 2y 9 x y 1 Dấu bằng xảy ra khi . Thử lại ta thấy thỏa mãn. x y 0 2 y x3 3x 4 y 2 x 1 x 2 1 e) ↔ 3 2 x 2y 6y 2 x 2 2 y 1 y 2 2 Nếu x>2 thì từ (1) ta được y-2 y2 1 y 1 1 y3 0 x2 1 2 2 (x 1) 0 x 1 lại cĩ x 1 0,x nên (2) => (3) 3 1 y 0 y 1 Kết quả (3) thoả (1) => là nghiệm duy nhất của hệ phương trình (I) 1 1 x1 x2 2 x2 1 1 x2 x3 II.45) Giải hệ phương trình: 2 x3 1 1 x2002 x1 2 x1 Bài-giảng Pt- Hpt trang.238 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số G: Nhận xét: Nếu x1, x2 , , x2002 là nghiệm thì x1, x2 , , x2002 cùng dấu và khác 0, đồng thời x1, x2 , , x2002 cũng là nghiệm nê ta chỉ việc xét với x1, x2 , , x2002 dương 1 Theo BĐT Cosi : xi 2 i 1,2002 . Từ các PT trong hệ ta được: 2xi 2 xi 1 xi 1 1 1 Mặt khác cộng các PT trong hệ thì x1 x2 x2002 x1 x2 x2002 x1 x2 x2002 1 x1 x2 x2002 1 Vậy hệ cĩ 2 nghiệm: x1 x2 x2002 1 3x a y2 1 1 II.46) Tìm a để hệ phương sau cĩ nghiệm duy nhất: (I) 1 x y a2 2 y y 1 2 1 2 3x a y 1 1 G: Để ý y 1 y nên hệ (I) (II) 2 2 2 y y 1 x y 1 a Điều kiện cần: Thấy rằng nếu cĩ nghiệm ( x0 , y0 ) thì hệ cũng cĩ nghiệm ( x0 , y0 ) , bởi vậy điều kiện cần a 1 3x a 1 để hệ cĩ nghiệm duy nhất là y 0 . Thay y 0 vào (II) cĩ 3a2 a 4 0 o o 2 4 x 1 a a 3 2 3x y 1 1 Điều kiện đủ: a=-1 , hệ (II) trở thành x y 0 2 x y 1 1 4 3x y2 1 1 7 4 3 x 7 a= , hệ (II) trở thành 9 . Hệ ! nghiệm (x ; y 0) 3 2 16 9 x y 1 y 0 9 4 Vậy tập hợp các giá trị của a thỏa mãn yêu cầu [của] bài tốn là a 1;a  3 2 x 3 y a II.47) Tìm a để hpt sau cĩ nghiệm duy nhất: 2 2 y 5 x x 5 3 a G: Điều kiện cần: Thấy rằng , nếu hệ cĩ nghiệm ( x0 ; yo ) thì nĩ cũng cĩ nghiệm x0 ; y0 , x0 ; y0 , x0 , y0 . Bởi thế , nghiệm duy nhất của hệ chỉ cĩ thể là x0 y0 0 . Thay vào hệ cĩ a = 3 2 x 3 y 3(1) Điều kiện đủ: Với a= 3 hệ trở thành 2 2 y 5 x x 5(2) để ý : x2 3 y 3. Dấu đẳng thức cĩ khi x= y= 0 suy ra (1) x y 0 . Thấy rằng x y 0 cũng là nghiệm của (2). => x= y = 0 là nghiệm duy nhất của hệ . Tĩm lại : tập hợp các giá trị phải tìm của a là a = 3 Bài-giảng Pt- Hpt trang.239 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1. Giải các hệ phương trình sau 2 2 2 x y y 2 2y x y 3x a. NNI 2000 x ty b. MDC 98 x ty 3 3 2 2 x y 19 x x y 10y 3 2 2 2 2x y x xy y 19 x y x2 c. HH 2001 d. TL 2001 2 2 x xy y 7 x y 3 2y x 2 y 5 x2 y x3 y xy2 xy 4 xy x 1 7y Bài 2. Giải các hpt sau: a. KA 2008 b. KB 08 5 x2 y2 xy 1 13y2 x4 y2 xy 1 2x 4 x4 x3 y x2 y2 1 x4 2x3 y x2 y2 2x 9 Bài 3. Giải các hpt sau : a. b. CD KB 08 3 2 2 x y x xy 1 x 2xy 6x 6 1 x2 2 3 y x2 y y2 x 2 x xy 2 c. d. 2 x y x 1 2 2 x y 2 2 2 x y 2x 2x y 4x 1 0 1 x3 y3 19x3 x3 2xy2 12y 0 Bài 4. Giải các hệ phương trình sau : a. b. 2 2 2 2 y xy 6x 8y x 12 1 x y 1 5 xy 2x2 5xy 2y2 x y 1 0 c. d. 1 x2 y2 4xy 12x 12y 10 0 x2 y2 1 49 2 2 x y 3 2 3 2 2 x 3x y 3y 2 x 12xy 20y 0 Bài 5. Giải các hpt sau : a. b. x 2 y 1 2 ln 1 x ln 1 y x y log y log x x 3 y 1 x 2 x 2x2 y y3 2x4 x6 2 6y x 2y y c. 2 d. x 2 y 1 x 1 x x 2y x 3y 2 2 2 2xy 2 2 x y 1 y x y 48 Bài 6. Giải các hệ phương trình sau: a. x y b. 2 2 2 x y x y 24 x y x y 2y 2xy 3x 4y 6 x y 2 c. d. 2 2 x x 4y 4x 12y 3 2 2xy 2y x 0 2x2 2y2 1 2x y x2 y2 y4 1 3y2 Bài 7. Giải các hệ phương trình sau: a. b. 2 2 2y 2x y 1 6xy xy x 2y x2 y y 2 y 3 x y x 3 c. d. x 2 1 2 2 x 2 x y 3 x x y x x 3 Bài-giảng Pt- Hpt trang.240 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số 3 4xy 4 x2 y2 7 2 2 2 x y y 1 x y x y Bài 8. Giải các hpt: a. b. 1 x y 1 2x 3 x y 2xy 2 x2 y 2y x 4xy x x y 3 x2 2x 9 c. 1 1 x d. 3 2xy 2 x2 xy y y y x 3 2 y 2y 9 4 4 2 2 x y xy 2x y 5xy x y 6x y 41 Bài 9. Giải các hệ phương trình sau : a. b. 2 2 x y xy 3x y 4xy xy x y 10 2 2 3 3 x y xy 1 4y x 4y y 16x c. 2 d. 2 1 y2 5 x2 1 y x y 2 x 1 7y x2 y2 x2 y2 1 2xy x2 2y2 2x 8y 6 0 Bài 10. Giải các hệ phương trình sau : a. b. 2 2 2 x x y xy y xy 1 x xy y 4x 1 0 2 2 x2 xy y2 3 x y 2x 3 c. d. 3 3 3 3 2 2 2 x 2y y 2x 2 x y 6x 5 3 x y 2 2 x y xy 3 2 2 y 4x 1 3 4x 8x 1 Bài 11. Giải các hệ phương trình sau : a. x5 y5 31 b. 2 3 3 40x x y 14x 1 x y 7 2 2 2 3 4 6 x y xy 1 4y x y y x x c. d. 2 2 2 y x y 2 x 1 7y x 2 y 1 x 1 Bài 12. Giải các hệ phương trình sau : sinx x y 2 2 e x y 5 a. siny x 0; b. 4 4 4 2 2 2 2 x y 6x y 20xy 81 3 8x 3 1 6 2y 2y 1 8y 1 3x 1 2 2 x y 4x x x y 3 5 2y 0 c. d. 1 2 2 7y 1 4 2 4x y 2 3 4x 7 x y II.48) II.49) Bài-giảng Pt- Hpt trang.241 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số [II.5] Pp sử.dụng hình.học để tìm điều kiện cĩ nghiệm của hpt Sử dụng phương pháp này ở những hệ mà trong đĩ mỗi phương trình hay bất phương trình cĩ tập nghiệm là một hình (đường thẳng, đường trịn ,elíp ,parabơl )hoặc một đồ thị hàm số ,khi giá trị của tham số thay đổi thì các hình đĩ cũng thay đổi ,dựa vào điều kiện xảy ra các vị trí tương đối của nĩ để biện luận tập nghiệm của hệ .Cĩ những hpt cần phải biến đổi mới cĩ thể sử dụng được phương pháp này x 2 y 2 2(1 a) II.50)Tìm a để hệ cĩ hai nghiệm : 2 (x y) 4 G: Nếu a<-1 hệ vơ nghiệm 2 2 x y 2(1 a)(1) Nếu a 1 Khi đĩ hệ : Tập nghiệm của (1) là đường trịn tâm O(0,0) bán kính R= x y 2(2) 2(1 a) cịn nghiệm của (2) là hai đường thẳng x+y-2=0 V x+y+2=0 đối xứng nhau qua O Nên hệ cĩ nghiệm hai đường thẳng và đường trịn cĩ hai điểm chung Hai đường thẳng cùng tiếp xúc với đường trịn Khoảng cách từ O đến hai đường thẳng bằng bán kính của đường trịn 2 2(1 a) a 0 x y 3a II.51)Tìm a để hệ cĩ nghiệm ; x 1 y 2 a G: Nếu a<0 hệ vơ nghiệm u v a(1) Nếu a 0 đặtu= x 1 0 ,v= y 1 0 Khiđĩhệ: (u,v 0) 2 2 u v 3a 3(2) Trong hệ toạ độ nghiệm của (1)là tập hợp các điểm nằm trên đường thẳng :u+v=a(d) và nghiệm của (2) là tập hợp các điểm nằm trên đường trịn tâm O(0,0)bán kính R= 3a 3 .Nên hệ cĩ nghiệm  hai đường cĩ điểm chung trong gĩc phần tư thứ nhất d(o,m) d(o,d) R (trongđĩđtm:u+v= 3a 3 ) 3a 3 a 6a 6  x 2 (y 1) 2 a(1) II.52) Tìm a để hệ cĩ nghiệm duy nhất : 2 2 (x 1) y a(2) G: Nếu a<0 hệ vơ nghiệm Nếu a 0 Khi đĩ nghiệm của (1) là hình trịn tâm I(0,-1)bán kính R= a và nghiệm của (2) là hình trịn tâm J(-1,0) bán kính R= a Nên hệ cĩ nghiệm duy nhất Hai hình trịn cĩ điểm chung duy nhất Hai 1 hình trịn tiếp xúc ngồi nhau IJ 2 a 2 2 a a 2 Bài tập tự luyện x y 2 Bài 1-Tìm a để hệ cĩ nghiệm : x y 2x(y 1) a 2 x y 2xy m 1 Bài 2-Tìm m để hệ cĩ nghiệm duy nhất : x y 1 2 2 log(x2 y2)(x y) 1 x y 1 2x Bài 3-Tìm m để hệ: a) cĩ nghiệm b) cĩ nghiệm duy nhất x y m 0 x 2y m 2 2 x y 4x 1 Bài 5-Tìm m để hệ cĩ nghiệm duy nhất : Bài 6-Tìm m để hệ sau cĩ nhiều x y m 0 x 1 y 1 1 nghiệm nhất : 2 2 2 x y m II.53) Bài-giảng Pt- Hpt trang.242 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số [II.6] Pp sử dụng điều kiện cần&đủ x y 2 4 II.54) Tìm m để hệ cĩ nghiệm duy nhất : 2 2 x (y 2) m G: Điều kiện cần :Nếu hệ cĩ nghiệm (x,y)thì (-x,y)cũng là nghiệm của hệ Do đĩ để hệcĩ nghiệm duy nhất thìx=-xx=0 y 2 4 y 2Vy 6 Với x=0thay vào hệ ta cĩ : (II) 2 (y 2) m 2 m y 2 m 2 2 m Đểhệ(II)cĩ nghiệm duy nhất điều kiện là: m 0 6 2 m Điều kiện đủ :hệ cĩ nghiệm duy nhất x=0,y=2 3x a y 2 1 1 II.55) Tìm a để hệ cĩ nghiệm duy nhất 1 x y a 2 2 y y 1 2 3x a y 1 1 G: Hệ pt  Nếu hệ cĩ nghiệm (x,y)thì (x,-y) cũng là nghiệm Nên hệ cĩ nghiệm duy 2 2 x y 1 a nhất thì y=-y y=0 3x a 1 4 Thay y=0 vào hệ ta cĩ a 1Va 2 x 1 a 3 Nếu a=-1 thay vào hệ ,giải hệ ta cĩ hệ cĩ nghiệm duy nhất x=y=0 Nếu a=4/3 thay vào hệ ,giải hệ => nghiệm :x=7/9,y=0 Vậy :a=-1 hoặc a=4/3 2 x 3 y a II.56) Tìmađể hệ cĩ nghiệm duy nhất 2 2 y 5 x x 5 3 a G: Nếu (x,y)là nghiệm thì (-x,-y)cũng là nghiệm . Nên để hệ cĩ nghiệm duy nhất thì x=y=0.Thay vào hệ ta cĩ a= 3 2 x 3 y 3(1) Với a= 3 ,hệ pt: Nhận thấy x,y 0 thì VT(1) 3 Nên (1) cĩ nghiệm :x=y=0 2 2 y 5 x x 5(2) thay vào (2)thoả mãn. Vây :a= 3 II.57) II.58) Bài tập tự luyện [pp điều kiện cần và đủ] xyz z a 2 Bài 1-Tìm a,b để hệ cĩ nghiệm duy nhất : xyz z b 2 2 2 x y z 4 x 2 y 2 z Bài 2- Tìm a để hệ cĩ nghiệm duy nhất x y z a 2 x y 1 Bài 3- Tìm a để hệ cĩ nghiệm duy nhất 2 y 1 ax a x 2 x y x 2 m Bài 4-Cho hệ pt: a) Giải hệ với m=2 b) Tìm m để hệ cĩ nghiệm duy nhất 2 2 y x 1 a( x 1) cos x y Bài 5-Tìm a để hệ cĩ nghiệm duy nhất 2 sin x y 1 Bài-giảng Pt- Hpt trang.243 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số [II.7] Pp sử dụng phương trình đường thẳng II.59)a) Giải phương trình: x3 8 3 12 x3 10 Nhiều em học sinh giải bằng phương pháp bình phương hoặc đặt ẩn phụ rồi bình phương. Lúc đĩ, sẽ dẫn đến một phương trình bậc cao khĩ giải được.Các em tham khảo cách giải sau: 1 Đặt: x3 8 1 3t 1 & 12 x3 3 t 2 Đk: t 3 3 (1) x3 8 (1 3t)2 3 ; 2 12 x3 (3 t)2 4 2 2 t 1 Lấy (3)+(4) theo vế ta cĩ: 20 10t 10 t 1 t 1 (loai) Với t 1 x3 8 x 2 Vậy x = 2 là nghiệm của phương trình. “Thuật tốn nào đã giúp ta nhìn thấy được cách đặt ẩn t ??? Đĩ chính là : Ứng dụng phương trình đường thẳng để giải phương trình dạng căn thức. Thực hiện qua các bước sau: 3 3 Bước 1: x 8 312 x 10 Từ đĩ ta cĩ phương trình đường thẳng: X+3Y=10 X Y X 1 3t Bước 2: Ta viết lại phương trình đường thẳng trên dưới tham số: với t : tham số Y 3 t Lúc này phương trình đã qui về 1 ẩn t và việc giải phương trình trên là khơng khĩ. Để hiểu rõ hơn về phương pháp này các em hãy đến VD2 3 b) Giải phương trình: x 3 x 2 1 X Y X 1 t Ta cĩ phương trình đường thẳng X + Y = 1 . Viết dưới dạng tham số: Y 0 t x 3 1 t x 3 1 2t t 2 Bây giờ ta đặt: t 1 3 3 x 2 t x 2 t Lấy phương trình (2) trừ phương trình(1) ta cĩ: 1 t3 t 2 2t 1 t3 t 2 2t 0 t 0 x 2 Vậy x = -2 là nghiệm của phương trình. x 3 u Trong VD2 các em cĩ thể đặt và qui về giải hệ phương trình theo u và v. Các em giải tiếp và 3 x 2 v so sánh sự ưu việt giữa 2 phương pháp. x y xy 3 (1) c) Giải hệ phương trình: ( Đề thi Đại Học_ 2005) x 1 y 1 4 2 x 1 2 t x 1 t 2 4t 4 x t 2 4t 3 Đặt: ( 2 t 2) 2 2 y 1 2 t y 1 t 4t 4 y t 4t 3 Thay vào pt (1) ta được pt: 2t 2 6 (t 2 3 4t)(t 2 3 4t) 3 t 2 0 4 2 2 4 2 t 10t 9 2t 3 3t 22t 0 22 t 0 x y 3 t 2 loai 3 II.60)BÀI TẬP VẬN DỤNG: Giải hệ phương trình : 3 3 x y 35 x y x y 2 2x y 1 x 1 1 a) b) c) log (x y) log (x2 xy y2 ) 2 2 2 2 2 5 7 x 3y x y 4 3x y 4 BT4: Gpt: 1 sinx 1 cosx 1 BT5: Định m để pt sau cĩ nghiệm: x 2m 3 3m x 10. II.61) II.62) Bài-giảng Pt- Hpt trang.244 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số [II.8] Ứng dụng của số phức trong giải hệ phương trình Đại số Qua phần ứng dụng của số phức trong các bài tốn lượng giác và tổ hợp, chúng ta đã thấy sức mạnh của cơng cụ số phức. Ở đây chúng ta sử dụng cơng cụ số phức để giải quyết các bài tốn về giải hệ phương trình mà giải bằng phương pháp thơng thường sẽ gặp những khĩ khăn. 3 10x 1 3 3 2 x 3xy 1 5x y II.63) Giải hpt với nghiệm là số thực: a) b) y 3 3x 2 y 3 3 y 1 1 5x y G: a) Đây là hệ phương trình đẳng cấp bậc ba. Tuy nhiên,nếu giải bằng phương pháp thơng thường ta sẽ đi đến giải phương trình bậc ba: 3t3 3t 2 3 3t 1 0 . Pt này khơng cĩ nghiệm đặc biệt. Xét số phức z = x + iy. Vì z 3 x 3 3xy 2 i 3x 2 y y 3 nên từ hệ đã cho ta cĩ 2 2 z 3 1 3i 2cos isin , ta tìm được 3 giá trị của z là: 3 3 3 2 2 3 8 8 3 14 14 2 cos isin ; 2 cos isin ; 2 cos isin 9 9 9 9 9 9 2 8 14 x 3 2 cos x 3 2 cos x 3 2 cos 9 9 9 Từ đĩ suy ra hệ đã cho cĩ 3 nghiệm là: ; ; 2 8 14 y 3 2 sin y 3 2 sin y 3 2 sin 9 9 9 b) Từ hệ suy ra x >0, y >0. Đặt u 5x,v y với u,v >0. Hệ đã cho trở thành: 3 3 u 1 2 2 u v 2 (I) 3 v 1 2 2 1 u v 1 u vi 3 3 3 Đặt z=u+iv. Ta cĩ: 2 2 .Từ hệ (I) ta suy ra : u 1 2 2 iv 1 2 2 i z u v u v u v 2 u iv 3 3 3 2 2i u iv i z 2z2 (3 2 2i)z 6 0 * u2 v2 2 z 2 2 2 2i Giải phương trình (*), ta cĩ ' 34 12 2i 2 6i suy ra các nghiệm là z 2 2i, z . 2 2 2i 2 1 Vì u,v > 0 nên z , do đĩ u ,v 1 x , y 1 2 2 10 1 Vậy nghiệm cần tìm là x; y ;1 10 II.64) II.65) Bài-giảng Pt- Hpt trang.245 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số Tham số Hệ đối xứng loại một Hệ hai pt hai ẩn số gọi là hệ đối xứng loại một nếu đổi chỗ vị trí hai ẩn cho nhau thì mỗi phương trình của hệ khơng thay đổi Cách giải thơng thường đặt s=x+y,p=xy(điều kiện s 2 4 p ). Khi đĩ cĩ hệ phương trình ẩn s,p lên để tìm điều kiện của tham số để hệ cĩ nghiệm ta giải hệ tìm được s,p theo tham số m rồi thay vào điều kiện trên giải bất phương trình tìm được giá trị của tham số . Đơi khi sử dụng cách đặt ẩn phụ khác để đưa về hệ đối xứng loại một ,khi đĩ tuỳ theo cách đặt ẩn phụ ,mà điều kiện của ẩn phụ cũng khác nhau Để tìm điều kiện cho hệ cĩ nghiệm duy nhất cĩ thể giải hệ phương trình rồi sử dụng điều kiện bắt buộc để hệ cĩ nghiệm duy nhất hoặc cĩ thể lợi dụng vào tính đối xứng của hai ẩn trong hệ để tìm điều kiện cần của tham số để hệ cĩ nghiệm duy nhất. x y xy 1 m x y xy m x 2 y 2 m II.66) Tìm m để hpt sau cĩ nghiệm: a) b) c) 2 2 4 4 5(x y) 4xy 4 x y m x y 3m 2 x y m x y x 2 y 2 8 d) e) x 4 y 1 4 xy(x 1)(y 1) m x y xy 1 m 2 G: a) Đặt S = x+y, P = xy(điều kiện s 4 p )Thay vào hpt và giải hệ ta cĩ S=4m , 5(x y) 4xy 4 1 P=5m-1 . Hpt cĩ nghiệm s 2 4 p m 1 hoặc m 4 x y xy m s p m b) Đặt S = x+y, P = xy(điều kiện :S2 4p )Khiđĩ hpt: 2 2 2 x y m s 2 p m s 1 3m 1 s 1 3m 1 1 hoặc (với m ) p m 1 3m 1 p m 1 3m 1 3 1 3m 1) 2 4(m 1 3m 1) Hệ cĩ nghiệm s 2 4 p m 0 (TMĐK) 2 ( 1 3m 1) 4(m 1 3m 1) x 2 y 2 m c) Đặt s=x 2 +y 2 ,p=x 2 y 2 (ĐK:s,p 0) Khi đĩ 4 4 x y 3m 2 2 s m s 4 p s m 0 m 1 hpt 2 Hệ cĩ nghiệm s 0 2 m 3m 2 s 2 p 3m 2 p 2 m 3 5 2 p 0 x y m d) Đặt u= x 4 ,v= y 1 (đK:u,v 0 ,x 4 ,y 1). Khi đĩ hpt: x 4 y 1 4 u v 4 u v 4 . 2 2 21 3m u v 3m 5 uv 2 u v 0 16 2(21 3m) 13 Hệ cĩ nghiệm u 0 ,v 0 uv 0 m 7 21 3m 0 3 2 (u v) 4uv x y x 2 y 2 8 1 1 u v 8 e) Đặt u=x(x+1),v=y(y+1)(ĐK :u ,v ). Khi đĩ hệ: nên u,v là xy(x 1)(y 1) m 4 4 uv m 1 1 nghiệm pt bậc hai: X 2 -8X +m=0 (u,v ). Hệ cĩ nghiệm khi pt này cĩ hai nghiệm lớn hơn bằng 4 4 Bài-giảng Pt- Hpt trang.246 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số 1 Hai đồ thị hai hàm số y=x 2 -8x và y=-m cắt nhau tại hai điểm cĩ hồnh độ .Nên dựa vào đồ thị ta 4 31 cĩ giá trị m thoả mãn :-16 m 16 x y 1 Tìm m để hệ cĩ 3 nghiệm phân biệt II.67) 3 3 x y m(x y) 1 x y x y 1 x y 1 x y 1 2 G: Hpt v Hệ cĩ ba 2 2 2 2 (x y)(x y xy m) o x y 0 x y xy m 0 x y 1 xy 1 m x y 1 1 2 nghiệm phân biệt khi cĩ hai nghiệm phân biệt x ,y pt X -X +1-m=0 cĩ hai nghiệm xy 1 m 2 1 3 3 phân biệt 4m 30 m. (m= ptcĩ nghiệm kép X=0,5) 2 4 4 x y xy 2m 1 Cho hệ phương trình : II.68) 2 xy(x y) m m a) CMR : hệ cĩ nghiệm với mọi giá trị của m. b) Tìm m để hệ cĩ nghiệm duy nhất. s m (1) s p 2m 1 p m 1 G: Đặt S=x+y , P=xy Khi đĩ hệ phương trình : 2 sp m m s m 1 (2) p m a) Hệ (2) cĩ mghiệm với mọi m (s 2 4 p với mọi m) b) Hệ (2) luơn cĩ nghiệm với mọi m ,nên hệ cĩ nghiệm thì hệ (2) cĩ nghiệm duy nhất S2 4P (m 1) 2 4m m 1. Với m=1 hệ (1)vơ nghiệm ,hệ (2)cĩ nghiệm duy nhất.Vậy m=1 Chú ý : Khi hpt tương đương với nhiều hệ khác thì ĐK cần để hệ cĩ nghiệm duy nhất là một trong các hệ đĩ cĩ nghiệm duy nhất ,từ đĩ tìm được ĐK của tham số ,thay giá trị của tham số tìm được vào hệ rồi giải hệ kiểm tra điều kiện đủ. x y xy 1 II.69) Tìm m để hệ pt cĩ nghiệm duy nhất 2 2 x y 1 m( x y 1) 1 G: * Nếu hệ cĩ nghiệm (x,y) thì (y,x)cũng là nghiệm của hệ pt nên hệ cĩ nghiệm duy nhất thì x=y, thay vào hệ pt giải ra ta cĩ x=y=1và m=0 x y 0 (VN) x y xy 1 x y xy 1 x y xy 1 xy 1 * Với m=0 hpt: 2 2 2 2 2 x y 1 1 x y 2 (x y) 2xy 2 x y 2 x 1 xy 1 y 1 Vậy :m=0 Chú ý : Để tìm điêu kiện cho hệ cĩ nghiệm duy nhất cĩ thể biến đổi hệ về dạng đơn giản hơn rồi tìm điều kiện bắt buộc để hệ cĩ nghiệm duy nhất Hoặc lợi dụng tính đối xứng của hệ để tìm điều kiện cần của tham số để hệ cĩ nghiệm duy nhất. Bài tập tương tự x y m 1 1) Cho hệ pt : a-Giải hệ pt khi m=3 b)CMR :Hệ pt cĩ nghiệm với mọi m 2 2 2 x y xy 2m m 3 x xy y m 1 2) Cho hệ pt : a) Giải hệ pt khi m=2 b) Tìm m để hệ cĩ nghiệm (x,y) sao cho x>0,y>0 2 2 x y xy m x 2 y 2 xy m 6 3) Cho hệ pt : a) Giải hệ khi m=-3 b) Tìm m để hệ cĩ nghiệm duy nhất 2x xy 2y m Bài-giảng Pt- Hpt trang.247 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số x y 2m 1 4) Tìm m để hệ : cĩ nghiệm (x,y) sao cho: P = xy đạt giá trị nhỏ nhất 2 2 2 x y m 2m 3 x 2 y 2 2 2m 5) Tìm m để hệ cĩ hai nghiệm phân biệt : 2 (x y) 4 x y m 6) Cho hệ pt : a) Giải hệ khi m=2 2 2 2 x y 6 m b) Tìm m để hệ cĩ nghiệm (x,y) sao cho F=xy+2x+2y đạt giá trị nhỏ nhất xy(x 2)(y 2) 5m 6 7) Tìm m để hệ cĩ hai nghiệm phân biệt : 2 2 x y 2x 2y 2m x y xy m x y xy m 8) Tìm m để hệ : cĩ 4 nghiệm phân biệt 9) Giải biện luận hệ pt: 2 2 2 2 x y 3 2m x y 3 2m x y xy m 10) Tìm m để hệ cĩ nghiệm : x y m x 2 3x my x 2 2y 2 mx y II.70)Tìm m để hpt: a) cĩ hai nghiệm pb. b) cĩ nghiệm duy nhất 2 2 2 y 3y mx y 2x my x xy x 2 m(y 1) 1 x 6 y m c) cĩ nghiệm duy nhất d) cĩ nghiệm duy nhất. 2 xy y m(x 1) 1 y 6 x m x 2 3x my x y 0 G: a) cĩ hai nghiệm phân biệt. Trừ hai vế của của hai pt ta cĩ : 2 2 y 3y mx x 3x my y(y 3 m) 0 x y 0 Hệ cĩ hai nghiệm phân biệt m+3 0 m 3 x y x y 3 m x 2 2y 2 mx y b) cĩ nghiệm duy nhất. Trừ hai vế của hai pt,ta cĩ hệ: 2 2 y 2x my x (x y)(3x 3y m 1) 0 x y 3x 3y m 1 0 (1) hoặc (2) 2 2 2 2 2 2 x 2y mx y y 2x my x y 2x my x Giải hệ (1) ta cĩ x=y=0 v x=y=-m-1 Nên hệ cĩ nghiệm duy nhất thì :-m-1=0 m 1 khi đĩ hệ (2) vơ nghiệm .Vậy m=-1 xy x 2 m(y 1) c) cĩ nghiệm duy nhất. Nếu hệ cĩ nghiệm (x,y) thì (y,x) cũng là nghiệm của pt nên hệ 2 xy y m(x 1) cĩ nghiệm duy nhấtthì x=y thay vào hệ cĩ pt: 2x 2 mx m 0 cĩ nghiệm duy nhất khi m=0 v m=8 xy x 2 0 x 0 y x 0 Với m=0 hệlà: hoặc (hệ cĩ vơ số nghiệm) 2 xy y 0 y 0 x(x y) 0 xy x 2 8(y 1) Với m=8 hệ: x y 2 (hệ cĩ nghiệm duy nhất). Vậy m=8 2 xy y 8(x 1) 1 x 6 y m d) cĩ nghiệm duy nhất. Đk:-1 x, y 6 1 y 6 x m Nếu (x,y)là nghiệm của hệ thì (5-x,5-y)cũng là nghiệm của hệ nên hệ cĩ nghiệm duy nhất thì x 5 x 5 x=y= thay vào hệ ta cĩ m= 14 y 5 y 2 Bài-giảng Pt- Hpt trang.248 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số 1 x 6 y 14 1 x 6 y 14 Với m= 14 hệ pt: 1 y 6 x 14 1 x 6 x 1 y 6 y 2 14 5 Mà 1 x 6 x 1 y 6 y 2 14 dấu bằng xảy ra x=y= (thoả mãn hệ pt)Nên hệ cĩ 2 5 nghiệm duy nhất x=y= . Vậy m= 14 2 x 1 y 2 m x 3 y 2 7x 2 mx II.71)Tìm m để hpt: a) cĩ nghiệm b) cĩ nghiệm duy nhất. 3 2 2 y 1 x 2 m y x 7y my 3 3 x 1 x 2 y 1 y 2 (1) G: ĐK :x,y 2 . Hệ x 1 x 2 y 1 y 2 x 1 y 2 m x 1 y 2 m 3 Hàm số f(t)= nghịch biến trong khoảng (2,+ ) Nên pt(1) x=y thay vào pt kia ta cĩ pt: t 1 t 2 x 1 x 2 m Hệ cĩ nghiệm khi pt này cĩ nghiệm m Min ( x 1 x 2) 3 . Vậy: m 3 x 2 x 3 y 2 7x 2 mx b) cĩ nghiệm duy nhất. 3 2 2 y x 7y my (x y)(x 2 y 2 xy 6(x y) m) 0 Trừ hai vế của hai pt ta cĩ: x=y=0 V 3 2 2 x y 7x mx x y x 2 y 2 xy 6(x y) m 0(2) (I) V (II) 2 3 2 2 y 8y m 0(1) y x 7y my ĐK Cần : Hệ (I)khơng cĩ nghiệm duy nhất x=y=0,nên hệ pt đã cho cĩ nghiệm duy nhất thì hệ (I)vơ nghiệm pt(1) vơ nghiệm , 16 ĐK Đủ :Với m>16 khi đĩ pt (2) y 2 (x 6)y x 2 6x m 0 Là pt bậc hai ẩn y cĩ 3(x 2) 2 4(m 12) 0 với mọi m>16 nên pt(2) vơ nghiệm hệ (II) vơ nghiệm và hệ (I) vơ nghiệm. Vậy :m>16 Bài tập tương tự [hpt đối xứng loại 2] (x 1) 2 y m 1) Tìm m để hệ cĩ nghiệm duy nhất : 2 (y 1) x m 2) Tìm m để các hệ pt sau cĩ nghiệm duy nhất 2 3 2 2 2 x y 4y my x 1 y m 1 x 2 y m x x y 2m a) b) c) d) y 2 x 3 4x mx 2 y 2 y x 2m y 1 x m 1 y 2 x m 2x y 1 m 3) Tìm m để hệ cĩ nghiệm : 2y x 1 m 2 2 a1 x b1 xy c1 y d1 (1) Hệ đẳng cấp bậc hai : Xét hệ cĩ dạng : 2 2 a2 x b2 xy c2 y d 2 (2) Cách giải Cách 1: + xét xem x=0 cĩ là nghiệm của hệ pt hay khơng 2 2 x (a1 b1t c1t ) d1 +Với x 0 đặt y=tx thay vào hệ pt : chia hai vế của hai pt cho x 2 cân bằng hệ số 2 2 x (a2 b2t c2t ) d 2 vế phải của hai pt rồi trừ hai vế của hai pt khử ẩn x khi đĩ ta cĩ pt bậc hai ẩn t,giải pt đĩ tìm được t Bài-giảng Pt- Hpt trang.249 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số Cách 2:Cân bằng hệ số ẩn X 2 ở hai pt rồi trừ hai vế của hai pt khử ẩn x 2 ,rút x theo y ở pt mới thay vào pt cịn lại ,quy đồng khử mẫu pt đĩ đưa về pt trùng phương giải được ẩn x Cách 3:Cân bằng hệ số tự do ở hai pt ,trừ hai vế của hai pt khử số hạng tự dota được pt cĩ các hạng tử đẳng cấp bậc hai với ẩn x,y Với hệ cĩ chứa tham số dựa vào các cách giải trên để biến đổi,song tuỳtheo mỗi hệ mà ĐK để hpt cĩ nghiệm cũng khác nhau. x 2 4xy y 2 m(1) II.72) Cmr hpt sau cĩ nghiệm với mọi m: 2 y 3xy 4(2) G: Nhận xét: ở pt (2) bậc nhất với ẩn x nên rút x ở pt (2) thayvào pt(1) tacĩ pt: 2y 4 -(40-9m)y 2 -16=0(3)Đặt t=y 2 (t 0 ) Ta cĩ pt:2t 2 -(40-9m)t-16=0(4) pt(4) luơn cĩ hai nghiệm trái dấu nên pt(3) luơn cĩ nghiệm do đĩ hệ luơn cĩ nghiệm với mọi m (ĐPCM) 3x 2 2xy y 2 11 II.73)Tìm m để hệ:a) cĩ nghiệm 2 2 x 2xy 3y 17 m x 2 (m 1)xy (m 2)y 2 m 1(1) b) cĩ 4 nghiệm phân biệt 2 2 x (m 1)xy (2m 5)y m 1(2) 3x 2 2xy y 2 11 G: a) cĩ nghiệm 2 2 x 2xy 3y 17 m + x=0 thay vào hệ giải ra tìm được y= 11 ,m=16 3t 2 2t 1 17 m x 2 (t 2 2t 3) 11 + x 0(haym 16 )Đặty=tx thay vào hệ : 2 2 2 t 2t 3 11 x (3t 2t 1) 17 m 2 2 x (t 2t 3) 11 (m 16)t 2 2(m 6) 3m 40 0(3) Ta cĩ :t 2 +2t+3=(t+1) 2 +2>0 với mọitnên hệ cĩ nghiệm pt(3) 2 2 x (t 2t 3) 11(4) cĩ nghiệm , 2(m 2 10m 338) 0 5-11 3 m 5 3 x 2 (m 1)xy (m 2)y 2 m 1(1) b) cĩ 4 nghiệm phân biệt 2 2 x (m 1)xy (2m 5)y m 1(2) (m 3)y 2 2 Lấy pt (1) trừ pt (2) rồi rút x theo y ta cĩ x= thay vào pt(1) ta cĩ:(3m 2 18m 23)y 4 - 2y 12(m+1)y 2 +4=0 Đặt t=y 2 (Đ K:t 0 )Ta cĩ:(3m 2 18m 23)t 2 -12(m+1)t+4=0 (3) 36(m 1) 2 4(3m 2 18m 23) 0 2 7 Hệ cĩ 4 nghiệm pb pt(3) cĩ 2 nghiệm dương pb 3m 18m 23 0 m 3 m 1 0 3m 2 18m 23 x 2 my y 2 m Bài tập tương tự [hpt đẳng cấp] 1) Tìm m để hệ cĩ nghiệm : 2 2 x (m 1)xy my m 3x 2 2xy y 2 m 2) Tìm m để hệ cĩ nghiệm : 2 2 x xy y 2 2 2 1 m x 2xy 7y (1) II.74) Tìm m để hệ sau cĩ nghiệm : m 1 3 2 3x 10xy 5y 2(2) Bài-giảng Pt- Hpt trang.250 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số G: *ĐK Cần: Nếu hệ cĩ nghiệm (x,y) thì (x,y) thoả mãn hệ bất pt trên .Khi đĩ nhân cả hai vế của (1) với - 2 rồi cộng hai bất đẳng thức với nhau ta cĩ: 4 4 x 2 6xy 9y 2 (x 3y) 2 m 1 0 m 1 m 1 m 1 1 m 2 *ĐK Đủ: Với m<-1.Ta cĩ : 1 1 m 1 m 1 2 2 1 m x 2xy 7y 1 y 0,5 x 1,5 Xét hệ pt: 1 m V Hệ cĩ nghiệm Vậy : m<-1 2 2 x 1,5 y 0,5 3x 10xy 5y 2 Bài tập tương tự: Tìm m để hệ cĩ nghiệm 2 2 2 2 5x 4xy 2y 3 2 2 3m 1 3x 8xy 8y 2 5x 7xy 2y a- b- m 2 c- 2 2 2m 1 2 2 m 1 7x 4xy 2y 2 2 x 4xy 2y 2m 5 3x xy y 1 2m 1 x 2 y 2 2(1 a) II.75) Tìm a để hệ cĩ hai nghiệm : 2 (x y) 4 G: Nếu a<-1 hệ vơ nghiệm 2 2 x y 2(1 a)(1) Nếu a 1: Khi đĩ hệ : Tập nghiệm của (1) là đường trịn tâm O(0,0) bán kính R= x y 2(2) 2(1 a) cịn nghiệm của (2) là hai đường thẳng x+y-2=0 V x+y+2=0 đối xứng nhau qua O Nên hệ cĩ nghiệm hai đường thẳng và đường trịn cĩ hai điểm chung Hai đường thẳng cùng tiếp xúc với đường trịn Khoảng cách từ O đến hai đường thẳng bằng bán kính của đường trịn 2 2(1 a) a 0 x 2 (y 1) 2 a(1) II.76) Tìm a để hệ cĩ nghiệm duy nhất : 2 2 (x 1) y a(2) G: Nếu a<0 hệ vơ nghiệm Nếu a 0 : Khi đĩ nghiệm của (1) là hình trịn tâm I(0,-1)bán kính R= a và nghiệm của (2) là hình trịn tâm J(-1,0) bán kính R= a Nên hệ cĩ nghiệm duy nhất Hai hình trịn cĩ điểm chung duy nhất Hai 1 hình trịn tiếp xúc ngồi nhau IJ 2 a 2 2 a a 2 x y 3a II.77) Tìm a để hệ cĩ nghiệm ; x 1 y 2 a G: Nếu a<0 hệ vơ nghiệm u v a(1) Nếu a 0 đặtu= x 1 0 ,v= y 1 0 Khi đĩ hệ: (u,v 0) 2 2 u v 3a 3(2) Trong hệ toạ độ nghiệm của (1)là tập hợp các điểm nằm trên đường thẳng :u+v=a(d) và nghiệm của (2) là tập hợp các điểm nằm trên đường trịn tâm O(o,o)bán kính R= 3a 3 .Nên hệ cĩ nghiệm  hai đường cĩ điểm chung trong gĩc phần tư thứ nhất d(o,m) d(o,d) R (trongđĩđtm:u+v= 3a 3 ) 3a 3 a 6a 6  Bài tập tương tự: Tìm m để hpt: x y 2 x y 2xy m 1 Bài 1) cĩ nghiệm. Bài 2) cĩ nghiệm duy nhất x y 2x(y 1) a 2 x y 1 2 2 log(x2 y2)(x y) 1 x y 1 2x Bài 3) cĩ nghiệm Bài 4) cĩ nghiệm duy nhất x y m 0 x 2y m 2 2 x y 4x 1 x 1 y 1 1 Bài 5) cĩ nghiệm duy nhất Bài 6) cĩ nhiều nghiệm nhất 2 2 2 x y m 0 x y m Bài-giảng Pt- Hpt trang.251 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số Sử dụng điều kiện cần và đủ x y 2 4 II.78) Tìm m để hệ cĩ nghiệm duy nhất : 2 2 x (y 2) m G: Điều kiện cần: Nếu hệ cĩ nghiệm (x,y)thì (-x,y)cũng là nghiệm của hệ Do đĩ để hệcĩ nghiệm duy nhất thìx=-xx=0 y 2 4 y 2Vy 6 Với x=0 thay vào hệ ta cĩ : (II) 2 (y 2) m 2 m y 2 m 2 2 m Để hệ (II) cĩ nghiệm duy nhất điều kiện là: m 0 6 2 m Điều kiện đủ: hệ cĩ nghiệm duy nhất x=0,y=2 3x a y 2 1 1 II.79)Tìm a để hệ cĩ nghiệm duy nhất 1 x y a 2 2 y y 1 2 3x a y 1 1 G: Hệ pt  Nếu hệ cĩ nghiệm (x,y)thì (x,-y) cũng là nghiệm. 2 2 x y 1 a 3x a 1 4 Nên hệ cĩ nghiệm duy nhất thì y=-y y=0. Thay y=0 vào hệ ta cĩ a 1Va 2 x 1 a 3 Nếu a=-1 thay vào hệ ,giải hệ ta cĩ hệ cĩ nghiệm duy nhất x=y=0 Nếu a=4/3 thay vào hệ ,giải hệ => nghiệm :x=7/9, y=0. Vậy :a=-1 hoặc a=4/3 2 x 3 y a II.80) Tìm a để hệ cĩ nghiệm duy nhất 2 2 y 5 x x 5 3 a G: Nếu (x,y)là nghiệm thì (-x,-y)cũng là nghiệm . Nên để hệ cĩ nghiệm duy nhất thì x=y=0.Thay vào hệ ta cĩ a= 3 2 x 3 y 3(1) Với a= 3 ,hệ pt: Nhận thấy x,y 0 thì VT(1) 3 Nên (1) cĩ nghiệm :x=y=0 2 2 y 5 x x 5(2) thay vào (2)thoả mãn. Vậy: a= 3 . 2x3 (y 2)x2 xy m Tìm m để hệ phương trình (1) cĩ nghiệm II.81) 2 x x y 1 2m x2 x 2x y m 2 1 G : Hệ phương trình (1) . Đặt u x x, u ;v 2x y 2 4 x x 2x y 1 2m uv m u2 (2m 1)u m 0 (2) Hệ đã cho trở thành u v 1 2m v 1 2m u 1 Hệ đã cho cĩ nghiệm pt (2) cĩ nghiệm thỏa mãn u 4 1 u2 u Với u , ta cĩ : (2) m(2u 1) u2 u m 4 2u 1 u2 u 1 2u2 2u 1 3 1 Xét hàm số f (u) , với u . Ta cĩ : f ' (u) , f ' (u) 0 u 2u 1 4 2u 1 2 2 Bảng biến thiên : 1 3 1 u 4 2 Bài-giảng Pt- Hpt trang.252 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số f ' (u) 0 2 3 f (u) 2 5 8 2 3 Từ bảng biến thiên ta cĩ : m . 2 * Nhận xét: Đây là một câu trong đề thi tuyển sinh đại học khối D năm 2011. Nếu học sinh khơng trang bị đầy đủ kiến thức về dạng tốn trên thì gặp khĩ khăn khi giải bài này. x y x2 y2 8 II.82) Tìm m để hpt (1) cĩ nghiệm xy x 1 y 1 m 2 2 1 1 u v 8 v 8 u G: Đặt u x x , v y y .Đk: u ,v . Hpt (1) trở thành 2 4 4 uv m u 8u m 2 1 1 33 1 33 Vì v 8 u u . Do đĩ: u 4 4 4 4 4 1 33 Hệ phương trình (1) cĩ nghiệm phương trình (2) cĩ nghiệm u ; 4 4 1 33 1 Xét hàm số f (u) u2 8u , u ; . Ta cĩ f ' (u) 2u 1 , f ' (u) 0 u 4 4 2 Bảng biến thiên 1 1 33 u 4 2 4 f ' (u) 0 f (u) 16 33 33 16 16 33 Từ bảng biến thiên ta cĩ m 16 16 *Nhận xét: Ta cĩ thể giải cách khác là: Hệ phương trình cĩ nghiệm phương trình (2) cĩ hai nghiệm u, 1 1 v lớn hơn hoặc bằng . Khi đĩ dẫn đến so sánh hai nghiệm với và học sinh sẽ gặp khĩ khăn vì so 4 4 sánh hai nghiệm với số thực khơng cĩ trong bài định lí về dấu tam thức bậc hai ở lớp 10. x 1 y m 1 II.83) Tìm m để hệ phương trình (1) cĩ nghiệm duy nhất y 1 x m 1 0 x 1 G: Điều kiện: . Từ hệ x 1 y 1 x x x 1 x y 1 y 0 y 1 f (x) f (y) Xét hàm số f (t) t 1 t , t 0;1 1 1 f ' (t) 0 , t 0;1 hàm số y f (t) đồng biến trên 0;1 2 t 2 1 t Khi đĩ : f (x) f (y) x y . Thay vào hệ ta được : x 1 x m 1 , x 0;1 (2) Xét hàm số f (x) x 1 x , x 0;1 1 1 1 x x 1 Ta cĩ : f ' (x) ; f ' (x) 0 1 x x x 2 x 2 1 x 2 x(1 x) 2 Bài-giảng Pt- Hpt trang.253 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số Bảng biến thiên : 1 x 0 1 2 f ' (x) 0 f (x) 2 1 1 Hệ phương trình đã cho cĩ nghiệm duy nhất phương trình (2) cĩ nghiệm duy nhất. Từ bảng biến thiên ta cĩ : m 1 2 m 2 1 * Nhận xét : Ta cĩ thể giải hệ trên dùng điều kiện cần và đủ. Giả sử xo ; yo là một nghiệm của hệ thì 1 1 x ;1 y cũng là một nghiệm của hệ. Khi đĩ hệ cĩ nghiệm duy nhất cần x y .Từ đĩ tìm m và o o o o 2 thử lại.Cách giải này hay gặp sai lầm là khơng thử lại. 32x y 3x 3y m II.84) Tìm m để hệ phương trình 3x 3y (1) cĩ nghiệm y 1 m 2x 3 3 3 2x y x 3y 3 3 m u 32x y G : Hpt . Đặt (u 0,v 0) . 2x y x 3y m x 3y 3 3 3 v 3 u v 3 u 3 v Ta được : 1 1 . Vì u 0 3 v 0 v 3 .Do đĩ : 0 v 3 . u 3m 3 v 3m 2 v v 1 Hpt cĩ nghiệm pt (2) cĩ nghiệm thỏa 0 v 3 .Xét hàm số f (v) 3 v , v 0;3 . Ta cĩ : v 1 f ' (v) 1 0 , v 0;3 v2 Bảng biến thiên : v 0 3 f ' (v) f (v) 1 3 1 Từ bảng biến thiên ta cĩ: 3m m 1 3 3 3 2 x 12x y 6y 16 0 (1) II.85) Tìm các giá trị của m để hpt sau cĩ nghiệm: 2 2 2 4x 2 4 x 5 4y y m 0 (2) 2 x 2 3 3 G: Điều kiện: . Ta cĩ (1) x 12x y 2 12 y 2 0 y 4 Xét hàm số f (t) t3 12t , t  2;2 f ' (t) 3t 2 12t 3 t 2 4 0 ,t 2;2 Suy ra hs f(t) NB trên  2;2 (3). Ta cĩ: x và y – 2 cùng thuộc đoạn  2;2và f (x) f (y 2) x y 2 . Thay vào (2) ta được pt 3 4 x2 4x2 m (4) Hpt đã cho cĩ nghiệm pt (4) cĩ nghiệm x thuộc  2;2 2 2 ' 3x 3 Xét hàm số g(x) 3 4 x 4x , x  2;2 ; g (x) 8x x 8 4 x2 4 x2 Bài-giảng Pt- Hpt trang.254 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số g ' (x) 0 x 0 Bảng biến thiên x 2 0 2 g ' (x) 0 g(x) 6 16 16 Từ bảng biến thiên ta cĩ : 16 m 6 72x x 1 72 x 1 2005x 2005 (1) II.86) Tìm m để hệ bpt sau cĩ nghiệm: 2 x (m 2)x 2m 3 0 (2) G: Điều kiện: x 1. Ta cĩ (72x x 1 72 x 1 2005x 2005 7 x 1 72x 7 2005 1 x (3) Nếu x = 1thỏa bất phương trình (3).Do đĩ bất phương trình (3) cĩ nghiệm x = 1 Nếu x 1thì VT > 0 cịn VP < 0 nên bất phương trình (3) vơ nghiệm Nếu 1 x 1 thì VT < VP nên bất phương trình (3) cĩ nghiệm là 1 x 1 Do đĩ:Bất phương trình (3) cĩ tập nghiệm là T  1;1 Để hệ bất phương trình cĩ nghiệm thì bất phương trình (2) cĩ nghiệm x  1;1 x2 2x 3 Ta cĩ : x2 (m 2)x 2m 3 0 x 2 m x2 2x 3 m (3), x  1;1 x 2 2 2 x 2x 3 ' x 4x 1 ' 2 x 2 3 Xét hs f (x) , x  1;1 ; f (x) 2 , f (x) 0 x 4x 1 0 x 2 x 2 x 2 3 Bảng biến thiên x -1 2 3 1 f ' (x) 0 f (x) 2 3 -2 -2 Từ bảng biến thiên ta cĩ min f (x) f ( 1) 2. Bpt (3) cĩ nghiệm x  1;1 m min f (x) m 2  1;1  1;1 Vậy: m 2 x y 3 Cho hệ phương trình II.87) 2 x 2xy m 1 a) Tìm m để hệ cĩ nghiệm 2 2 2 2 b) Tìm m để hệ cĩ hai ngiệm(x 1 ,y 1 ),(x 2 ,y 2 ) thoả mãn P = x 1 + x 2 + y 1 + y 2 đạt giá trị nhỏ nhất y x 3 G: Hệ pt Hệ cĩ nghiệm pt (2) cĩ nghiệm , 10 m 0 m 10 2 x 6x m 1 0 b- Theo Viét : x1 x 2 =6 , x 1 .x 2 =m-1 Nên 2 2 2 P = (x 1 +x 2 ) -2x 1 .x 2 +(x 1 -3) +(x 2 -3) =-4m+46 6 (m 10) pmin 6 khi m=10 2 3(x 1) y m 0 II.88) Tìm m để hệ phương trình: cĩ 3 nghiệm phân biệt? x xy 1 G: Do x = 0 khơng là nghiệm của pt: x xy 1 nên Bài-giảng Pt- Hpt trang.255 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số x 1 Ta cĩ: x xy 1 xy 1 x x2 2x 1 . Thay vào pt cịn lại ta được: y x x2 2x 1 3x2 6x 3 m , (*) x Hệ cĩ 3 cặp nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (*) cĩ 3 nghiệm phân biệt thoả: x 1và x 0. x2 2x 1 1 Xét hàm số: f (x) 3x2 6x 3 3x2 7x 1 với x 1và x 0. x x 1 6x3 7x2 1 1 1 Cĩ f '(x) 6x 7 2 2 f’(x) = 0 x 1; x ; x x x 2 3 Bảng biến thiên 20 m 12 3 Dựa vào bbt ta thấy, (*) cĩ 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: .( Đây là kết quả bài tốn) 15 4 m 4 3x 5y a(1) Cho hệ phương trình ; II.89) 2 2 3x 5y b(2) a) Tìm a,b để hệ cĩ nghiệm b) Tìm a để hệ cĩ nghiệm với mọi b  1,2 c) Tìm b để hệ cĩ nghiệm với mọi a  1,2 a 3x G: a) Từ(1) y thay vào (2)ta cĩ :24x 2 -6ax+a 2 -5b=0(3) Hệ cĩ nghiệm pt(3) c ĩ nghiệm 5 a 2 , 15a 2 120b 0 b 8 b) Khơng cĩ a thoả mãn vì với b =-1 hệ khơng cĩ nghiệm a 2 1 c) Hệ cĩ nghiệm với mọi a  1,2 b max ( ) mọi a  1,2 b 8 2 3 3 2 x 12x y 6y 16 0 (1) II.90) Tìm các giá trị của m để hpt sau cĩ nghiệm: 2 2 2 4x 2 4 x 5 4y y m 0 (2) 2 x 2 3 3 G: Điều kiện: . Ta cĩ (1) x 12x y 2 12 y 2 0 y 4 Xét hàm số f (t) t3 12t , t  2;2 f ' (t) 3t 2 12t 3 t 2 4 0 ,t 2;2 Suy ra hàm số f(t) nghịch biến trên  2;2 (3) Ta cĩ: x và y – 2 cùng thuộc đoạn  2;2và f (x) f (y 2) x y 2 Thay vào (2) ta được phương trình 3 4 x2 4x2 m (4) Hệ phương trình đã cho cĩ nghiệm phương trình (4) cĩ nghiệm x thuộc  2;2 2 2 ' 3x 3 Xét hàm số g(x) 3 4 x 4x , x  2;2 ; g (x) 8x x 8 4 x2 4 x2 Bài-giảng Pt- Hpt trang.256 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số g ' (x) 0 x 0 Bảng biến thiên x 2 0 2 g ' (x) 0 g(x) 6 16 16 Từ bảng biến thiên ta cĩ : 16 m 6 72x x 1 72 x 1 2005x 2005 (1) II.91) Tìm m để hệ bpt sau cĩ nghiệm : 2 x (m 2)x 2m 3 0 (2) G: Điều kiện: x 1 Ta cĩ (72x x 1 72 x 1 2005x 2005 7 x 1 72x 7 2005 1 x (3) Nếu x = 1thỏa bất phương trình (3).Do đĩ bất phương trình (3) cĩ nghiệm x = 1 Nếu x 1thì VT > 0 cịn VP 0 hay m>-1, BĐT(3) biểu diễn hình trịn tâm I(1;1),bán kính R= m 1 Bài-giảng Pt- Hpt trang.257 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số Trên mặt phẳng tọa độ Oxy BPT(4) biểu diễn nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng x+y=1.Hệ cĩ nghiệm duy nhất khi và chỉ khi đường 2 2 1 1 thẳng x+y=1 tiếp xúc với đường trịn: x 1 y 1 m 1. Khi đĩ m 1 m 2 2 4x 3y 2 0 Tìm a để hệ sau cĩ nghiệm: II.94) 2 2 x y a G: Nếu a 0 hệ vơ nghiệm. Nếu a> 0 thì số nghiệm của hệ (nếu cĩ) là số giao điểm của nửa mặt phẳng biểu diễn bởi 4x-3y+2 0 và 4 đường trịn tâm 0 (0;0) bán kính R= a .Vậy hệ cĩ nghiệm khi và chỉ khi a OH a (với H là 25 chân đường vuơng gĩc hạ từ O xuống đường thẳng 4x-3y+2= 0). 2 2 x 1 y 1 2(5) II.95) Cho hệ: . Xác định m để hệ nghiệm đúng với mọi x 0;2. x y m 0(6) G: Tập hợp các điểm (x;y) thỏa mãn (5) là các điểm nằm trong và trên đường trịn x 1 2 y 1 2 2 với tâm I(1;1) bán kính R 2 .Tập hợp các điểm 9x;y) thỏa mãn (6) là các điểm nằm trên đường thẳng cĩ phương trình : x-y+m=0. Gỉa sử A sao cho xA 0 thì A(0;m); B sao cho xB 2 thì B(2;2+m). Đế hệ cĩ nghiệm với mọi x 0;2 thì đoạn thẳng AB nằm trong đường trịn(I;R).Lúc đĩ 2 2 IA R 0 1 m 1 2 m 0 IB R 2 2 2 1 2 m 1 2 x2 y2 x 0(7) II.96) Cho hệ phương trình: . Tìm a để hệ cĩ hai nghiệm phân biệt. x ay a 0(8) 2 1 2 1 G: Pt(7) x y . 2 4 1 1 Vậy tập nghiệm của Pt(7) là tọa độ những điểm nằm trên đường trịn tâm I ;0 bán kính R= .Tập 2 2 nghiệm của pt(8) là tọa độ những điểm nằm trên đường thẳng x+ay-a=0. Họ đường thẳng này luơn di qua điểm A(0;1) cố định.Ta cĩ A nằm ngồi đường trịn (I;R), từ A dựng hai tiếp tuyến với đường trịn (I;R). 4 4 Phương trình tiếp tuyến đĩ là: x=0 và x y 0 cũng luơn đi qua A(0;1). 3 3 Để hệ cĩ hai nghiệm phân biệt thì đường thẳng x+ay-a=0 phải cắt đường trịn (I;R) tại hai điểm phân biệt . 4 Vậy đường thẳng x+ay-a=0 phải nằm giữa hai tiếp tuyến trên Lúc đĩ 0 0 m 2 . 2 Vậy để phương trình đã cho cĩ nghiệm thì 1 m 2 . Từ bài tốn trên ta cĩ thể phát triển thành bài tốn sau Bài tốn phái sinh: Tìm GTLN của hàm số: y x a x2 (a 0) 2 2 2 2 2 2 2 2 x t a (1) G : Đặt t a x x t a và x+t-y=0. Vậy hệ sau cĩ nghiệm : x t y 0(2) suy ra khoảng cách từ tâm đường trịn (1) đến đường thẳng (2) nhỏ hơn hoặc bằng bán kính Bài-giảng Pt- Hpt trang.258 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số y a a 2a y 2a max y a 2n x= 2 2 x y 4(1) Hãy biện luận số nghiệm của hệ sau theo m: II.98) 2 2 2 x y m (2) G: + m=0 thì hệ vơ nghiệm. + m 0 ta cĩ: Số nghiệm của hệ là số giao điểm của đường trịn x2 y2 m2 và đường thẳng 4 : x y 4 cĩ d(O, V ) 2 2 . 2 x 2 Vậy ta cĩ: + Nếu m 2 2 hệ vơ nghiệm. + Nếu m 2 2 thì hệ cĩ nghiệm duy nhất: y 2 + Nếu m 2 2 thì hệ cĩ hai nghiệm phân biệt. II.99) Tìm a để bất phương trình sau cĩ nghiệm: a x x a a(a 0)(I) u a x u v a(1) G: Đặt điều kiện u,v 0 . Khi đĩ bpt chuyển thành hệ: 2 2 v a x u v 2a(2) + (1) là tập những điểm nằm phía trên (d): u+v=a + (2) là tập những điểm trên cung trịn như hình trên (C) : u2+v2=2a Do đĩ để (I) cĩ nghiệm thì d(O,(d)) <R= 2a 0 a 4 Từ những ví dụ trên ta nhận thấy, nếu cho phương trình :F(x,m)=0(I) f x, y 0 ta biến (I) về dạng : hoặc h(x) =k(m) g x, y,m 0 Khi đĩ số nghiệm của (I) là số giao điểm của đồ thị hàm số f và g hoặc h va k. Trong những ví dụ trên ta đã xét f(x,y) =0 là phương trình của một đường trịn.Cịn g(x,y,m)=0 là một đường thẳng. Tuy nhiên phương pháp hình học khơng phải là tối ưu cho mọi bài tốn đại số, cho nên khi đứng trước bài tốn cụ thể, chúng ta cần linh hoạt trong cách chọn hướng giải bài tốn.Phương pháp hình học sử dụng được chỉ khi ta khéo léo chuyển ngơn ngữ của bài tốn đại số sang ngơn ngữ hình học được. Thơng qua ví dụ trên nhận thấy rằng : Khi sử dụng phương trình và tính chất của đường trịn (hình trịn) xét sự tương giao giữa các hình, ta đã đưa bài tốn biện luận hệ, bài tốn bất phương trình chứa tham số về một dạng tốn đơn giản và quen thuộc hơn với học sinh. Sau đây là các bài tập tương tự của dạng này: x2 y2 1 a2 1) Tìm các số dương a để hệ sau cĩ nghiệm: x y a 2 2 2 log (x y) 1 x y 1 a x2 y2 2)Tìm a để mỗi hệ sau cĩ nghiệm: a, b, x y a x 2y a 2 2 x y x 0 2 2 3) Giả sử x1; y1 và x2 ; y2 là hai nghiệm của hệ: . Cmr: x2 x1 y2 y1 1 x ay a 0 x2 y2 2y 1 a 4) Tìm a để hệ sau cĩ nghiệm duy nhất: 2 2 x y 2x 1 1 x y x2 y2 24 II.100) Xác định các giá trị m để hệ sau cĩ nghiệm: (I) xy(x 1)(y 1) m 1 1 G: Đặt u = x + x2 , v = y + y2 , điều kiện u , v 4 4 u v 24 Hệ trở thành: . Khi đĩ u, v là hai nghiệm phương trình: t2 – 24t + m = 0 (1) uv m Bài-giảng Pt- Hpt trang.259 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số 1 Hệ (I) cĩ nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) cĩ 2 nghiệm t1, t2 thỏa mãn t t 4 1 2 ' 0 144 m 0 1 1 1 97 (t1 ) (t2 ) 0 24 0 m 144 4 4 2 16 1 1 1 (t )(t ) 0 m 6 0 1 4 2 4 16 x 1 y 2 m 3x2 2xy y2 11 II.101) Xác định các giá trị m để hệ sau cĩ nghiệm: a) (I) b) 2 2 x y 2m x 2xy 3y m x 1 y 2 m G: a) (I) Đặt u = x 1 , v = y 2 , điều kiện u 0 , v 0 x y 2m u v m u v m Hệ trở thành: . 2 2 1 2 u v 2m 1 uv (m 2m 1) 2 1 Khi đĩ u, v là hai nghiệm phương trình : t2 – mt + (m2 – 2m – 1) = 0 (1) 2 Hệ (I) cĩ nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) cĩ nghiệm t1, t2 thỏa 0 m2 4m 2 0 2 6 m 2 6 0 t1 t2 S 0 m 0 m 0 1 2 m 2 6 P 0 1 (m2 2m 1) 0 m 1 2  m 1 2 2 3x2 2xy y2 11 y2 11 b) +Nều x = 0 thì hệ trở thành . Với m = 33 thì hệ cĩ nghiệm 2 2 2 x 2xy 3y m 3y m +Xét m 33 thì x = 0 khơng thỏa hệ. Với x 0, đặt y = tx khi đĩ hệ trở thành x2 (3 2t t 2 ) 11 m(3 2t t 2 ) 11(1 2t 3t 2 ) (33 m)t 2 (22 2m)t 11 3m 0(1) 2 2 2 2 2 2 x (1 2t 3t ) m x (3 2t t ) 11 x (3 2t t ) 11(2) + Vì t2 + 2t + 3 > 0 , t. Suy ra (2) cĩ nghiệm x với mọi t. Hệ cĩ nghiệm (1) cĩ nghiệm ' = (11 – m)2 – (33 – m)(11 – 3m) 0 ( m 33 ) – m2 + 44 – 121 0 22 363 m 22 363 Vậy : 22 363 m 22 363 II.102) Xác định các giá trị m để hệ sau cĩ nghiệm duy nhất: 3y m x2 1 1 xy x2 m(y 1) a) b) 2 1 2 xy y m(x 1) x y m x x2 1 xy x2 m(y 1) G: a) Giả sử (x , y ) là nghiệm của hệ thì (y , x ) cũng là nghiệm của hệ. 2 0 0 0 0 xy y m(x 1) 2 Hệ cĩ nghiệm duy nhất x0 = y0 2 x0 – mx0 + m = 0 (*) (*) cĩ nghiệm duy nhất = m2 – 8m = 0 m = 0 hoặc m = 8 xy x2 0 x(x y) 0 + Với m = 0 ta cĩ hệ cĩ vơ số nghiệm thỏa x + y = 0 2 xy y 0 y(x y) 0 xy x2 8(y 1) x2 y2 8(y x) (x y)(x y 8) 0 + Với m = 8 ta cĩ 2 2 2 xy y 8(x 1) xy y 8(x 1) xy x 8(y 1) Bài-giảng Pt- Hpt trang.260 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số x y y x 8 (I) hoặc (II) 2 2 2x 8x 8 0 x( x 8) x 8( x 9) Hệ (I) cĩ nghiệm duy nhất x = y = 2 , hệ (II) vơ nghiệm . Vậy m = 8 thỏa bài tốn 3y m x2 1 1 3y m x2 1 1 b) 1 Hệ tương đương . Giả sử hệ cĩ nghiệm (x0, y0 ) thì ( – x0, x y m2 2 2 2 y x 1 m x x 1 y0) cũng là nghiệm của hệ. Vì hệ cĩ nghiệm duy nhất suy ra x0 = – x0 x0 = 0. Thay vào hệ ta cĩ m 1 3y0 m 1 3m2 – m – 4 = 0 4 2 y0 m 1 m 3 2 3y x 1 1 y x2 1 1 x 0 + Nếu m = – 1 hệ trở thành 2 y 0 y x 1 1 2y 0 Hệ cĩ nghiệm duy nhất (0, 0) khi m = – 1 4 2 3y x 1 1 2 x 0 4 3 9y 4 x 1 3 + Nếu m = hệ trở thành 7 3 2 16 2 y y x 1 x 1 1 9 9 7 4 Hệ cĩ nghiệm duy nhất (0, ) khi m = 9 3 4 Kết luận : m = – 1 , m = 3 x y m Xác định các giá trị m để hpt: a) cĩ nhiều hơn 2 nghiệm II.103) 2 (y 1)x xy m(x 2) ln(1 x) ln(1 y) y x (1) ex e y ln(1 x) ln(1 y) b) cĩ nghiệm. c) cĩ nghiệm duy nhất 2 2 x (1 m) y x 3y 5 m 0(2) y x a x y m y m x G: a) cĩ nhiều hơn 2 nghiệm Hpt↔ 2 3 2 (y 1)x xy m(x 2) x mx 2m 0(1) + Hệ cĩ nhiều hơn 2 nghiệm khi và chỉ khi (1) cĩ 3 nghiệm phân biệt Hàm f(x) = x3 – mx2 + 2m cĩ cực đại và cực tiểu , đồng thời GTCĐ và GTCT trái dấu + Hàm cĩ cực đại và cực tiểu f’(x) = 3x2 – 2mx cĩ 2 nghiệm phân biệt m 0 2m 2m 27 3 6 + Ta cĩ f’(x) = 0 x = 0 hoặc x = . Khi đĩ f(0).f( ) m 3 3 2 2 3 6 Vậy hệ cĩ nghiệm m 2 ln(1 x) ln(1 y) y x (1) b) cĩ nghiệm thực. 2 2 x (1 m) y x 3y 5 m 0(2) ĐK: x > – 1 và y > – 1 . Ta cĩ (1) ln(1 + x) + x = ln(1 + y) + y 1 + Xét f(t) = ln(1 + t) + t , t > – 1 thì f’(t) = + 1 > 0,  t > – 1 f(t) đồng biến trên (-1,+ ) 1 t 2x2 4x 5 (1) cĩ dạng f(x) = f(y) x = y. Thế vào (2) ta cĩ x2(2 – m) + 4x + 5 – m = 0 m= x2 1 2x2 4x 5 4x2 6x 4 1 + Đặt f(x) = thì f’(x) = , f’(x) = 0 x = – 2  x = x2 1 x2 1 2 x – 1 1/2 + f’(x) + 0 – Bài-giảng Pt- Hpt trang.261 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số 6 f(x) 3/2 2 3 Hệ cĩ nghiệm m = f(x) cĩ nghiệm trong khoảng (–1,+ ) m 6 2 ex e y ln(1 x) ln(1 y) c) cĩ nghiệm duy nhất (D – 2006) y x a y a x ĐK x > – 1 và y > – 1 . Hệ tương đương x a x e e ln(1 x) ln(1 x a) y a x a x 1 x . Hệ cĩ nghiệm duy nhất (1) cĩ nghiệm duy nhất (e 1)e ln 0(1) 1 x a a x 1 x a x a Đặt f(x) = (e 1)e ln thì f’(x) = (e 1)e 1 x a (1 x)(1 x a) + Do a > o nên ea – 1> 0 suy ra f’(x) > 0 với mọi x > – 1 suy ra f(x) đồng biến trên (–1, + ) Ta cĩ lim f (x) và lim f (x) suy ra phương trình f(x) = 0 cĩ nghiệm duy nhất x x ( 1) x my m 0 x y 2xy m 1 Xác định m để hpt sau: a) cĩ nghiệm b) nghiệm duy nhất II.104) 2 2 x y x 0 x y 1 x my m 0 G: a) cĩ nghiệm .Pt x + my – m = 0 là phương trình một đường thẳng d 2 2 x y x 0 1 1 Phương trình x2 + y2 – x = 0 là phương trình đường trịn (C) tâm I(– , 0 ) bán kính R = 2 2 Hệ cĩ nghiệm d và (C) cĩ điểm chung d(I, d) R 1 m 2 1 3 4 m2 m 0 0 m 1 m2 2 4 3 x y 2xy m 1 x y 1 x y 1 b) nghiệm duy nhất Hpt↔ 2 x y 1 2xy m 1 (x y) 2xy m [1 (x y)] x y 1(1) 2 2 (x 1) (y 1) m 1(2) (1)là nửa dưới mặt phẳng xác định bởi đường thẳng x + y = 1( phần chứa gốc O) kể cả biên, cịn (2) là đường trịn (C) tâm I(1, 1) bán kính R = m 1 (m 1, khi m = 1 thì (2) là một điểm (1, 1)) + Hệ cĩ nghiệm duy nhất khi và chỉ khi đường thẳng d: x + y – 1 = 0 tiếp xúc đường trịn (C) 1 1 d(I,d) = R m 1 m 2 2 2 2 a 2x y y II.105)Chứng minh rằng a 0 hệ PT sau cĩ nghiệm duy nhất: a2 2y2 x x 2x2 y y2 a2 (1) G: ĐK : x 0, y 0 . Hpt đã cho 2 2 2 2y x x a (2) Từ (1) 2x2 y 0 y 0 ; từ (2) 2y2 x 0 x 0 Lấy (1) trừ (2) theo vế 2xy(x y) y2 x2 2xy(x y) (x y)(x y) 0 (x y)(2xy x y) 0 x y 0 ( vì 2xy x y 0 ) y x thế vào (1) Bài-giảng Pt- Hpt trang.262 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số Suy ra 2x3 x2 a2 2x3 x2 a2 (*) Ta thấy số nghiệm dương của PT (*) là số nghiệm của hệ PT đã cho Xét hàm số f (x) 2x3 x2 với x 0 x 0 ' 2 ' 3 1 f (x) 6x 2x; f (x) 0 1 lim f (x) lim x 2 x x x x 3 Bang biến thiên x 0 1/3 f ' (x) 0 - 0 + 0 f (x) 1 27 Từ BBT suy ra a 0 đường thẳng y a2 luơn cắt đồ thị hàm số y f (x) tại đúng một điểm cĩ hồnh độ dương suy ra hệ PT đã cho cĩ đúng một nghiệm Nhận xét: Khi giải hệ PT đố xứng loại hai cĩ dạng như hệ PT (1) và (2) nĩi trên cách giải truyền thống là lấy các PT trừ cho nhau để tính một ẩn theo ẩn cịn lại sau đĩ thế lại một trong hai PT đã cho Hpt trên cĩ thể giải ngắn gọn như vậy vì ta nhân xét được tính chất x 0, y 0 . Sau khi biến đổi về PT (*) là pt bậc ba nên nếu khơng sử dụng đạo hàm để kshs thì việc tìm lời giải là vơ cùng khĩ khăn x2 3x 0 II.106) Tìm tham số m để hệ sau cĩ nghiệm 3 3 x 2x x 2 m 20m 0 0 x 3 3 3 G: Hpt đã cho 3 3 x 2x x 2 m 20m với đk x 0;3 x 2x x 2 m 20m Đặt f (x) x3 2x x 2 . Hệ đã cho cĩ nghiệm ↔BPT f (x) m3 20m cĩ nghiệm x 0;3 max f (x) m3 20m 0;3 - Nếu x 0;2 f (x) x3 2x(2 x) x3 2x2 4x 2 cĩ f ' (x) 3x2 4x 4 ; f ' (x) 0 x hoặc x 2 ( loại ); 3 2 40 f (0) 0; f (2) 8; f max f (x) 8 3 27 0;2 - Nếu x 2;3 f (x) x3 2x(x 2) x3 2x2 4x cĩ f '(x) 3x2 4x 4 0,x 2;3 ; f (2) 8; f (3) 21 max f (x) 21 2;3 Vậy max f (x) 21 nên ta phải cĩ m3 20m 21 m 1. Tĩm lại ĐK phải tìm là m 1 0;3 Nhận xét: Việc tìm tham số để hệ BPT đã cho cĩ nghiệm được quy về bài tốn tìm tham số để một BPT cĩ nghiệm trên một tập cho trước và đã được chuyển về bài tốn tìm GTLN hoặc GTNN của hàm số. yx3 m2 y4 (1) II.107) Chứng minh rằng với m R hệ sau luơn cĩ nghiệm duy nhất 2 2 2 3 x y 2y x π y (2) 2 π G: Để ý từ hệ suy ra được x y 0 . 1 y x y π2 x y thay vào phương trình (1) và y 3 đặt t y được phương trình : t9 m2t π t3 0. Đến đây khảo sát hàm ở vế trái chứng minh nĩ là hàm đồng biến trên (0;+∞) Bài-giảng Pt- Hpt trang.263 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số x 1 y 2 m II.108) Xác định các giá trị m để hpt: a) (m 0) cĩ nghiệm y 1 x 2 m 2 2 m 2x y 2 y x 3x 4 0 b) nghiệm duy nhất c) cĩ nghiệm 3 2 m2 x 3 x x m 15m 0 2y2 x x x 1 y 2 m G: a) (m 0) cĩ nghiệm ĐK: x 2 và y 2 . Hpt↔ y 1 x 2 m x 1 x 2 y 1 y 2(1) y 1 x 2 m (2) Đặt f(t) = t 1 t 2 , f(t) nghịch biến trên [2, + ) . Nên (1) f(x) = f(y) x = y Thế vào (2) ta cĩ x 1 x 2 m (3) . Hệ cĩ nghiệm (3) cĩ nghiệm m 3 . 2 2 m 2x y y b) nghiệm duy nhất ĐK x 0 và y 0. m2 2y2 x x 2x2 y y2 m2 2x2 y y2 m2 2 2 2 2 2 x y 0 Hệ tương đương 2y x x m (x y)(2x 2y x y) 0 2x3 x2 m2 (1) x 0; y 0 x 0; y 0 Hệ cĩ nghiệm duy nhất phương trình (1) cĩ nghiệm dương duy nhất Đường thẳng y = m2 cắt đồ thị f(x) = 2x3 – x2 trên khoảng (0, + ) tại một điểm duy nhất + Lập BBT hàm f(x) suy ra hệ cĩ nghiệm duy nhất với mọi m 2 x 3x 4 0 c) cĩ nghiệm. Ta cĩ: x2 3x 4 0 1 x 4 . 3 2 x 3 x x m 15m 0 Hpt đã cho cĩ nghiệm x3 3 x x m2 15m 0 cĩ nghiệm x  1;4 x3 3 x x m2 15m cĩ nghiệm x  1;4 x3 3x2 khi 1 x 0 Đặt f x x3 3 x x 3 2 x 3x khi 0 x 4 3x2 6x khi 1 x 0 Ta cĩ : f ' x ; f ' x 0 x 0; x 2 2 3x 6x khi 0 x 4 Ta cĩ bảng biến thiên : x -1 0 2 4 f’(x) - 0 - 0 + 16 f(x) 2 -4 f x m2 15m cĩ nghiệm x  1;4 max f x m2 15m 16 m2 15m  1;4 m2 15m 16 0 16 m 1. Vậy hpt đã cho cĩ nghiệm 16 m 1 Bài-giảng Pt- Hpt trang.264 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số x 1 y 2 m 2x2 7x 3 0 II.109) Tìm m để hệ sau cĩ nghiệm: a) b) . 2 x y 3m x mx m 0 x 1 y 2 m G: a) Đặt u x 1; v y 2 u 0;v 0 . Bài tốn trở thành tìm m để hệ x y 3m u v m 2 2 sau cĩ nghiệm: u v 3m 3 . Nếu m 0 hệ vơ nghiệm. u 0; v 0 f(u) 2u2 2mu (m2 3m 3) 0 Hệ đã cho 0 u m Do đĩ ta cần tìm m để cho minf(u) 0 max f(u) ; f '(u) 4u 2m . Ta cĩ bảng biến thiên sau 0 u m 0 u m m u 0 m 2 f’(u) - 0+ f(u) m m2 6m 6 max f(u) max f(0);f(m) m2 3m 3 ; minf(u) f( ) 0 u m 0 u m 2 2 m2 6m 6 3 21 Nên minf(u) 0 max f(u) 0 m2 3m 3 ↔ m 3 15 0 u m 0 u m 2 2 3 21 Vây các giá trị cần tìm của m là: m 3 15 . 2 2 2 x m(x 1) (1) 2x 7x 3 0 b) cĩ nghiệm. Viết lại hệ dưới dạng 2 1 x mx m 0 x 3 (2) 2 x2 f(x) m (3) x 1 1 x 3 (4) Do x = 1 khơng phải là nghiệm của (1) với mọi m nên hệ (1)(2) 2 . x f(x) m (5) x 1 1 x 1 (6) 2 minf(x) m 1 x 3 x2 2x x 0 Hệ (1)(2)cĩ nghiệm . Ta cĩ f '(x) 0 max f(x) m 2 (x 1) x 2 1 x 1 2 Bảng biến thiên sau 1 x 1 2 3 2 f’(x) - - 0 + f(x) 1 9 2 2 - Bài-giảng Pt- Hpt trang.265 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số m 4 1 1 max f(x) f( ) ; minf(x) f(2) 4. Vậy các giá trị cần tìm của m là 1 1 2 2 1 x 3 m x 1 2 2 II.110) II.111) Bài tập tương tự x y m 1) Giải và biện luận hệ phương trình : 2 2 x y 2x 2 x 2 4y 2 1 2) Cho hệ phương trình : a) Giải hệ với a=0,25 ,b=0,5 b)Tìm a để hệ cĩ nghiệm với mọi b ax y b x ay a 0 3) Cho hệ phương trình a)Tìm a để hệ cĩ hai nghiệm phân biệt 2 2 x y x 0 2 2 b) Hệ cĩ hai nghiệm(x 1 ,y 1 )(x 2 ,y 2 ). Cmr: (x 1 -x 2 ) +(y 1 -y 2 ) 1 x 2 xy 2m 1 0 4) Cho hệ phương trình: a) Tìm m để hệ cĩ hainghiệm phân biệt x y 2 2 2 b) Hệ cĩ hai nghiệm (x 1 ,y 1 )(x 2 ,y 2 ). Tìm m để: (x 1 -x 2 ) +(y 1 -y 2 ) =4 x y 3 5) Cho hệ phương trình: 2 x 2xy m 1 a) Tìm m để hệ cĩ nghiệm 2 2 b) Tìm m để hệ cĩ hai ngiệm(x 1 ,y 1 ),(x 2 ,y 2 ) thoả mãn P = x 1 + x 2 +y 1 +y 2 đạt giá trị nhỏ nhất x 2 y 2 25 6) Tìm m để hệ cĩ hai nghiệm bằng nhau : mx y 4 3m 0 a(x 2 y 2 ) x y b 7) Cho hệ pt: cĩ nghiệm với mọi b. Cmr:a=0 y x b xyz z a 2 8) Tìm a,b để hệ cĩ nghiệm duy nhất : xyz z b 2 2 2 x y z 4 x 2 y 2 z 9) Tìm a để hệ cĩ nghiệm duy nhất x y z a 2 x y 1 10) Tìm a để hệ cĩ nghiệm duy nhất 2 y 1 ax a x 2 x y x 2 m 11) Cho hệ pt: a) Giải hệ với m=2 b) Tìm m để hệ cĩ nghiệm duy nhất 2 2 y x 1 a( x 1) cos x y 12) Tìm a để hệ cĩ nghiệm duy nhất 2 sin x y 1 x y 1 1 13) Tìm m để hệ sau cĩ nghiệm (ĐS: 0 m ) 4 x x y y 1 m 3x2 2x 1 0 14) Tìm m để hệ cĩ nghiệm. 3 x 3mx 1 0 2 x 3x 0 15) Tìm m để hệ sau cĩ nghiệm 3 2 x 2x x 2 m 20m 0 Bài-giảng Pt- Hpt trang.266 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- Pp hs/đánh-giá/hh/ptđt- Tham số 1 1 x y 5 x y 16) Tìm m để hpt sau cĩ nghiệm: 3 1 3 1 x 3 y 3 15m 10 x y 17) Giải các hệ phương trình sau : 2x y yx2 2 a) 2y z zy ; HD : Rút x; y; z và đặt x tan ; 2 2 2 2z x xz x2 y2 1 b) 3 HD : ĐẶT x sin ; y cos ; 0;2  . (x y)(1 4xy) 2 Bài-giảng Pt- Hpt trang.267 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng