tìm điều kiện của tham số để hệ phương trình có nghiệm duy nhất

LỜI NÓI ĐẦU Nhằm giúp cho công tác dạy học ở trường phổ thông được tốt,giúp cho học sinh nâng cao được trình độ đề tài là một nét phát thảo lớn các phương giải “tìm điều kiện của tham số

Nội dung t rang

™ Lờ i nói đầu 0

™ T ính cấp hiết đối ượng nghiên cứu ,phươ ng pháp

nghiên cứu, nội dung nghiên c ứu

LỜI NÓI ĐẦU

Nhằm giúp cho công tác dạy học ở trường phổ thông được tốt,giúp cho học sinh nâng cao được trình độ đề tài là một nét phát thảo lớn các phương giải “tìm điều kiện của tham số để hệ phương trình có nghiệm duy nhất” Nội dung của đề tài chia ra làm năm dạng:

Dang 1:Dựa vào công thức

Em xin gởi lời cảm ơn chân thành đến thầy chủ nhiệm khoa ,thầy Hồ Văn

Các,trong thời gian qua đã tạo mọi điều kiện cho em tham gia nghiên cứu đề tài.Em xin gởi lời cảm ơn thầy Hoàng Huy Sơn đã hướng dẫn em trong thời gian nghiên cứu đề tài Và cuối cùng em xin gởi lời cảm ơn đến các thầy trong khoa sư phạm đã góp nhiều ý kiến quý báo và giúp cho đề tài của em được nhiệm thu một cách tốt đẹp

Mặc dù đã cố gắng hết sức để tài thành công mỹ mảng nhưng chắc chắn không tránh khỏi những sai sót và khuyết điểm Kính mong các thầy cô và các bạn sinh viên đóng góp ý kiến để đề tài ngày càng hoàn thiện hơn,xứng đáng là tài liệu tham khảo bổ ích

Long Xuyên ngày 9 tháng 10 năm 2004

" #

Kính thưa các thầy, trước hết em xin kính chúc các thầy dồi dào sức khỏe ! Em xin gởi lời cảm ơn chân thành đến thầy chủ nhiệm khoa, thầy Hồ Văn Các , đã tạo điều kiện cho em tham gia nghiên cứu đề tài Em xin gởi lời cảm ơn đến thầy Hoàng Huy Sơn trong thời gian qua đã hướng dẫn em nghiên cứu đề tài Em xin gởi lời cảm

ơn đến các thầy trong hội đồng khoa sư phạm đã tạo điều kiện để tài của em được nghiệm thu

Kính thưa các thầy ! Lĩnh vực toán sơ cấp có nhiều điểm lí thú, có những dạng toán mà làm cho chúng ta suy nghĩ rất nhiều mới tìm ra lời giải đáp Nếu không có phương pháp suy nghĩ đúng đắn chắc chắn chúng ta khó mà tìm được đáp án đúng hoặc đi lòng vòng quanh co Một trong những dạng như thế là dạng toán “Tìm điều kiện của tham số để hệ phương trình có nghiệm duy nhất” Chính vì nhận thức được điều đó mà em tham gia nghiên cứu vấn đề một cách thận trọng và tổng hợp hết các các dạng của loại toán này Nội dung được chia làm năm phần.Ứng với mỗi phần là một dạng toán của đề tài Trong mỗi phần được chia làm ba nội dung:tóm tắt phương pháp giải, ví dụ minh họa và bài tập áp dụng

Dạng 1: Dựa vào công thức

Đối với dạng này chúng ta chỉ cần thuộc công thức thì có thể giải được ngay không cần suy nghĩ nhiều Tuy nhiên, phải phát hiện đúng dạng mới áp dụng được Chúng ta cần nhớ các công thức: công thức gramme, công thức ,… Để hiểu được phương pháp em đã đưa ra nhiều ví dụ minh họa dễ hiểu từ dễ đến khó Sau cùng là bài tập áp dụng để củng cố những kiến thức đã nêu Nhìn chung phương pháp này khá đơn giản đối với các bạn sinh viên học toán

04

Dạng 3: Phương pháp đồ thị

Ưu điểm của phương pháp này là giải quyết nhanh gọn bài toán Tuy nhiên, cần phải biết vẽ đồ thị của từng biểu thức trong hệ phương trình Sau đó dựa vào hình mà biện luận Như đã nói thì không có phuong pháp nào là tối ưu mỗi phương pháp trên

dùng tính đơn điệu

Dạng 4: Phương pháp dùng tính đơn điệu

Trong phương pháp này ta lại khai thác tính chất đơn điệu của hàm số trên một miền D đơn điệu nào đó Sử dụng tính chất này ta sẽ thu được tính chất tuyệt vời mà việc giải hệ trở nên đon giản đưa về hệ mà trong đó có một phương trình có dạng x=y Sau đó ta thay x hoặc y vào các phương trình còn lại để bện luận Một phương khác cũng không kém phần quan trọng là phương pháp đánh giá

Dạng 5:Phương pháp đánh giá

Nếu biết sử dụng nhuần nhuyễn các bất đẳng thức như: bất đẳng thức Cauchy, bunnhiacopxki, becnouly,…và các bất đẳng thức khác thì ta sẽ giải được những bài toán đặc biệt mà các phương pháp trên không giải được Đối vơi dạng toán thường khó phát hiện ra sớm nên có thể nói đây là phương pháp khó Do thời gian hạn hẹp nên em đưa ra những bài tập có hạn Có những dạng đưa ra bài tập tương đối nhiều và cũng có những dạng đưa ra bài tập tương đối ít Phần bài tập áp dụng có những bài em tự suy nghĩ ra mà không có trong sách nào cả vì muôn có nhiều bài tập cho được cân đối giữa các phần Tuy nhiên, không phải vì như vậy mà đưa ra những bài tập qua loa Đề tài còn phát triển được nhiều bài tập nhưng vì thời gian không cho phép nên em không thể đưa ra hết các bài tập Mặc dù em đã cố gắng hết sức để hoàn tất đề tài nhưng chắc chắn không tránh khỏi khiếm khuyết Hy vọng đề tài góp phần vào kho tàng tri thức toán học, là một tài liệu tham khảo cho các bạn sinh viên toán năm thứ hai, các bạn học sinh phổ thông và các giáo viên phổ thông trung học

I.TÍNH CẤP THIẾT :

Như ta đã biết trong chương trình Toán phổ thông ta thường gặp

những dạng toán thường đòi hỏi chúng ta làm việc với những tham số như giải và biện luận phương trình,bất phương trình,hệ phương trình,hệ bất phương trình Trong các dạng ấy ta đặc biệt quan tâm đến dạng toán tìm điều kiện của tham số để hệ phương trình có nghiệm duy nhất.Đây là dạng toán hay và có nhiều lý thú trong cách giải

Thông thường các biểu thức giải tích có trong hệ phương trình nó

ẩn dấu một tính nào đó.Ta cần phát hiện và khai thác tính chất ấy để tìm ra mối quan hệ đặc biệt hoặc một ràng buộc đối với tham số, từ đó tìm ra điều kiện cần Đôi khi chúng ta dựa vào công thức hoặc tính chất hình học đã biết để vẽ đồ thị của hàm,từ đó tìm ra lời giải cho bài toán , thậm chí có thể khảo sát tính đơn diệu của một biểu thức rồi tìm ra được mối liên hệ để giải bài toán Và có những bài toán không có cách giải chung đòi hỏi chúng ta phải giải chúng bằng một cách nào đó và ta gọi chúng là những hệ phương trình không mẫu mực

II ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU :

Tìm điều kiện của tham số để hệ phương trình có nghiệm duy nhất trong đó ta đi sâu vào các loại hệ phương trình sau:

1/ Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn

2/ Hệ phương trình đối xứng loại 1

3/ Hệ phương trình đối xứng loại 2

4/ Hệ phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối

5/ Hệ phương trình mũ – Logarit

6/ Hệ phương trình không mẫu mực

III PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU :

Dựa vào các bài tập trong các tài liệu tham khảo để tìm ra phương pháp chung Đối với loại toán này chung qui có một số phương pháp

cơ bản sau:

1 Dựa vào công thức

2 Tìm điều kiện cần của tham số sau đó thử lại

3 Phương pháp đồ thị

4 Phương pháp dùng tính đơn điệu của hàm số

5 Phương pháp đánh giá một biểu thức

IV NỘI DUNG NGHIÊN CỨU :

Tìm cách giải đối với từng dạng và được tiến hành 3 phần:

Phần 1: phương pháp giải

Phần 2: Ví dụ

Dạng 1 : Dựa vào công thức

Nếu ta gặp được hệ cho dưới dạng

ax

c y b x a

dx by

ax

dy by

ay

2 3

2 3

tức là cho dưới dạng hệ phương trình bậc nhất , hệ phương trình đối xứng loại 1 ,hệ phương trình dối xứng loại 2 thì ta giải như sau:

- Đối với hệ phương trình nhất:

xy P

p

s 2 4 0

+ Tính S2 – 4p = 0 ⇒ tìm được m,với giá trị m này là giá trị m cần tìm

để hệ có nghiệm duy nhất ( không cần thử lại)

- Đối với hệ phương trình đối xứng loại 2 :

Trừ từng vế của hai phương trình được phương trình mới và ghép một trong hai phương trình của hệ để được một hệ phương trình mới.Thông thường đối với hệ mới này ta sẽ dẫn đến giải hai hệ phương trình,một trong hai hệ có dạng

m y x

f ( , , ) 0 ( I )

Giải hệ (I) tìm m để hệ có nghiệm duy nhất,sau đó thay giá trị m này vào hệ còn lại,nếu hệ này vô nghiệm hoặc có nghiệm duy nhất trùng với nghiệm của hệ (I) thì đó là giá trị cần tìm,ngược lại là không Có khi

ta tìm m thuộc một đoạn hoặc một khoảng Khi đó ta biến đổi hệ này để đưa về hệ trong đó có một phương trình bậc hai hai ẩn x,y.Khi đó ,xem

x hoặc y là ẩn và tính ∆ theo ẩn đó.Từ đó định ∆< 0 để hệ đã cho có nghiệm duy nhất (so sánh với giá trị m đã tìm ở hệ (I) rồi rút ra kết luận)

Ví dụ 1: Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất:

⎨

=

5

3

my x

y mx

Giải

+ Ta có D = m

m 1

5 = 5 – m2 ≠ 0 ⇔ m ≠ ± 5

Vậy với m ≠ ± 5 thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất

Ví dụ 2:

⎪

⎪

⎪

⎪

⎪

⎪

⎪

⎪

⎪

⎩

⎪⎪

⎪

⎪

⎪

⎪

⎪

⎪

⎪

⎨

⎧

= +

+ +

= +

+ +

= +

+ +

=

− +

+ +

+

1

3 2 2

3 1 3

2 1

1

3 2 1 n mx mx mx n mx mx mx n mx mx mx n n mx mx mx mx Giải Ta có D = = (n-1)m 0 m m m m 0 m m m m 0 m

m m m 0

1 m m m 1 0 m m 1 m 0 m

= (-1)n-1 (n-1) m mn-1 =( n-1) (-1)n-1 mn ≠ 0

⇔ m ≠ 0

Vậy với m ≠ 0 thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất

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

2 1 2

2

m xy y x

m yx

y x

Với thỏa điều kiện S

2 – 4p ≥ 0

⇔ 1 – 4 (m+1) 0 ≥ ⇔ m ≤ - 3 4

Ö x,y là nghiệm của phương trình X2 – X + m +1 = 0

Với thỏa điều kiện S

1 2

axy y

x

axy x

y

2 2

0 ) 1 )(

(

2 2

) (

2 ) (

y x y x

axy xy

y x y

= +

=

− + + +

) ( 2

2 ) ( 2 ) (

) ( 1

2 2

) (

2 ) (

II y

x

axy xy

y x y x

III y

x

axy xy

y x y

y x

axy xy

y x y

x

x

a ) 1 0 1

( (∗)

Hệ có nghiệm duy nhất ⇔ (∗) vô nghiệm ⇔ a = 1

Thay a = 1 vào hệ (III) ta được

S p

vô nghiệm

Vì S2- 4p = 1 – 4

2

1

< 0 Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất

Ngược lại nếu giải (III) :

= +

=

S y

x

P a

xy

1 1 1

S2 – 4p =

1

3 +

2 1

Vậy hệ đã cho có ít nhất hai nghiệm do đó không thỏa Tóm lại a =

1 hệ đã cho có nghiệm duy nhất

x y

ay y

y x

2 4 3 2

2 4 3 2

( 3 2 2

2 4 3 2

a y x y

xy x

ay y

y x

−

y x

a y y

−

y x

a y

2 )

3 ( 2

) 2 ( 2

4 3 2

a y y

x y x

ay y

y x

Vậy hệ (III) vô nghiệm

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ⇔ a >

425

+

=+

+

m x

y

y

x

m xy

y

x

2

22

+

=+++

+

02

2

0

xy m y

x

y x y

+

y x m

xy

xy y

y x

+

=

−

−+++

++

−

+

0

024)

(3)(

2

2 2

2 2 2

2 3

3

xy y

x

m

xy y x x y y x y

x y

x

x

a x

y

2 2

2 2

−

=+

−

−++

−

03

02

2)

(

2 2

3

2 2

x by y

y

b y x y xy x

0 ) , , ( ,

m y x F

m y x G

y D y x D x

m D m

Để giải loại toán này ta phải xem trong biểu thức F(x,y,m) có tính đối xứng,tính chẵn lẻ hay không tức là biểu thức F(x,y,m) không thay đổi khi ta thay đổi vị trí của x và y hay khi đồng thời thay x bằng –y và thay y bằng –x,hoặc ta thay x bởi –x hoặc thay y bởi –y, Biểu thức F(x,y,m) không thay đổi

* Phương pháp giải: Giả sử hệ có nghiệm duy nhất ( được biểu diễn bằng điểm M) , do tính chất đối xứng của biểu thức nên hệ còn có

nghiệm M1 đối xứng với M

Do tính duy nhất nghiệm nên M ≡ M1 Từ đó ta tìm được điều kiện cần của m ( m ∈ Dm )

+ Với m1 ∈ Dm (ta xét cụ thể) ta giải hệ phương trình đơn giản không còn giá trị m1 hoặc có m1 nhưng hệ đơn giản, từ đó nhận xét với giá trị m1 đó thì bài toán được thỏa mãn không Nếu thỏa thì giá trị m1 đó là điều kiện cần và đủ để hệ phương trình có nghiệm duy nhất Nếu m1 không thỏa được bài toán thì tiếp tục xét m2 ∈ Dm Tương như vậy đến khi nào ta xét hết các giá trị m ∈ Dm thì dừng

Kết hợp 2 bước trên ta kết luận bài toán ( Có ưu điểm giải được nhiều loại hệ phương trình)

= +

= +

a x y x x

y x

2 2

1 2

y

1 1

+

= +

) 1 ( 1 2 2

) 2 ( 2 2

y x

x y x x

+ Với a = 2 ta có hệ phương trình

+ +

= +

1 2 2

2

2 2

y x

x y x

Hệ (II) có ít nhất 2 nghiệm (-1,0) , (1,0) do đó a=2 không thỏa

Vậy a=0 thì hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

y x

2

3 2

sin

- Điều kiện cần : Dễ thấy (x,y) là nghiệm của (I) thì (x,-y) cũng là nghiệm của (I) , do tính duy nhất nghiệm nên y = -y ⇒ y = 0 hệ phương trình trở thành x = a = -3

- Điều kiện đủ: với a = -3 ta có hệ phương trình:

3 2

sin

y x

y x

) 1 ( 0 2 sin 2

) 2 ( 3 2

y y

y x

a y

x

a y x

2 ) 1 ( 2

2 2 ) 1 (

- Điều kiện cần : Dễ thấy (x,y) là nghiệm của (I) thì (y,x) cũng là nghiệm của (I) Do tính duy nhất nghiệm nên x = y

+

= + +

2

1 2 ) 1 ( 2

2

1 2 2 ) 1 (

y x

y x

y x

y

2

1 2

2 2

⇔ x = y = - 1/ 2

Vậy a = 1/ 2 thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất

Bài tập tương tự :

m y

= + +

a z

xyz

b z xyz

z y

x

2

4 2 2 2

−

−

=

a y x y

x

y

a x y x

y

x

2 2

) (

2 3 2 ) (

2 3

) 2 2 3 ( ) 2 2

3

(

0 2 ) 6 5 2 (

2

0 6

x x

a y y

x a a

x

y

my y

y

x

2 4 3 2

2 4 3 2

x y

a ax

y x

tg

sin 1

2

1 2 2

x y

a x

y x

cos )

1

(

1 2 2

m xy y

x

m y

−

y a

x a x

x a

y a y

3 2 )

1 2 ( 2

3

2 )

1 2 ( 2

− +

= +

−

− +

=

− + +

+

−

x a z y

x

xy a

z a

y

x

z y x xy

y x z

2 2

2 ) 1 ( 2

0 1 ) 1 ln(

1 ) 2 sin (

0 )

sin(

) 2 ( ) cos(

−

− +

+

) 4 sin(

2 cos

6 2

sin 6

2

) 4 cos(

2 sin

6 2

cos 6

2

π π

a m

a x

y a

y x

a m

a x y

a y

−

= + +

+ +

1 1 2 3

2 1 2 1

x a

y

a x

) 1 ( 2

2

2 2

m x y y x

m y x

) 1 (lg 2

lg lg

lg

) 1 (lg 2

lg lg

lg

y m x y

x

x m y y

x y

x

a

y x

1 )

1 4

(

1 2 2

2 cos

a y x

x y

x

m y

x

Điều kiện cần: Dễ thấy (x,y) là nghiệm của (I) thì (y,x) cũng là nghiệm của (I).Do tính duy nhất nghiệm nên x = y.Khi đó (I) trở thành

3

m x x

m x

y x

2 2 2 2 4 ) (

xy y x

y x xy

p S

y x

=

2 2 1 1

2 2 1 1

x y

1

2 2 1

2 2 2 2 4 ) (

xy y x

y x

y x

p xy

2 2

2 2

+ Với thỏa điều kiện S

p thỏa điều kiện S

2 1

m m m m

vô nghiệm

Vậy với m=1 hoặc m = 2 2 thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất

= + +

a z xyz

b z xyz

z y x

2

4 2 2

b a

= + +

2 2 2

4 2 2 2

z xyz

z xyz

z y x

) 1 ( 2

) 2 ( 0 ) 1 (

) 3 ( 4 2 2 2

z xyz z zxy

z y x

1

3 2 2

xy y x

1 5

xy y

1

5

xy y

Hệ (II) và (III) luôn có nghiệm do S2 – 4p > 0

Do đó hệ đã cho ngoài nghiệm (0,0,2) còn có nghiệm (x,y,1)

Vậy a = b = 2 không thỏa + Với a = b= -2 ta có hệ phương trình:

= + +

2 2 2

4 2 2 2

z xyz

z xyz

z y x

) 1 ( 2

) 2 ( 0 ) 1 (

) 3 ( 4 2 2 2

z xyz z xyz

z y x

3 3 2 2

xy y x

3

3

2 ) (

xy y x

vô nghiệm

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (0,0,-2)

Vậy với a = b = -2 hệ đã cho có nghiệm duy nhất

−

−

=

a y x y

x y

a x y x

y x

2 2 2

) (

2 3 2 ) (

−

− +

0 3

2 2 2

0 3

2 2 2

a x y xy y

x

a x y xy y

−

− +

+

= + +

−

− +

) 1 ( 0 4

9 3

2 2 2

) 2 ( 0 4

9 3

2 2 2

x y xy y

x

x y xy y

−

− +

0 2 4

0 4

9 3

2 2 2

x xy

x y xy y

x

− +

0 ) 1 2 (

2

0 4

9 3

2 2 2

y x

x y xy y

−

0

0 4

9 3 2

x

y y

− +

− +

2 / 1

0 4

9 2

1 3 2

1 2 4

1 2

y

x x x

2 / 1 0 1 2

y x

Vậy với a = 9 /4 thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất

2 3

) 2 2 3 ( ) 2 2 3

(

0 2 ) 6 5 2 ( 2

0 6

x x

a y y

x a a

= +

0 6 5 2 0 0 6

a x

x

a x

x x

Điều kiện đủ:

• Với a = -1 ta có hệ phương trình

2 2 3 ( ) 2 2

3

(

0 2 12

2

0 6

x x

y y

x y

+

= +

+

−

2 2 6 2

2 ) 2 2 3 ( ) 2 2 3 (

x x

y y

* Với thay vào hệ (I) thấy thỏa

2 )

2 2 3 ( ) 2 2

x x

y y

Vậy với a = 2 hoặc a = -1 thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất

x y

my y

y x

2 4 3 2

2 4 3 2

Điều kiện cần : Dễ thấy (x,y) là nghiệm (I) thì (y,x) cũng là nghiệm của (I) Do tính duy nhất nghiệm nên x = y.Khi đó x3–5x2 +mx = 0 (1)

⇔ ⎢ (*)

⎣

⎡

=+

−

=

05

02

m x x

3 3 2

) (

2 4 3 2

m y

y y

x x y x

my y

y x

my y

) 3 ( 2

2 4 3 2

m y

y y

x x

my y

y x

Giải (III) : Xét phương trình bậc hai đối với x

x2 + x(y-3) + y2 – 3y +m = 0 (*) có

∆ = -3y2 + 6y + 9 – 4m

y

∆′ = 9 + 3(9 – 4m) = 36 – 12m < 0 ∀m > 25/4 < 0

x y

a ax

y x tg

sin 1

2

1 2

Điều kiện cần : Dễ thấy (x,y) là nghiệm (I) thì (-x,y), cũng là nghiệm của (I) Do tính duy nhất nghiệm nên x = -x x = 0 Khi đó hệ trở thành:

a y y

) 1 ( 1

sin

2

2

) 2 ( 1 2

2

y x

y y

) 3 ( sin

1

) 4 ( 1 2 2

x y

y x tg

Dễ thấy là nghiệm của hệ

x y

a x

y x

cos )

1 (

1 2 2

sin

(I)

Điều kiện cần : Dễ thấy (x,y) là nghiệm của (I) thì (-x,y) cũng là nghiệm của (I) Do tính duy nhất nghiệm nên x = -x x = 0 Khi đó hệ trở thành:

y a y

) 1 ( 0 cos

) 2 ( 1 2 2

) 3 ( cos

) 1 ( 2

) 4 ( 1 2 2

sin

x y

x

y x

Vậy a = 2 thì hệ có nghiệm duy nhất

Điều kiện cần : Dễ thấy (x,y) là nghiệm của (I) thì ( y+1,x-1) cũng là nghiệm của (I) Do tính duy nhất nghiệm nên x = y+1 Khi đó ta có hệ phương trình:

= +

≥

a y

a y

a

6 2 4

2 ) 2 ( 4

a y

a

a a

6 2 4 0

0 6 6 2

15 3 9

y x

15 3

15 3 12 2 2

v u v u

2

15 3 12

v u

15 3 8

m xy y x

m y

m x

m x x

2 2

0 2

0 0 2 2

xy y x

y x

8 8 2 2

xy y x

y x

S y

x

p xy

xy

y x

6 14 4 4

4

xy

y x

2

y x

Vậy với a = 0 hoặc a = 8 thì hệ có nghiệm duy nhất

y a

x a x

x a

y a y

3

2 )

1 2 ( 2

3 2 )

1 2 ( 2

Điều kiện cần : Dễ thấy (x,y) là nghiệm của (I) thì (y,x), cũng là nghiệm

của (I) Do tính duy nhất nghiệm nên x = y Khi đó hệ trở thành:

x2 – 2(a+1)x + a 2 – 3 = 0 (*) (*) có nghiệm duy nhất ⇔ ∆′ = a 2 + 2a +1 – a 2 + 3

= 2a + 4 = 0 ⇔ a = -2 Điều kiện đủ:

+

y x

x

x y

4 1 3 2

y x

x y

−

− +

+

+

= +

− +

=

− + +

+

−

) 3 ( 0 1 ) 1 ln(

1 ) 2 sin (

) 2 ( 2 2

2 ) 1 ( 2

) 1 ( 0 )

sin(

) 2 ( ) cos(

xy a

z a

y x

x a z y

x

z y x xy

y x z

Điều kiện cần : Nếu (x,y,z) là nghiệm của (I) thì (y,x,z), cũng là nghiệm

của (I) Do tính duy nhất nghiệm nên x = y Khi đó hệ trở thành:

−

− +

=

− + +

−

=

) 3 ( 0 ] 1 ) 2 1 ln(

) 1 )[(

2 sin 2

(

) 2 ( 0 1

2 4

2 2

) 1 ( 0 2 sin

x a

z a

x

a z

x x

) 5 ( 0 2 sin

a z

z a

Dễ thấy z là nghiệm của hệ (4)(5) thì - z cũng là nghiệm của hệ (4)(5)

Do tính duy nhất nghiệm nên z = - z ⇒ z = 0 ⇒ a = 1

+

= +

− +

−

=

− + +

+

−

) 8 ( 0 2 sin

) 7 ( 2 2 2 ) 1 ( 2 ) 1 (

) 6 ( 0 )

sin(

) 2 ( ) cos(

z y

x

z y

x

z y x xy

y x z

(7) ⇔ x2 + y 2+ z2 = 2(x + y) ≥ 0

Nhưng vì (8) ⇒ x + y = 0⇒ x2 +y2+z2= 0 9) mọi nghiệm của hệ (6),(7),(8) đều là nghiệm của (9).Nhưng vì (9)

có nghiệm duy nhất (0,0,0) nên hệ (6),(7),(8) có nghiệm duy nhất (0,0,0) Vậy a = 1 thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất

−

− +

+

) 4 sin(

2 cos

6 2

sin 6

2

) 4 sin(

2 sin

6 2

cos 6

2

π π

a m

a x

y a

y x

a m

a x y

a y

2 cos

sin

) 4 sin(

2 sin

cos

π π

a m

a y a X

a m

a Y a X

m y x

m x y

6 2

6

2 (I)

Điều kiện cần: Dễ thấy (x,y,) là nghiệm của(I) thì (4-x,4-y), cũng là nghiệm của (I) Do tính duy nhất nghiệm nên

4

4 ⇔ x = y = 2 ⇒ m = 4 Điều kiện đủ: Với m = 4 ta có hệ phương trình

4 6

2

4 6

2

y x

x y

− + +

4 6

2

8 ) 6 2

( ) 6 2

(

y x

y y

4 6

2

4 6

2

x x

x x

y y

6 2

−

= + +

+ +

1 1 2 3

2 1 2 1

x a

y

a x

y a

a y

= +

+

1 1 2

3

1 1 2

+ Với a = 4 /3 ta có hệ phương trình :

= + +

1 1

2 3

4 3

9

16 1 2

x y

x y

x y

Vậy a = -1 hoặc a = 4 /3 thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất

) 1 ( 2

2

2 2

m x y y x

m y x

1

) 2 ( 2

= +

) 3 ( 2

2

) 4 ( 0 2

y

y x x

y x

y y x

x

Vậy với m = 0 thì hệ có nghiệm duy nhất

) 1 (lg 2

lg lg

lg

) 1 (lg 2

lg lg

lg

y m x y

x

x m y y

x

Điều kiện cần : Dễ thấy (x,y) là nghiệm của (I) thì (y,x) cũng là nghiệm của (I) Do tính duy nhất nghiệm nên x = y x = 0 Khi đó hệ trở thành:

⇒

2lg2x – mlgx + m = 0 (1)

0 2 lg

lg

lg

0 2 lg

lg

lg

x y

x

y y

Hệ có vô số nghiệm Do đó m = 0 loại

) 1 (lg 8

2 lg lg

lg

) 1 (lg 8 2 lg lg

lg

y x

y x

x y

y x

) 0 ] 8 lg )[lg

lg (lg

) 1 (lg 8 2 lg lg

lg

x y

y x

y x

y x

x x

VN y

x

lg lg

0 8 lg 8 2 lg 2

lg 8 lg

0 72

x x

Vậy với m = 8 thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất

x y

x

a

y x

1 )

1 4

(

1 2

Điều kiện đủ:

+Với a=0 ta cĩ hệ phương trình

x y

y x

1

1 2 2

Dễ thấy hệ cĩ ít nhất 2 nghiệm ( -1,0), ( 1,0 ) do đĩ a = 0 loại + Với a = 2 ta cĩ hệ phương trình

x

y

x

1 )

) 1 ( 1 2

4 2

) 2 ( 1 2 2

y x x

y x

Vậy a = 2 thì hệ phương trình đã cho cĩ nghiệm duy nhất

2 cos

a y x

x y

Điều kiện cần: Dễ thấy (x,y) là nghiệm của (I)thì (-x,y) cũng là nghiệm của (I) Do tính duy nhất nghiệm nên suy ra x = - x x = 0 Khi đó

a y

2

) 2 ( 2 cos

Vậy với a= 6 thì hệ có nghiệm duy nhất

1

2 3 2 2 3 2

y x

a y x

) 1 ( 1 2 2

) 2 (

v u

a v

u

Phương trình (1) là phương trình đường tròn (C) tâm O bán kính R = 1

chỉ lấy trên cung B A)

nằm trong góc phần tư thứ nhất.Phương trình (2)

là phương trình đường thẳng (d).Hệ có nghiệm duy nhất (d) tiếp xúc với (C ) tại M nằm trên cung AB

, 0

(

0

a R

d d

Khi đó (d) tiếp xúc với ( C ) tại M(

2

,2

2 2

2 2

2

2 3

y x

Vậy với a = 2 thì hệ có nghiệm duy nhất

= + +

) 2 ( 2

) 1 ( 2

) 1 ( 2

2 ) 1 (

a y

x

a y x

Phương trình (1) là phương trình đường tròn (C1) tâm I1(-1,0) bán kính

) 1 ( 0

) 2 ( 0 2

2

m my x

x y x

(1) là phương trình đường thẳng (d) luôn đi qua điểm cố định A(0,1) Còn (2) là phương trình đường tròn (C) tâm I(

2

1

,0) bán kính R1 =

21

Vẽ 2 tiếp tuyến với đường tròn ( C)

Hoành độ tiếp tuyến là nghiệm của hệ phương trình

2 1 1

1 2

x x

x m

m

x x

4 5

4

m x

m x

Vậy với m = 0 hoặc m =

= + +

+ 1

1 2

y x

m xy y

+

−

= + 1

) (

1 2

y x

y x m

) 1 ( 1 2

) 1 ( 2 ) 1 (

) 2 ( 1

m y

x y x

Phương trình (1) là phương trình đường tròn (C) tâm I (1,1) bán kính R = m + 1

p

m xy

S y

x

2 1

(I) (I) có nghiệm duy nhất ⇔ S2 – 4p = 0

⇔ 1 –

4(-2

m) = 0

⇔ m = - 1/ 2 Bài tập :

a y

x

a y

x

3

2 1

2

) 1 ( 2 2 2

y

x

a y

4 2

0 2 2

y x

x

x mx

+

y x

a y

x

1 2

2 ) 3 ( 2

+

m y

x

xy x

2 ) 1 2 (

2

2

4 2

2 ) 1 2

2 2 2 )

1 (

y m mx

x x

y x

0 2

4 2 2

y m mx

y x

+

−

= +

−

− +

b a

abx xy

b a y

y x y

x

0 2 )

( 2

0 16 6

8 2 2

x y

mx y

y x

y

) 1 (

2 1

a y x

2 2

7 2 2 log

) 2

1 ( 7 2 2 log

m x y

x mx y

a y x

a y

) 1 (

) 2 ( 3 3 2 2

a v u

a v

u

Từ (1) ⇒ a ≥0 (*)

Phương trình (1) là phương trình đường thẳng (d) , còn phương trình (2) là phương trình đường tròn (C) tâm I(0,0) bán kính R = 3 a + 3và nằm trong góc phần tư thứ nhất

Do đó (I) có nghiệm duy nhất ⇔ (II) có nghiệm duy nhất (d) tiếp xúc với (C) tại M thuộc cung AB

15 3

=+

)2()1(2

)1(22 2

a y