Tài liệu Một số kiến thức đại số ppt

Ta nhận thấy 1 là phương trình đường thẳng ,luôn qua điểm cố định 0;1... 1 là phương trình đường thẳng x +y = a , do số giao điểm của đường thẳng và đường tròn chính là số nghiệm... Do s

MỘT SỐ KIẾN THỨC ĐẠI SỐ

*Đường thẳng : ax + by + c = 0 chia mặt phẳng tọa độ thành 2 phần ax + by + c ≥ 0 và ax + by + c ≤ 0 để biết phần nào lớn hơn 0 hay nhỏ hơn 0, thông thường ta lấy 1 điểm trên miền thế vào Nếu không thoả ta lấy miền ngược lại

Xét đường thẳng : -x + y – 2 ≤ 0 (như hình vẽ).Ta lấy điểm (0;0) thế vào (-x + y – 2) ta được -2 ≤ 0 Nên ta lấy miền chứa (0;0) đó chính là miền gạch như trên hình vẽ

* cho hàm số : y = f(x) có mxđ là D , gtnn = m ,gtln = M ta nói:

Hàm số y = f(x) có nghiệm khi : m ≤ y ≤ M trong mxđ

f(x)≥α có nghiệm khi M ≥α trong mxđ

c by ax

+

+ +

*Công thức đổi trục : [ gs I(a;b) ]

Đổi trục oxy →IXY

aXx

phần1 GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐỒ THỊ

Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm.

( )*

m y cos x

1 y sin x sin

= +

Giải : Đặt u = sinx , v = siny

Bài toán trơ thành tìm m để hệ sau có nghiệm :

(*)⇔

( ) ( ) ( ) ( )

=+

41

31

22

2

121

2 2

v u

m v

u

v u

Các điểm thỏa (3)(4) là những điểm nằm trên và trong hình vuông ABCD như hình vẽ ,(2) là phương trình đường tròn tâm I(0,0) bán kính R =

2 m

2 − , do số giao điểm của đường thẳng

và đường tròn chính là số nghiệm Vậy để hệ phương trình có nghiệm đường tròn phải cắt đường thẳng u + v =

=

− +

0 x y x

0 a ay x

2

a) tìm tất cả các giá trị của a để hệ có 2 nghiệm phân biệt.

b)gọi (x 1 ; y 1 ) , (x 2 ; y 2 ) là 2 nghiệm của hệ ,chứng minh rằng

(x 2 – x 1 ) 2 + (y 2 – y 1 ) 2 ≤ 1

Giải : a) Hệ đã cho có thể viết lại :

−

=

− +

) 2 ( 4

1 y ) 2

1 x (

) 1 ( 0 ) 1 y ( a x

2 2

Ta nhận thấy (1) là phương trình đường thẳng ,luôn qua điểm cố định (0;1) (2) là phương trình đường tròn có tâm I(

a

a a

+

−+

<

21

⇔ 0 <a <

34

1 2

2 1

<

+

−

0 2 a a x ) 1 a 2 ( x

0 4 x x

2 2

2 4

(*) Tìm a sao cho hệ sau đây có nghiệm.

Giải :

Hệ đã cho có thể viết lại :

+

) 3 ( 1 x 2

) 2 ( 2 x

1

) 1 ( 0 ) 2 a x )(

1 a

x

(

Các điểm M(x;y) thỏa(1) là những điểm nằm trên 2 đường thẳng như hình vẽ

Các điểm M(x;y) thỏa (2) là những điểm nằm trên 2 miền gạch

= + +

− +

2 2 2

2

m y x

0 2 ) y x ( 3 ) y x (

(*) Tìm m sao cho hệ sau đây có 3 nghiệm

=

− +

− +

) 2 ( m

y x

) 1 ( 0 ) 1 y x )(

2 y x (

2 2 2

Các điểm M(x;y) thỏa (1) là những điểm nằm trên 2 đường thẳng như hình vẽ

Các điểm M(x;y) thỏa (2) là những điểm nằm trên đường tròn tâm I(0;0) bán kính R = m ,

do số giao điểm của đường thẳng và đường tròn chính là số nghiệm Vậy để hệ phương trình

Biện luận theo a về số nghiệm của phương trình.

0 ) a y )(

a 2 x (

2 y 2 x

Giải :

Ta đổi trục cho dễ về việc tính toán và biện luận:

Đổi trục oxy →0XY

X x

Hệ đã cho có thể viết lại :

( ) ( )

20)a2Y)(

a2X(

12YX

Ta nhận thấy các điểm M(x;y) thoả mãn (1) là hình vuông A,B,C,D trong đó A(-2;0) ,

B(0;2) , C(2;0) , D(0;-2) Các điểm thỏa mãn (2) nằm trên 2 đường: X = 2a ,Y= 2a , mà giao điểm I của chúng luôn luôn di động trên Y = X , dễ thấy điểm I / (1;1) như hình vẽ , do số giao điểm của 2 đường thẳng và hình vuông ABCD chính là số nghiệm

1 a

1 a

12

22

1 a

1 a 1

1 a

hệ có 3 nghiệm.

Tìm a để phương trình sau có 2 nghiệm

x a x

x − 2 = − (*)

Giải : Với điều kiện x – x 2 ≥ 0 , đặt y = x − x 2 ≥ 0

(*) trở thành

( ) ( ) ( )

= +

3 0

y

2 0 x x y

1 a x y

2 2

⇔

( ) ( ) ( )

−

= +

3 0

y

2 4

1 y ) 2

1 x (

1 a x y

2 2

(2) và (3) là phương trình nửa đường tròn lấy phần dương như hình vẽ , có tâm I(

2

1

;0) bán kính R =

2

1

(1) là phương trình đường thẳng x +y = a , do số giao điểm của đường thẳng và đường tròn chính là số nghiệm Vậy để hệ phương trình có 2 nghiệm thì đường thẳng x +y =

a phải lớn hơn hoặc bằng

x + y = 1 và nhỏ hơn tiếp xúc trên , mà tiếp xúc trên bằng

2

1 2

a 2

2 1 a

) n ( 2

2 1 a

92

5x4xx

4a

0t,1t34a

≤ + +

2 a y 1 x

1 a 1 y x

2 2

2 2

(*) Tìm a để hệ có nghiệm duy nhất

Giải : Bất phương trình (1) là những điểm nằm trên và trong đường tròn tâm O 2 (0;-1) bán kính R 2

Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm duy nhất.

−

≤+

−

*0

)6(6

023

2

2

a a x x

x x

−

≤

≤

*20

6

12

1

a x a x

x

Xét hệ toạ độ trực chuẩn oxa.

Từ hình vẽ có thể thấy các điểm M(x;a) thỏa mãn (1) và (2) là miền gạch chéo nằm trên và

=

− +

−

2 2

) 1 x (

1 1 y 1 x

Giải :

Ta đổi trục cho dễ về việc tính toán và biện luận.

Đổi trục oxy →0XY

Hệ đã cho có thể viết

lại

( ) ( )







= +

= +

2 m

Y X

1 1 Y X

2 2 2

Các điểm M(x;y) thỏa (1) là những điểm nằm trên hình vuông ABCD , như hình vẽ Các điểm M(x;y) thỏa (2) là phương trình đường tròn tâm O(0;0) bán kímh R = m Do số giao điểm của đường thẳng và đường tròn chính là số nghiệm Vậy để hệ phương trình có 8 nghiệm khi : OH < R < OB

1 m 2

=

+

=

1 Y y

1 X x

( )* x m 2 x

Giải : Với điều kiện 12 – 3x 2 ≥0 đặt y = 12 − x 2 Phương trình có thể viết lại

⇔

(*)

( ) ( ) ( )

= +

≥

3 m 2 y x

2 1 12

y 4

x

1 0 y

2 2

Có thể thấy các điểm M(x;y) thỏa (1) và (2) là phương trình của nửa ellip lấy phần dương , như trên hình vẽ Có thể thấy các điểm M(x;y) thỏa (3) là phương trình đường thẳng luôn di động và có hệ số góc là -1

Xét các vị trí tới hạn của nó : qua A ứng với m = -1

0

412

m m

m

Tại B ứng với m = 1

Vậy ta có : Nếu 1≤ m <2 phương trình có 2 nghiệm.

Nếu m = 2 hoặc -1≤ m <1 phương trình có 1 ngiệm.

Nếu m > 2 hoặc m<-1 phương trình vô nghiệm.

Cho hệ : ( )*

0 a 6 x x

0 a x x

2 2

( ) ( )2 ( )*6

x x a

1 x x a

2 2

a) từ hình vẽ, hệ đã cho có nghiệm khi 0≤a≤1

b) hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi a a==10

tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm duy nhất

( )* 1

y x

1 m xy 2 y x

≥ + +

−

−

≥ +

1 y x

y x 1 m xy 2 1

y

x

y x 1 m

xy

( ) ( )

− + +

≥

+

⇔

2 1

y

x

1 1 m ) 1 y (

xy

2

2 2

2 2

Xét hệ toạ độ trực chuẩn oxy

Nhận xét : những điểm M(x;y) thỏa mãn (1) là những điểm nằm trên và trong đường tròn tâm I(1;1) bán kính R = m+1 (như hình vẽ) , những điểm M(x;y) thỏa mãn (2) là miền gạch chéo và đường thẳng x +y =1 Vậy hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi R = OH ,

0 m 4 x x

2 4

−

−

≤ +

86

14

2

2 4

−

−

++

−

≤

m x

x x

x x m

phương trình m = -x 2 + 2x +4 là parabol có đỉnh S(1;5) như hình vẽ do đó các điểm

M(x;y)thoả (1 ) là những điểm nằm trong parabol chứa miền thỏa (0;0)

bảng biến thiên

0 a 2 a 4 x ) 2 a 5 ( x

2 2

2 2







≤ +

≤ + + +

a x

1 0 ) 2 a 4 x )(

a x (

2 2







≤ +

≤ + + +

Xét hệ toạ độ trực chuẩn oxa

M(x;a) thỏa mãn (1) và (2) là những điểm nằm trong miền gạch sọc như hình vẽ, như vậy

để hệ phương trình có nghiệm đường thẳng y =a phải cắt miền gạch sọc

Vậy theo ycbt thì

0 2 x x

3 2

−

≤

− +

m x

(

1 2

1 x 2

2

Xét hệ toạ độ trực chuẩn oxm

Các điểm M(x;m) thỏa mãn (1) nằm trong giới hạn của 2 đường thẳng x =-2 và.x =

1

) , vậy để phương trình có nghiệm thì đường thẳng m = α phải cắt miền gạch sọc trong giới hạn cho phép cũa (1) hay.

2 m

Tìm m để hệ phương trình có nghiệm.

( )*

m y x

1 1 y 1 x

2 2 2







= +

=

− +

−

Giải :

Ta đổi trục cho dễ về việc tính toán và biện luận:

Đổi trục oxy →0XY





 +

=

+

=

1 Y y

1 X x

Hệ đã cho có thể viết lại

( ) ( ) ( )







= + + +

= +

* 2 m

) 1 Y ( ) 1 X (

1 1 Y X

2 2 2

Các điểm M(x;y) thỏa (1) là những điểm nằm trên hình vuông ABCD , như hình vẽ Các điểm M(x;y) thỏa (2) là phương trình đường tròn tâm O(-1;-1) bán kímh R = m Do số giao điểm của đường thẳng và đường tròn chính là số nghiệm Vậy để hệ phương trình có nghiệm khi :

5 m 2 2

đó là ycbt

MỘT SỐ BÀI TẬP

Tìm m để phương trình có nghiệm

m x cos 1 x sin

Cho phương trình

m x ) x 9 ( x x

2 2

2 2







=+

<

++++

a x

a a x a x

tìm a để hệ có nghiệm.

Tìm m để bất phương trình sau đúng ∀ x : − 4 ≤ x ≤ 6

m x x ) x 6 )(

x 4

Cho hệ ( )*

1 x

0 ) 2 x m )(

x m (

2 2

−

tìm m để hệ vô nghiệm.

Cho hệ ( )*

m y x

1 ) y x ( log x 2 y 2







= +

≥ + +

tìm m để hệ có nghiệm.

Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm.

log a+x (x(a-x)) < log a+x x

=

−

− +

0 y y x

0 2 a 5 y ax

2

a) tìm tất cả các giá trị của a để hệ có 2 nghiệm phân biệt.

b) gọi A(x 1 ; y 1 ) , B(x 2 ; y 2 ) là 2 nghiệm của hệ Tìm a để độ dài dây cung AB đạt giá trị lớn nhất

phần2 HỆ PHƯƠNG TRÌNH Xét đa thức với biến là x,y gọi F(x;y) Nếu ta có F(x;y) = F(y;x) với moi x ,y ∈R thì F(x;y) là

5 xy y x

2 2







= +

= + +

= + +

⇔

6 ) y x (

xy

5 xy y x

y x S

⇔

l 3 P

2 S

n 2 P

3 S 6

SP

5 P

⇔

2112

23

y x y x

xy

y x

Giải hệ phương trình

( )*1

zxy2y2x

1zyx

−+

=++

Giải : (Ta cứ coi z như là tham số , ta được hệ đối xứng loại 1 )

Hệ đã cho có thể viết lại như sau

−

= +

⇔

2

z z 2 1 xy

z 1 y x z

1 xy 2 y x

z 1 y x

0 y

0 x 0

xy

0 y x

Vậy hệ có nghiệm x = 0 ,y = 0 , z = 1

Cho hệ phương trình

( )* m

y x

m xy y x

2 2







= +

= + +

= + +

⇔

m xy 2 ) y x

(

m xy y x

=

+ +

= +

⇔

2 m 3 1 1 m P

m 3 1 1 S

1 m 3 1 1 m P

m 3 1 1 S

0 m 3 S 2 S

m P S m

P 2 ) S (

m P S

*

2 2 1 1

2 2

1 x

1 y

2 x 2

xy

3 y x l

10 P

5 S

n 2 P

3 S

*

2 2 1 1

≥ +







≥ +

≤ +

2

) 2 m ( ) m 3 1 ( 4

0 2 m

vn 0 m 3 1

0 2 m

⇔3 1+3m ≤−m−2dễ thấy bất phương trình vô nghiệm vì −m−2<0

Vậy để hệ phương trình có nghiệm khi 0 ≤ m ≤ 8đó là ycbt.

Bài tập đối xứng loai 2Giải hệ phương trình

( )* 1 x y y

1 y x x

2 2

2 2

13

0

13

032

2

13

0

13

0)322)(

(

13

33

13

*

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2 2

2

2 2

y x

y x x

y x

y x x

y x

y x x

y

x

y x x

y x y x

y x x x

y y x y

x

y x

⇔

3131

43

14

9

0

03

1

y

x

vn x

1 axy y x

+

= +

Giải : xét điều kiện cần :

Nhận xét rằng nếu hệ phương trình có nghiệm (x;y) thì hệ phương trình cũng có nghiệm (y;x) Vậy để hệ phương trình có nghiệm duy nhất thì x = y ,ta được

x 2 + x = ax 2 + 1 ⇔ (a- 1)x 2 –x + 1 = 0 (1)

phương trình (1) có nghiệm duy nhất

1 a 0

) 1 a

−

+

= +

+

= +

⇔

0 ) 1 y x )(

y x (

1 xy y x 1

xy x y

1 xy y x

2 2

0 x

0 y

1 x

1 y

1 x

1 xy

+

= +

⇔

1 xy 4

5 x y

1 xy 4

5 y x

*

2

2

dễ nhận thấy hệ có ít nhất 2 nghiệm thoả

như (1;0) , (0;1) Vậy với a =

4

5

không thỏa kết luận : không tồn tại a để hệ có nghiệm duy nhất

Giải hệ

( )* a 1 y x 2

a y 2 1 x

−

=

− + +

Giải : Điều kiện :−1≤ x,y≤2

Hệ đã cho có thể viết lại như sau

−

−+

++

+

−

=

−+

−

+

=

−+

+

a y x

x y x

y

y x y

x

y

x

a y x

x y

y x

a y x

210

22

11

21

02

211

21

=

⇔

3)

2)(

1(2)

2)(

1(2

x y a

x x

x y

0)3(4

12

3

2 2 2

, 1 2

2

x a

x y

a x

2 2

5 y

x 2 x y

5 y xy

=++

xy5x(

5

5yxyx

2y2

xy5x

2

5yxyx

*

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

x

y xy x

y x y y

y x

y xy x

y x

y xy x

y x

y x

y xy x

y xy x

y xy

x

163

52

11

*

163

52

5

1632

5

032

29

8

5

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 x

1 y

2 x

Giải hệ phương trình

( )* 17 y xy 2 x

11 y xy 2 x

2 2

2 2

= + +

Giải :

11.17y33xy22

x

11

17.11y17xy34x

51

2 2

2 2

=

−+

+

=+

34x3

35y

3

34x

2y

1x

2y

1x

3

25y

y5

4x

4y

y2

1x

*

2 2

Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm như trên.

Giải hệ phương trình

( )*2

yyxx

0yxy2

=

−+

=

− +

=

− +

⇔

2 y y x x

0 3 y

x ) y

x ( 2

y y x x

0 y xy 2 x

*

2 2

2

MỘT SỐ BÀI TẬP Giải hệ phương trình

( )*sin

tan

tansin

=+

m x m y

m y m x

a) Giải hệ với m = 1

b)Với những giá trị nào của m thì hệ có nghiệm

chứng tỏ rằng với a≠0 , hệ có nghiệm duy nhất

( )*2

2

2 2

2 2

y

a y x

Cho (x;y;z) là nghiệm của hệ phương trình







= + +

= + +

4 zx yz xy

8 z y

Chừng minh rằng

3

8 z , y , x 3

−

Tìm a để hệ sau đây có nghiệm.

( )* x

sin a x sin

x cos a x cos

3x

1y

1x

4

1y

0

y

yx

1x

0

x

yx

2yy8

yx

2xx2

yx

2yyx

x

3y

x

1y

x

2

2

( )*2009

)(

2 2

+

=+

+

a z y

x

a z y x xy

3yxy5x

2 2

2 2

2 2 2

2

y x

1 1 y x

5 xy

1 1 y x

2 y x x

2 2

2 2

Tìm a để hệ sau đây có nghiệm.

=

− +

−

a 3 y x

4 1 y 4 x

+

=+

32

1

2 2

x

a y x

)y()x(

Giải hệ phương trình

( )* )

y x ( 3 y x

y y x x

2 2

2 2

+

= +

Giải :

Hệ đã cho có thể viết lại như sau

( )

( ) ( )

= + +

+

=

+

2 ) y x ( 3 y

x

1 y

x

1 ) y x ( 3 y

x

y

x

) y x ( 3 y x

0 ) 1 y x )(

y x ( ) y x ( 3 y

x

y y x

2

2 2

Vì x+ y≥0 nên dễ nhận thấy (2) vô nghiệm

3x

0y

0x

0)3x

y x y x

y y x x

2 2

3 3

= +

+

= +

= +

= + + +







+ +

= +

= +

= + + +

−

⇔

2 4 y x y x

0 7 y xy x

1 4 y x y x

y x

4 y x y

x

0 ) 7 xy y x )(

2 2

2 2

2

2

2 2

2 x

1 y

1 x

2 x

1 x

y x 0 4 x x

y x

y x gy cot gx cot

y / = - ( cotg 2 x + 1) – 1 < 0 ∀x Vậy hàm số luôn luôn giảm

do đó phương trình cotgx – x = cotgy – y có nghiệm duy nhất x = y

2 x 2

x 13

y x 2

y

x

y

x

=++

=+

⇔

x t

xt t

x

t

x

x t

x t xt t x t x x

t

t x

21

02

21

)(2))(

(2

1

21

*

3

2 2

3

2 2

−

−

=

0 1 x x

1 x x

3 3

Giải phương trình

1 x 2 1







=++

−

=+

=+

⇔

x21

t

)l(01tx

tx

x1t

)xt(2)tx)(

tx(x21

t

t21x

*

2

2 2

1 x

1 x x

( )* 1

y x

a x y x 2

2 2

2 x

+ +

= +

Giải :

* điều kiện cần.

Giả sử hệ có nghiệm duy nhất (x;y) thì hệ cũng có nghiệm (-x;y) ,do tính duy nhất của

nghiệm nên hệ có nghiệm duy nhất khi x = -x ⇒ x = 0

Thay vào (*) ta được

0 a 1

=

+

2 1

y

x

1 2 x y

dễ nhận thấy hệ có nghiệm (1;0) , (-1;0) nên a =2 không thỏa

Với a = 0 hệ (*) trở thành

( ) ( )

y

x

3 x y

y 2 , x x 1 y , 1

=

=

⇔

1 y

0 x 1

y x

x x

y 2

2 2 2 x

Vậy theo ycbt thì : a = 0

Tìm a để hệ sau đây có nghiệm với mọi b

( )* 1

y x bx a

2 ) 1 b ( ) 1 x (

2

y 2 a 2

= + + +

= +

1 a 1

y x a

0 a

1 y x a

1 1 x 1

y

x

bx

1 1

+

4 0

y

x

bx

3 1 )

0 x

Vậy a = 1 là điều kiện cần và đủ để thoả ycbt

Tìm a để hệ sau đây có nghiệm với mọi b

( )* 1

y x ) 1 a (

a by ) 1 a ( 2

2 3

2 2 bx

−

= +

−

=

1 a

1 a 1

y

1 b 1 2 1

y

1 by

y

x

3 a

0 x

là nghiệm

Vậy a = -1 là điều kiện cần và đủ để thỏa mãn ycbt

Tìm a để hệ sau đây có nghiệm duy nhất.

( )* 1

y x tan

x sin y 1 a ax

2 2

−

=

− +

Giải :

* điều kiện cần.

Giả sử hệ có nghiệm duy nhất (x;y) thì hệ cũng có nghiệm (-x;y) ,do tính duy nhất của

nghiệm nên hệ có nghiệm duy nhất khi x = -x ⇒ x = 0

Thay vào (*) ta được

0 a 1

1 y 1

2 hệ này vô số nghiệm tùy theo giá trị của k

Vậy a = 0 không thoả mãn ycbt

Với a = 2 hệ (*) trở thành

( ) ( )2 y 1 y 1, x, x 1 sinx 11

y

x

tan

1 x sin

0 x 0

Vậy a = 2 là điều kiện cần và đủ để thỏa mãn

Tìm m để phương trình sau đây có nghiệm duy nhất.

( )* m x 1 x x 1

Thay vào (*) ta được m = 2+4 8

1

x 1

1

x 1

x 1

−

≥ +

1 x 0 87 x 62 x 25

3

4 x 2 7

x 4 x 7 4

0 x 7

0 x 4

0 x 7 4

2

*điều kiện đủ

Với x = 1 (*) trở thành

) 2 ( 1 log

1

log

2 2 + a 2 = 2 + a 2 x 2 ….(2) hiển nhiên đúng ∀a

87 2 a 2 25

361 log

2 2

25

87 a 2 a

2

2

2 2 2

⇔

=

+ +

Dễ dàng nhận thấy (3) chỉ đúng với a = 0 , nên

2 2 2 2

2 x 3 1 x x 6

3 1 x

6 x 1 ) 1 x 3 ( log

6

1

a 2 < vậy với x = 2 không thỏa mãn ycbt.

Với x = 5 (*) trở thành

(*)⇔ log 2 1 = log 2 + a 2 1 rõ ràng phương trình đúng ∀a

Tóm lại điều kiện cần và đủ là x = 5

Tìm m để phương trình sau đây có nghiệm duy nhất.

( )* m 2

Nếu phương trình (*) có nghiệm x = x 0 thì phương trình (*) cũng có nghiệm

x = 4 - x 0 do tính duy nhất của nghiệm nên , để phương trình có nghiệm duy nhất thì

x 0 = 4 - x 0 ⇔ x 0 = 2

với x 0 = 2 ta được

1 m m

Tóm lại điều kiện cần và đủ là m = 1

Tìm a để hệ sau đây có nghiệm.

( )* 2 y xy 10 x

1 a

a 1 y xy 2 x

2 2

2 2

+

−

≥

− +

+

−

−

≤ +

+

−

≥

− +

2 y xy 10 x

) 1 a

a 1 ( 2 y 14 xy 4 x 2

y xy 10 x

1 a

a 1 y 7 xy 2 x

2 2

2 2

2 2

2 2

1 a

4 )

2 1 1

a

a

+ +

−

=

− +

⇒

2 2

y xy 10 x

1 1

y xy 2 x

2 2

2 2

Có nghiệm thì (*) có nghiệm vì mọi nghiệm (1) (2) đều là nghiệm của hệ (*)

−

=

− +

−

=

− +

⇔

0 ) y x (

1 y 7 xy 2 x 2

y xy 10 x

1 y xy 2 x

2

2 2

2 2

2 2

2 hệ có nghiệm Vậy điều kiện cần và đủ là a < − 1

Tìm b để hệ sau đây có nghiệm.

( )* 5 b

1 b y xy 4 x

3 y xy 4 x

2 2

2 2

≥ +

+

≥ +

−

5 b

1 b 3 y xy 12 x 21

3 y xy 4 x 5

b

1 b y xy

4

x

3 y xy

4

x

2 2

2 2

2 2

2 2

5 b

18 )

−

⇒

5 b

18 )

2

50

6 1

= +

−

⇒

2 1

y xy 4 x

1 3 y xy 4 x

2 2

2 2

( )( )1 2 Có nghiệm thì (*) có nghiệm vì mọi nghiệm ( )( )1 2 đều là nghiệm của hệ (*)

= +

= +

−

0 ) y x (

3 y xy 4 x 1

y xy 4 x

3 y xy 4 x

2

2 2

2 2

2 2

y xy x

2 a

1 a 3 y xy 7 x

2 2

2 2

+

+

≥ + +

+

+

+

≥ +

+

3 y xy 3 x

2 a

1 a 3 y xy 7 x 1

y

xy

x

2 a

1 a 3 y xy

7

x

2 2

2 2

2

2

2 2

2 a

5 y

xy 4

−

⇒

2 a

5 )

= + +

2 1

y xy x

1 3 y xy 7 x

2 2

2 2

Có nghiệm thì (*) có nghiệm vì mọi nghiệm ( )( )1 2 đều là nghiệm của hệ (*)

= + +

⇔

1 y xy x

0 ) y x ( 1

y xy x

3 y xy 7 x

2 2

2 2

2

2 2

x y

2

hệ có nghiệm Vậy điều kiện cần và đủ là a>−2

MỘT SỐ BÀI TẬPTìm a để hệ sau đây có nghiệm.

( )* 1 a

a 3 y xy 6 x

3 y xy 2 x

2 2

2 2

≥

− +

Tìm a , b để phương trình sau đây có nghiệm đúng ∀x sao cho x ≤1

( )* 1 bx ax

Tìm a để hệ sau đây có nghiệm duy nhất.

( )*2009

)(

2 2

+

=+

+

a z y

x

a z y x xy

(

= +b 2 −∆

ax x

f

Từ (2) suy ra một số kết quả sau đây

Định lí 1 : nếu ∆< 0 phương trình (1) vô nghiệm và a.f(x) > 0

Định lí 2: nếu ∆= 0 thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất

Định lí 3: nếu ∆> 0 thì phương trình (1) có 2 nghiệm

a

b x

2

2 , 1

∆

±

−

=

Ơ định lí (3) - nếu a.f(x) < 0 khi x 1 < x < x 2

- nếu a.f(x) > 0 khi x < x 1 hoặc x > x 2

* từ đó ta thu được một số hệ quả sau

Hệ quả1 : trên trục số thực xét khoảng (α,β) mà α, không là nghiệm β

0)(

β

α

f a

f a

0)(

0)(

δβα

f a

f a

f a

Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác

Chứng minh rằng phương trình

2 2

2

x

Giải : Theo Cauchy ta luôn có

x x

y y

2 2

2

a a

c y

y x

Giả sử x , y là các số thoả các phương trình

30

92

30

92

2

2

≥

=+

−

≥

=++

b by

y

a ax

x

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3,

x b a f

Giải : Nhận xét từ giả thiết ta có x<0,y>0

Đặt x=−t khi đó theo Cauchy ta được

y t

16 y

t 3 y

1 t

1 y

Vậy min f(a,b) = 8 3đẳng thức xảy ra khi

3

1 y 3

1 t 1

y

y t y

t

16 y

−

= +

1 3 9 b

3 2

1 3 9 a 0

t 1 ( m t ) 1 t

Giải :

t 1

t 2 t

1

t 4 )

t 1 ( m t )

2 2 2

+ +

⇔ +

= +

+

⇔

0 x x

x 1 1 t

0 x khi 0 t

1 x x

m 4 x

m 4 3 )

1

(

m 4 1 )

1 x

1 < <

− hay x1 < − 1 < x2< 1 thì phương trình có 1 nghiêm x2 =−1+ 1+4m

phương trình này cho 2 nghiệm (1)

2

2 2 2

x

x 1 1

_

- 0 - + -

+

+

+ -0 -

-_

+

_ -

0)2()12( 3 2

ax

Giải phương trình

0 1 x

ax 4 + 2 − =

Giải phương trình

x a 2 x 1

x

+

+ +

Xét phương trình

0 2

1 ax

x 2 − − = có nghiệm x1, x2Tìm giá trị nhỏ nhất của

2 1 2 1

2 2 1

x

1 x

1 x x x

x ) a (

− +

0 x

1 t

1 x t x

t ) a (

b a

4 b

1 a

1 0

b

,

a

ab 4 b a

b

a

0 b , a

ab 4 b a 0

16 x

t

2

x t

4 x

t x

2 2

0

+

≥ + + +

=

4 2

1 4

0

2 2 0

2 2 0

2 0

2

1 x

x 2

1 t x

t

8 x

t

x t

Cho 3 số α ≠β ≠δ ≠0 đặt

αβδ

−

= δα + βδ + αβ

= δ

; 3

a

Chứng minh rằng các phương trình

) 2 ( 0 b ax 2 x

) 1 ( 0 c bx 2 ax

2

2

= + +

= + +

đều có 2 nghiêm

Giải : Xét phương trình (1) ta có

3 9

1

3 3

ac

b

2 2

2 2

2 2

/

>

αβ

− δα + δα

− βδ + βδ

−

αβ

=

δ + β + α αβδ

− δα +

3 9

1

3 3

b

a

2 2

2

2

2 2

/

>

α

− δ + δ

− β +

− δ