Chuyên đề 9 hệ phương trình

CHUYÊN ĐỀ 9: HỆ PHƯƠNG TRÌNH A KIẾN THỨC CƠ BẢN Phương pháp B1: Từ phương trình ta rút ẩn biểu diễn ẩn cịn lại (thường rút ẩn có hệ số nhỏ nhất) B2: Thế biểu thức vào phương trình cịn lại để phương trình ẩn B3: Giải phương trình thu B4: Thay ẩn vừa tìm vào phương trình để tìm ẩn cịn lại kết luận Phương pháp cộng đại số B1: Nhân vế phương trình với số thích hợp (nếu cần) để hệ số ẩn hai phương trình đối B2: Cộng (nếu hệ số đối nhau) trừ (nếu hệ số nhau) vế phương trình để phương trình ẩn B3: Giải phương trình thu B4: Thay ẩn vừa tìm vào phương trình để tìm ẩn lại kết luận Đặt ẩn phụ: Khi phương trình có nhóm giống ta chọn làm ẩn phụ Dùng bất đẳng thức: Dùng BĐT để lập luận trường hợp xảy dấu n - BĐT Cô si: a  b 2 ab ; a1  a2   an n a1a2 .an (dấu xảy số nhau) - BĐT Bunhiacopxki  a1x1  a2 x2   an xn   a12  a22   an2   x12  x22   xn2  Dấu xảy số tương ứng tỉ lệ B CÁC DẠNG BÀI TẬP Hệ đối xứng loại x; y  nghiệm -Nhận dạng: Là hệ phương trình mà cặp số   y; x  nghiệm (vai trò x y phương trình) -Phương pháp giải:Đặt x  y S ; xy P Giải hệ phương trình với S P sau tìm x, y nhờ phương trình: X  SX  P 0 Hệ đối xứng loại - Nhận dạng: Cũng loại I, loại II đối xứng đối xứng phương trình khơng phải đối xứng phương trình kiểu I Một cách nhận dạng khác cho x  y phương trình hệ Hay nói cách khác x  y nghiệm hệ Đây đặc điểm khai thác hệ Phương pháp: Thông thường, ta trừ vế theo vế thu nghiệm x  y , số nghiệm x; y  khác Sau thay lại tìm nghiệm  Hệ đẳng cấp -Nhận dạng : Là HPT mà tất hạng tử chứa ẩn có bậc -Phương pháp: Đặt x ty (hoặc y tx), vào phương trình sau chia vế ta phương trình ẩn t Giải phương trình tìm t, thay vào tìm x y  x  32  x  y  4 x  32  x 24  y Ví dụ: Giải hệ phương trình  Giải: ĐK: x 32 Hệ cho tương đương với:  x  32  x  x  32  x  y  y  21    x  32  x  y  Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:     x  32  x        x  32  x  64 2 x  32  x 8   x  32  x      x  32  x  256  x  32  x 4  Suy   x  32  x   x  32  x 12 2 Mặt khác y  y  21  y  3  12 12 x 16, y 3  tm  Đẳng thức xảy : x; y   16;3 Vậy hệ cho có nghiệm  I Dạng Giải biện luận hệ phương trình Phương pháp giải :  Từ phương trình hệ tìm y theo x vào phương trình thứ hai để phương trình bậc x  Giả sử phương trình bậc x có dạng : ax b(1)  Biện luận phương trình (1) ta có biện luận hệ +Nếu a 0 : (1) trở thành 0x b - Nếu b 0 hệ có vơ số nghiệm - Nếu b 0 hệ vơ nghiệm  1  +Nếu a 0 có nghiệm b x a Thay vào biểu thức x ta tìm y , lúc hệ phương trình mx  y 2m (1)  x  my m  Ví dụ:Giải biện luận hệ phương trình :  Giải: Từ (1)  y mx  2m, thay vào (2) ta được: (2) x  m  mx  2m  m    m   x  2m    m   (3) x  2m    m    2m  m2  m2 Nếu m  0 hay m 2 m   2m  m ; y    m  m    m  Khi Hệ có nghiệm Nếu m 2 (3) thỏa mãn với x, y mx  2m 2 x  x,2 x   với x   Hệ có vơ số nghiệm  Nếu m  (3) trở thành x 4  hệ vô nghiệm Vậy : 2m  m  ;  x; y     m2 m2 Nếu m 2 hệ có nghiệm x,2 x   với x   Nếu m 2 hệ có vơ số nghiệm  Nếu m  hệ vơ nghiệm IV Dạng Xác định tham số để hệ có nghiệm thỏa mãn điều kiện cho trước *Phương pháp giải: - Giải hệ phương trình theo tham số k n f  m - Viết x, y hệ dạng : với n, k nguyên - Tìm m nguyên để f (m) ước k Ví dụ 1: Định m nguyên để hệ có nghiệm nghiệm nguyên: mx  y m   2 x  my 2m  mx  y m    2 x  my 2m  2mx  y 2m   2 2mx  m y 2m  m  m   y 2m  3m   m    2m  1  2 x  my 2m  Để hệ có nghiệm m  0 hay m 2 Vậy với m 2 hệ phương trình có nghiệm   m    2m  1  2m  2   y  m2  m2 m2   x  m  1  m2 m2   1;  1;3;  3  m  1;  3;1;  Để x, y số nguyên m   Ư(3)  mx  y 9  x  my 8 Ví dụ 2:Cho hệ phương trình  x; y  thỏa mãn hệ thức: Với giá tri m để hệ có nghiệm  38 2x  y  3 m  Giải: Điều kiện để hệ phương trình có nghiệm m 2 Giải hệ phương trình theo m 8m   y   m   y 8m   mx  y 9 mx  y 9 m2          x  my 8 mx  m y 8m  x  my 8  x 9m  32  m2  9m  32 8m  x ;y  m 4 m  vào hệ thức cho ta được: Thay 9m  32 8m  38 2   3 m  m  m   18m  64  8m   38 3m  12  m 1  3m  26m  23 0   23 m   23 Vậy C BÀI TẬP TỰ LUYỆN (cứ 10 giải lần) Đề từ 01 đến 10 Bài 01 m 1; m   x  y 7  Giải hệ phương trình :  x  10 y  Bài 02  x  y m  (1)  x  y  m  Cho hệ phương trình (m tham số) m a) Giải hệ phương trình (1) 1 P 98  x  y   4m x; y b) Tìm m để hệ (1) có nghiệm   cho đạt giá trị nhỏ Bài 03 1   x  x  y  y 3    x   y  5 x2 y2 Giải hệ phương trình  Bài 04  x  y z  3 Tìm nghiệm nguyên dương hệ phương trình:  x  y  z Bài 05 Giải hệ phương trình    x  y   x3   y  Bài 06 1   x  y  x  y  0    xy   x  y - = xy y x Giải hệ phương trình :  Bài 07  x   x  xy  y (1)  y  x  x   y  x  3x 3(2) Giải hệ phương trình     Bài 08  4 x  x  y 1   y  y  xy 4 Giải hệ phương trình:  Bài 09  x  xy  10 y 0  2 x  y  10  Giải hệ phương trình:  Bài 10 (m  1)x  (m  1)y 4m  Cho hệ phương trình x  (m  2)y 2 , với m  R a Giải hệ cho m  –3 b Tìm điều kiện m để phương trình có nghiệm Tìm nghiệm Đáp án 01 đến 10 Bài 01  x  y 7 2 x  y 7   Ta có:  x  10 y  2 x  20 y  16 2 x  y 7  x 2   23 y 23  y 1 Hệ phương trình cho có nghiệm nhất: (x; y) = (2; 1) Bài 02 a) Thay giá trị m 1 vào hệ phương trình ta có: I   x  y 4  x 2    2 x  y 1  y 1 x; y   2;1 Vậy với m 1 hệ phương trình có nghiệm    I 3 b) Ta có ln có nghiệm (x;y) với m 2 x  y 2m   x  y  m   x m   y  7 y m  5m   x   x m   y     m6  y   y m   P 98  x  y   4m I   Theo đề ta có:   5m    m     P 98     4m   49 49   2(26m  102m  117)  m 52m2  208m  234 52  m2  4m    234  52.2 52  m    26 26  MinP 26 Dấu “=” xảy  m  0  m  Vậy m  thỏa mãn yêu cầu toán Bài 03 Điều kiện : x; y 0 Ta có: 1   x  x  y  y 3  (I )  2  x     y   5     x  y  b y  y với a 4 1   x  x  y  y 3     x   y  5  x2 y2 a   x; x Đặt Thay vào hệ (I) ta có:  a 2  a  b 5 b 1   a  b   2ab 5   2ab 5  ab 2     a 1 a  b 3   b 2 Mà a 4 nên a 2  b 1   x  x 2     y  1 y   x 1 (tm)  x  x  0    y 1   y  y  0  (tm)  1   1   1;  ;  1;      Vậy nghiệm hệ cho Bài 04 3 2 Ta có: x  y ( x  y )  ( x  y )( x  xy  y  x  y ) 0 2 Vì x, y nguyên dương nên x+y  0, ta có: x  xy  y  x  y 0  2( x  xy  y  x  y ) 0  ( x  y )  ( x  1)  (y 1) 2 Vì x, y ngun nên có trường hợp: + Trường hợp 1:  x  y 0  ( x  1) 1  x  y 2, z 4 ( y  1)2 1  + Trường hợp 2:  x  0  ( x  y ) 1  x 1, y 2, z 3 ( y  1)2 1   y  0  ( x  y ) 1  x 2, y 1, z 3  + Trường hợp 3: (x  1) 1 Vậy hệ có nghiệm (1,2,3);(2,1,3);(2,2,4) Bài 05 z Đặt y 2  3x z  Hệ cho trở thành 2  3z x   x  z  z  x   x  z  x  xz  z  0   x z  2 (vì x  xz  z   0, x,z )  x  x  3x  0    x 2 Từ ta có phương trình: Vậy hệ cho có nghiệm: (x, y) ( 1;  2),  2,1 Bài 06 Điều kiện : x  0; y   1  1  x     y    x  y     x    y   4      x  y Viết lại hệ :  u  v  v y   uv 4 y x Đặt : ; , ta có hệ :  Giải : u  2; v  u x  Giải : x = 1 ; y = 1 Hệ cho có nghiệm : (x ; y) = (1 ; 1) Bài 07  x   x  xy  y (1)  y  x  x   y  x  3x 3(2)  x  y  x     y   x  0  x  3x 0    Điều kiện: (1)   y x  ( x  y )( x  y )  ( x  y )  x  y  x  2y   0, x, y   0  x  y y x y x y x  Thay y = x vào phương trình (2) ta được: x )(1  x  3x ) 3   x  x  ( x 3    x  3x  x   x  x  x   ( x   1)( x  1) 0  x  1    x 1  x  2( L)  x 1(tm)  x  y 1  Vậy hệ có nghiệm (1;1) Bài 08 Giải hệ phương trình x 3  x 3  x x  0  4 x  x  y 1   y  y  xy 4  (1) (2) Nếu y = (2) vơ lí nên y 0 b y Đặt ta có hệ (2)    x y y 4 x  x  b 1 (1')  (2') 4b  b  x 1 Lấy ( 1’) – ( 2’) ta có (x-b) (2x+2b-1) = 1 ( ,  2) ( ;2) *) Nếu x = b ta có hai nghiệm *) Nếu 2x + 2b = hệ vơ nghiệm 1 ( ,  2) ( ;2) Vậy hệ có hai nghiệm Bài 09 b) (1,0 điểm)  x  xy   x  y  y 0 (1)  x  xy  10 y 0      2 2 x  y  10  (2)  x  y 10   Từ phương trình (1) ta có x  xy   x  y  y 0  x  xy  x y  y 0  x3  x y  x y  xy  3xy  y 0   x  y   x  xy  y  0  x 2 y   x  y   x  xy  y  0  x  xy  y 0 y  11 y  2 x  xy  y 0   x    0  x  y 0   + Trường hợp 1: Với x  y 0 không thỏa mãn phương trình (2) + Trường hợp 2: x 2 y thay vào phương trình (2) ta có: 2  y 1  x 2 y  y 12  y 1    y   x 