H CDDaiSo2010HPT

Chuyên đề đại số Hồ Văn HoàngKIẾN THỨC CƠ BẢN 1.. , log, mũ có thể giải trực tiếp, các dạng khác cần lập bảng xét dấu.. Với bất phương trình dạng tích AB < 0, xét dấu tích A.B  Nhân bất

Chuyên đề đại số Hồ Văn Hoàng

KIẾN THỨC CƠ BẢN

1 Chuyển vế :

 a + b = c ⇔ a = c – b;  a + b < c ⇔ a < c − b;

 ab = c ⇔

= =



 ≠



 =



0 0 /

b c

b

a c b

;  ab < c ⇔

= >



 >

 

 <



  <



 >





0, 0 0 / 0 /

b

a c b b

a c b

a

b=c⇔ ≠ =0

a bc b

a2n+ 1 = ⇔ =b a 2n+ 1b ; a2n = ⇔ = ±b a 2n b ;

 = ⇔   = 

≥



2 2

0

n

= ±



a

2 Giao nghiệm :

 max{ , } ;  min{ , }











a <x <b(neáu a <b)

VN (neáu a b);

p G

G

Nhiều dấu V: vẽ trục để giao nghiệm.

3 Đổi biến :

a Đơn giản: = + ∈ = ≥ = ≥

2

0, x 0, log

a

b Hàm số : t = f(x) dùng BBT để tìm điều kiện của t Nếu x

có thêm điều kiện, cho vào miền xác định của f.

c Lượng giác:t = sinx, cosx, tgx, cotx Dùng phép chiếu

lượng giác để tìm điều kiện của t.

d Hàm số hợp : từng bước làm theo các cách trên.

4 Xét dấu :

a Đa thức hay phân thức hữu tỷ, dấu A/B giống dấu A.B;

bên phải cùng dấu hệ số bậc cao nhất; qua nghiệm đơn (bội

lẻ) : đổi dấu; qua nghiệm kép (bội chẵn) : không đổi dấu.

b Biểu thức f(x) vô tỷ : giải f(x) < 0 hay f(x) > 0.

c Biểu thức f(x) vô tỷ mà cách b không làm được : xét tính

liên tục và đơn điệu của f, nhẩm 1 nghiệm của pt f(x) = 0,

phác họa đồ thị của f , suy ra dấu của f.

5 So sánh nghiệm phương trình bậc 2 với α :

f(x) = ax 2 + bx + c = 0 (a ≠ 0)

* S = x1 + x2 = – b/a ; P = x1x2 = c/a

 So sánh nghiệm x1, x2 với 0 :  x1 < 0 < x2 ⇔ P < 0,

 0 < x1 < x2 ⇔

∆ >



 >



 >



0 0 0

P S

;  x1 < x2 < 0 ⇔

∆ >



 >



 <



0 0 0

P S

6 Phương trình bậc 3 : ax3 + bx 2 + cx + d = 0 (a ≠ 0)

a.Viet : A = x1 + x2 + x3 = – b/a ,

B = x1x2 + x1x3 + x2x3 = c/a , C = x1.x2.x3 = – d/a

x1, x2, x3 là 3 nghiệm phương trình : x 3 – Ax 2 + Bx – C = 0

b.Số nghiệm phương trình bậc 3: x= α ∨ f(x) = ax 2 + bx + c = 0:

3 nghiệm phân biệt ⇔∆ >α ≠



0 ( ) 0

f

2 nghiệm phân biệt ⇔∆ >α ∨∆ =α

( ) 0 ( ) 0

f

1 nghiệm ⇔ ( )α

∆





= 0 < 0hay

f = 0

7 Bất phương trình, bất đẳng thức :

 Ngoài các bất phương trình bậc 1, bậc 2, dạng cơ bản của

, , log, mũ có thể giải trực tiếp, các dạng khác cần lập bảng

xét dấu Với bất phương trình dạng tích AB < 0, xét dấu tích A.B

 Nhân bất phương trình với số dương : không đổi chiều;

số âm : có đổi chiều (Chia bất phương trình : tương

tự).

 Chỉ được nhân 2 bất pt vế theo vế , nếu 2 vế không âm.

 Bất đẳng thức Côsi : a, b ≥ 0 : + ≥

2

a b ab Dấu = khi a = b.

a, b, c ≥ 0 : + + ≥ 3

3

a b c

abc Dấu = xảy ra chỉ khi a = b = c.

 Bất đẳng thức Bunhiacốpxki : a, b, c, d

(ac + bd) 2 ≤ (a 2 + b 2 ).(c 2 + d 2 ); Dấu = xảy ra chỉ khi a/b = c/d

Chủ đề : Hệ phương trình phương trình

đại số

1 Hệ phương trình bậc 1 :

ax by c

a x b y c



Tính : D =

' '

a b

a b , Dx = ' '

c b

c b , Dy = ' '

a c

a c

D ≠ 0 : nghiệm duy nhất x = Dx/D , y = Dy/D

D = 0, Dx≠ 0 ∨ Dy≠ 0 : VN

D = Dx = Dy = 0 : VSN hay VN (giải hệ với m đã biết)

2 Hệ phương trình đối xứng loại 1 :

Từng phương trình đối xứng theo x, y Đặt S = x + y, P = xy

ĐK : S2 – 4P ≥ 0 Tìm S, P Kiểm tra đk S2 – 4P ≥ 0;

Thế S, P vào pt : X2 – SX + P = 0, giải ra 2 nghiệm là x và y (α, β) là nghiệm thì (β, α) cũng là nghiệm;

Nghiệm duy nhất ⇒α = β⇒ m = ? Thay m vào hệ, giải xem có duy nhất nghiệm không

3 Hệ phương trình đối xứng loại 2 :

Phương trình này đối xứng với phương trình kia Trừ 2 phương trình, dùng các hằng đẳng thức đưa về phương trình tích A.B = 0 Nghiệm duy nhất làm như hệ đối xứng loại 1

4 Hệ phương trình đẳng cấp :

ax bxy cy d

a x b xy c y d



Xét y = 0

Xét y ≠ 0 : đặt x = ty, chia 2 phương trình để khử t Còn 1 phương trình theo y, giải ra y, suy ra t, suy ra x Có thể xét x = 0, xét x ≠ 0, đặt y = tx

1 Hệ đối xứng I

11 1)

30

+ + =





xy x y

x y xy ;

11

P S hpt

P S

+ =





S P hay P S

= =

ĐS: (2; 3);(3;2);(1;5);(5;1) 2)

3 3

30

5; 6 : (2;3); (3; 2) 35

x y xy

hpt S P KQ

x y





0; 2 (1;0)

hpt

P P

30

35

x y y x

HD x y S x y P x y

x x y y





Hpt ⇔ 3. 30

S

P S SP

=





 giải được S = 5 ⇒ P = 6 KQ (4; 9); (9; 4)

1



 + − = −



x y xy

x y xy m

a) Tìm m để hpt có nghiệm (HD: Giải hệ S; P ta được S = 4m;

P = 5m −1;ĐK: S2 − 4P ≥0 ⇔ 1 1

4

≤ ∨ ≥

b) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất ĐS: m = 1/4, m = 1 6) a) Cmr: Hệ  2+ + 2 =22 +1



x y xy m

x y xy m mcó nghiệm với mọi m.

b) Tìm m hpt có nghiện duy nhất



P S m

S m P m S m P m

P S m m

ĐS: hệ S1, P1 vn; 2 2

2 −4 2 =( −1) ≥0

b) Hệ có nghiệm duy nhất ⇔ 2

2 −4 2 =0

S P ⇔(m−1)2 =0 1

⇔ =m Suy ra x = y = 1 Vậy : (1;1)

2 Hệ đối xứng II 3

3

1)







x x y

y y x; 2)







x x y

y y x

Chuyên đề đại số Hồ Văn Hoàng HD:1)⇔

2 2

3 3

=



x y

x y x y xy

x x y

x x y

ĐS: (0;0),( 11; 11),(− 11; 11)

2)Lấy (1) − (2) có 3(x − y)(x + y −1) = 0 ⇔ y = x hoặc y = 1 − x

Kết hợp (1) khi y = x : (1;1) ; (2;2); khi y = 1 − x VN

3)

 − =





 − =



y

x y

x

x

y x

y

2

2

 + =





 + =



x

y x y

x y

3) ĐK:x ≠ 0; y ≠ 0 Hệ ⇔ (2 )(2 4) 0





x y x y

ĐS(-2;-2)

4) HD: Lấy (1) − (2) có (x − y)(2 + 4/xy ) = 0 ⇔ y = x ; y = −2/x

 y = x : (1;1) ; (−1; −1) ;  y = −2/x : ( 2;− 2);(− 2, 2)

3 Hệ nửa đối xứng VD

3

 − = −







x y

y x

0

≠



x y

x y

x y x y xy x y

⇔

3





x y

x y xy

4

1

≠



−

x y

x y

x

(I)⇔



 = =



− +

 = =





− −

 = =



1

2

2

x y

x y

x y

; (II)⇔



 =





1

x y y x

4 Hệ đẳng cấp

VD Cho hệ phương trình :

2







x xy y m

a) Giải hệ pt` với m = 1; b) Tìm m để hệ có nghiệm

a) Dễ thấy y = 0 không phải là nghiệm của hpt

Đặt x = ty, ta có : Hệ ⇔

2 2 2 2

t y ty y

y ty





⇔

2 2

2

(1 3 ) 4

y t t

y t





2

2

(1 3 ) 4

t t t

y t





(I)

Do y ≠ 0 nên từ y2(1 - 3t) = 4 ⇒ 1 - 3t > 0 ⇒ ĐK : t < 1

3

kq : (1 ; 4), (−1 ; −4)

b) (Khử một ẩn.)

 x = 0 ⇒ m = 4 ; y = ± 2 Hệ có nghiệm (0 ; −2) ; (0 ; 2)

 x ≠ 0 ⇒ m ≠ 4

Hệ ⇔

2

2

4







x xy m

y xy ⇔

2

4







y x

hệ có nghiệm ⇔ (*) có nghiệm

đặt t = x2 > 0 có (*) ⇔ 2t2 + (8 − m)t − (4 − m)2 = 0

ta có a.c = − 2(4 − m)2 < 0 nên phương trình luôn có 2 nghiệm

trái dấu t1 ; t2 nghĩa là có nghiệm t > 0 hay phương trình (*) luôn

có nghiệm với ∀m ≠ 4

Vậy Hệ pt có nghiệm ∀ m

Các bài tập luyện tập :

Bài 1: Cho hệ phương trình ( 1)(2 1)2

8





xy x y m

x y x y

a) Giải hệ khi m=12 b)Tìm m để hệ có nghiệm

Bài 2:

2 2 2 2

2 3

2 3



 =



y y x x x y

(B 2003)

Bài 3:

3 3







x y xy

x y HD: Nhóm nhân tử chung sau đó đặt S=2x+y và P= 2x.y Đs : (1,3) và (3/2 , 2)

Bài 4:

6 6

1 (2)

 − = −







x x y y

x y .HD: từ (2) : -1 ≤ x , y ≤ 1

Xét hàm số: f t( )= −t3 3t trên [-1,1] áp dụng vào ph trình (1)

Bài 5: CMR hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất

2 2

2 2

2

2







a

x y

y a

y x

x

2

=





x y

x x a xét

3 2 ( ) 2= −

f x x x lập BBT







y x HD Bình phương 2 vế,đối xứng loại 2

Bài 7:

2 2

( 1) ( 1)







xy x a y

xy y a x xác định a để hệ có nghiệm duy nhất

HD sử dụng ĐK cần và đủ a=8

Bài 8:

2 2





= +



xy y

HD : Rút ra

2

y y Cô si

x2≥20 theo (1) x2 ≤20 suy ra x,y

Bài 9:

2







x y x y

HD: từ (1) đặt căn nhỏ làm nhân tử chung (1;1) (3/2;1/2)

3



 + =



HD: từ (1) đặt u= x+1,v= y+2 được hệ dối xứng với u, - v Chỉ ra hệ có nghiệm thì phương trình bậc hai tương ứng có 2 nghiệm trái dấu.

Bài 1 1 :

1)

3 3

2 2

2





x y x y

x y x y HD: tách thành nhân tử 4 nghiệm

2)

2

3 3

19







x y y

x y đặt t = x/y có 2 nghiệm





x x x y

HD: TH1 x=y suy ra x=y=1 TH2 chú ý: x>0 , y> 0 suy ra vô nghiệm

Chuyên đề đại số Hồ Văn Hoàng

4)

2 (1) 4







x y x y

x y x y đổi biến theo v,u từ ph trình số (1)





6

x y x

1

z thay vào được hệ y,z DS

(-1

2,3) ( 1

3,-2)