Ebook Chuyên đề luyện thi vào Đại học Đại số: Phần 2

Trang 1

Phan Il HUONG DAN GIAI — CAU HOI TRAC NGHIEM ON TẬP 2.1 2.2 170 Chương 1 PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MỘT ẨN Lưu ý ¡ = 2 thoá mãn bài toán Đáp số : „ < —2 hoặc zn > ] az lvab=1 l<m<9Q Voi a = 0 va b = 0 phương trình cho được biến đối thành : ra + bly = 2| = Ú tá? =Ùb `; mỤ, Dap so-e eb ir =O vara : a+b

Gọi V là tập nghiệm cua bất phương trình : mạ: > 2n + 1 (1) Ta tìm m sao cho (-1 :1) cxXx 0Ô)

Trang 2

3.1 3.2 3.3 A, +4, = a; +a, - 4Ù, +b,) > 20,4, — 4(b, + b,) = |a,a, -2(b, +b,)]> 05 A, >0 hose A, >0 m bjt Fe, = Giá hệ phương trình 15% +22, =1 ta được im = —-13 hoặc 28 It, =-— 2 " iy 19 1) — ——

A!= 282 4k +3 =2(k-1) +1>0 vei moi kER suy ra

h ình (1) luôn có hai nghiệ y ` LẺ 2 + #, = 2k 7 -

phương trình (1) luôn có hai nghiệm r I, „ ~EÈ + 4k — 3,

Thay vào về trái của hệ thức (2) hệ thức (2) được thoả mãn gì ~ 3kr + 2È” + = -5=0 (0) ` ¬ 3 1 , a) A’ =k? — 2h? "` — 5k? +4); A'>0âk}'~58)+4<01<k<4ôeâ|, mA IA oF NIA I 2 < b) i = (+, + s2) + z2] = (2, + 1) ey + Ai — bia, ufo) 2 = zeae ~iv -3 410 k?

Suy ra E = afse - 4) Dat f(k) = alsa -4 # €[—3:—1ÌU|12I

Trang 3

3.5

4.1

172

3) Voi —~5 <m < —] ta có :

a) E dat gia trị lớn nhất la 32 khi & = 2;

Trang 5

4.4 4.5 5.1 174 4 f lx+4=4 ie ~ 4 +4 = 0 _ «Do đó: (1) e | tư 4 `: =5 jJ” —iyb +4 —= any els! =4 r -(rˆ— 2z -+ 2) ~ 20m — 3)(r? — 2x +2) +m? —6m =0 (1) ® Đặt 0 = r? —2z +2 f—=(z—1) +11 eas P —-2Œmn - 3)†+m` —0m = Ư (2) ® Điều kiện cần và đủ đê phương trình (1) có nghiệm là phương trình wa ¬ i= oak ¬ (2) có nghiệm ? > 1 Ta có : (2) © ` b _¢ Do do diéu kién can oan [al tìm là : m-6>1° m > IL (m — Dar? — 20m — 2)? 4m —1 = 0 (1) ® Dat: ° >0 ta được phương trình : Gn — A) — 3n — 2)† + m—1= 0 (2)

® Điều kiện cần và dú đẻ phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt là

Trang 7

2 Ta có : @ +R 4e = (a +b+c} —3(&b +be + ca] =2; e+e 40% =u+b+c—3m = —3m Suy ra: Ở@ =“ø*+b' tc ! =a(w— m) + b(b — m) + cle — m) =a + bề + Com (a +5 +) =3); > 2 2

Tease 4 = (œ2? — am) ~ÍP? —bm} +? — em)

Trang 8

5.8 5.9 6.1 7! Ar? 420? 4.42 -3=-0 6 (2-1)(23 — 32? —7 +3) =0 «+ (x —1)(e - 1) (z? — 2z — 3) =Ð œ (z— 1) Íz +1) — 3)= 0 Ẩ©z = l hoặc r = —l1 hoặc r = 3 Giải phương trình : z` — 6z” +12z” — 14z + 3— 0Ñ)

Nhận xét : Ta chưa thấy được nghiệm đặc biệt nào của phương trình (1)

Ta tìm cách phân tích về trái của (1) thành thừa số Ta thử tìm ba số ø, b m sao cho: 2 Ve ER av! —Gr’ +122? ~ 14743 = (2? — 3z + a) = mz + b) 2 “Ta có : (z: — 8z+a) ~m(x +b) =

=r) —62° + (9 + 2a— m)a? _ (6a + mb) x +a? — mù?

Trang 9

6.2 6.3 6.4 6.5 178 Dip s6 > m > 3" m=Q:X = = (1: +.) Ủ<m <1: x =|! A) ma=li:N= Oo: 1 m>i:X= —dỊ m 2 _b) Giái và biện luận : snr? — Ú¡ — 2)z —1> 0 Ta có: 2 > A=(m—2) +4m = 1? +4>0 Đápsó: "m<(0:X= ty : |: m=0:XN= Lan 3 2

m>QO:xX = (-~ : | Uz, ‘ + ou)

Bất phương trình ; ( + 1)? — Ấm + 1)# + 2m +1 > 0 vô nghiệm kh: 2< + < -]T 4 Tập nghiệm cúa bất phương trình đã cho là : X = |¡n: + 2| Điều kiện : |0: 1ÌC X @—1<m <0 aa non? + Var +m! <0 (1) rtd +3 >0° (2) Tim mm sao cho (1) c6 nghiém va moi nghiém của nó déu thoa (2) eX,= (—=¿: 3)U(-1 â +)

đ Tam thc ở về trái của (1) có hai nghiém ta mn và zn”

Voi m ¢ {—1.0 1} bất phương trình (1) có tập nghiệm không rỗng

Trang 11

6.9

6.10

180 `

r —-1<0 (1)

Tìm m sao cho hệ sau vô nghiệm : ( m— x Ka +m ?)(œ + m}) < 0 (2) 2

Goi X,, X, lần lượt là tập nghiệm của (1) va (2) Tim m_ sao cho : X,AX, =@.Tacd: X, =[-1:1) Điều kiện cần : Nếu hệ vô nghiệm thi z = 1 không là nghiệm của bất phương trình (2) Do áó : (» — LÍ + m) >0=?› <S—] hoặc m > 1 Đảo lại : em<-1:Q)er4+m>042>-—m> X, = (—m: +a) Vi —m >1 nén x, AX, = @ Vay m < —1 thich hop ® 7m >]: (2) (x? — m)(r + m) >0 = kr — Jin er + mÌ(z “7 m) > 0 Bảng xét đầu về trái của (2) với rm < 1 : a —> —!! avin -1 1 vm +® = (m — x (x + m) + 7 + ~ AA - +

Nhận xét : mọi + € [—1 1 đều khơng thồ mãn bất phương trình (2)

Trang 12

Chương 2

HỆ PHƯƠNG TRINH HAI AN :

71 D=2ala—1): D, = 2a(n3 — 1); Dd, — —20?(a-1) ®az=0vàa=1:(z:0)=Í(a+1; ~a) —r—tẻ= —] canoer (US ©z+ựy=l +€ïR Hé (7) có vơ số nghiệm (z : ) với l =l—# tà= 1:0) e| 0++0„=0 ZER rty=1 =1—1 6az + (2 T— a)y = 3 (p

7.2 a) Giải và biện luận : l: —1)z — ay — 2

D~ ~(a +1)(5a — 3) ; D,=-(a+4); D =3(3a Ụ + 1)

® ø— —I1 hoặc a= : Hệ vô nghiệm

®aqa„+~ T—] và d2 : Hệ có nghiệm (z : g) với

a+4 —3(3a + 1) (œ + 1)(5ø — 2) ¬ (a +1)(5a — 2)

z=

b) Gia sir (x ; y) 1a nghiém của hệ (7) Thế thì : L se ~y)=3-2y a c-y)=24+2

Suyra: (x ~y)(3 -2y)- (6x ~ y)(x +2) =0

Trang 14

8.2 8.3 t + Uy = I Ị , + y = ] ae TS 9 2 tự =ỗ ry == —2 ( I 2) va (2 )

b rry=m ‘snphiém khi -2<m <2 Vea ean cò nghiệm ¡ —2<m < 3

tty=a4 v+y=ea - Dhak ` 3:1)

Trang 15

8.4 184 x= +l = +2 ® Vậy : (Ie T : = +] Tóm lại, hệ ()) có 8 nghiệm là : (1 ; 2), (1: -2),X—1 ; 2).(—1:-2), (2; 1), (2 ; 1), (2: —L), (2 ; —1) r+u+zh+y =8 [z(z+1)+y(y+1)=8 ứ) cy lr + ly +1) =m ° kế: 1).y(w +1)= m ôDat: X =a(2+1)>-2, Ơ = yly+1)>—< X+Y=8 Tu (I) suy ra: (i) XY =m a) Khi zn = 12, ta lần lượt có : X=? + +z—2=0 X+Y=8 Y =6 y +y-6-0 xy =12 “|Íx =6“ ||? +x—5=0 V=2 lly+y-2=0 Tóm lại hệ (7) có § nghiệm là : (1 : 2), (1 ; =3), (2: 2), 2: -3), (2: 1), (—3 : 1) (2: ~—2) (3 : —2) X+Y=8 1 b) Tìm mm de itn xn (| m với X 2-7

Trang 17

9.1 9.2 10.2 186 Ss = ) › A › ta r b) P » 73> —4P=-7a <0 => Hệ (7) có nghiệm tương ứng = £uU

khi va cht khi a = 0 Nghiém tuong tng là (0 : 0) Vậy :

Đáp số : (0 : 0) (via : vit) (vin a vin}

Với điều kiện r = 0 va = (), hệ tương đương với : + g}(ứ+y+4)=0 ; L an di Mr +o +d) Đáp số : (~2 : — 3) — ng — Ar + y) = () (7) a Aay + y = y ~ Bry = 4 a) a = 4 : Hé (J) 6 nghiém là (0 : +2) b) y = 0 khéng thoa man hệ (7) Đặt z = (ự, ta được : y(t? —at+ =a (1) y?(1— 32) = 4 (2) Từ (2) suy ra £ > s Khử w giữa (1) và (2), ta được : 47? + (3a —16)0 + 1—a = 0, (3) Nếu phương trình (3) có nghiệm ( > 5 thì phương trinh (2) có nghiệm

Trang 18

Dat: f(t) = 4”? + (3a —16)144+4 —a Ta có : /|Ÿ|=$+a-1f+á-s=-Š <0,

3 9

Suy ra phương trình (3) có một nghiệm ¿ > =

Trang 19

we —5uv + 6? = 0 (u — 2u) + (w — 3») = 0 u+i~3 ® Ìø +1 = 3ø U tu mu uv ụ = 2 3” —~ 3ø +1—=0 v=l — Ì e tu = 3u = 1 “ 3u? — äo +1 = 0 (vô nghiệm) mẽ 2 v= 2ã Ta còn có : z = ute y= ae 4 2 r+y+z2=6 (1) 11.5 > = †2 (2) Bình phương bai về của (1) rồi kết hợp với “+“+“=3 yoy 2 @) (2), ta được : r? + ÿˆ + 2? = zự + yz + zz>z—=p=z =9 Kiểm tra, các giá trị này thoả mãn hệ Đáp số : (2 ; 2 ; 2) Chương 3 PHƯƠNG TRÌNH BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI K_— 2a _—_ 12.1 Dùng phương pháp khoáng Đáp số : X = | us 1 : | 12.2 Dùng phương pháp khoáng Đáp số : X = {1 : -5}

12.3 Dùng phương pháp đề thị Kết quá biện luận :

® „< —2 : (1) vơ nghiệm : © m = —2 : (1) có 2 nghiệm ;

® =2<m <0: (1) có 4 nghiệm :® ;n = 0 : (1) có 3 nghiệm ;

®¡ >0: (1) có2 nphiệm

Trang 20

12.4 |, — Amex +m? + 2m| =z’? —27+m’ (1) Ta tim m để phuong

12.5

trình (1) cé ba nghiém phan biét

Nhận xét : Nếu +? — 2z + m? = 0 thì (1) có nhiều nhất hai nghiệm Do đó phai có điêu kiện : zÏ — 2z + 7n” >0 (*) Khi đó ta có :

(2m — De = 1! (2)

(1) re (2m + ie + mí” +7m = 0 | ; (3)

Đề ý rằng trong điều kiện (*), nghiém cua phuong trinh (2) khác với các nghiệm của phương trình (3) Do đó, ta tìm zm sao cho phương

trình (2) có nghiệm duy nhất và phương trình (3) có hai nghiệm phân

biệt cá ba nghiệm đều thoả mãn điều kiện (*)

T7

Voi mat phương trình (2) có nghiệm = Phương trình

2 2m — 1

(3) luôn có hai nghiệm phân biệt : z, = 7n và z, = mm + Ì

Đặt : /(z) = r? — 2r + m” Phái có điều kiện : ƒ6m) > 0 1” — Tm, > Ú V2 flm+1)>0 & 12m? ~1>0 ÂẦ© mer /| ” | >0 (mn? — m) (2m? ~ 1) >0 m> tI 2m — 1 Phương trình đã cho tương đương với : lz? — 37 +32|+az? + + = mi (1) Xét hàm số : ƒ(z) = ¿2 — 3x +2Ï + z? + z Ta có : 2z—2xz+2_ nếu z <1 hoặc z >2 fla) = , Ax —2 nếu Ì < z < 2

Gọi (C) là đề thị hàm số f(z) (Học sinh tự vẽ) Đường thang y =m va dé thi (C) có duy nhất một điểm chung khi và chỉ khi

3 s

Trang 21

12.6 Phương trình đã cho tương đương với : +” — z — 3|z — 1Ì = m (1) 13.1 13.2 13.3- 190 Xét hàm số : ƒ(r) = ¿} — r — 3Ìx - 1| Ta có : w—-4r+3 nếu z2] /ứÌ={, eo+2r-3 nếu z<1.-:

Gọi (C) là đỗ thị hàm số (Học sinh tự vẽ) Đường thăng = mm và đồ thì (Œ} có hai điểm chung khi và chỉ khi —4 < ze < —1 hoặc mm > 0 2 2 | — 2# — 3m| > | + ma Ầ ( — 2# — 2m) > (¿2 + mr) 2 = 2 = (4? — 3 — 2n} — (x? + mr) > 0 => [a2 + (in 2)+ — 2m||—(m +3)+z— 2m) > 0 (1)

Điều kiện cần - (1) dugc thoa man véi moi x € R, suy ra nhi thie

~(m 4+2)—2m không đổi dấu trên R suy ram = —) Dao lai: Voi m = —2 tà CÔ :

(1) eo 4(20? — 42 +4) >0 @ x? -2e +2>0

Bất phương trình này được thoả mãn với mọi z € R Vay: am — —2

d2 — 21H + ?Ìz — mỊ +2 >0.(I) Ta tìm m để (1) được thoả mãn

với mọi số thực z Đặt ¿ = Ìx — m| > 0 Từ (1) suy ra : f? + 2— mỀ + 2> 0 (2) Ta tìm m= sao cho bat phuong trinh (2) được thoả mãn với mọi L>0 Đáp số - Im| < V2 ® Bất phuong trinh me? — [3x + 2[ 4+ m < 2 tuong duong voi : [Sr +242 >m, (1) w+) m (22 + 1) < l3z + vị +2 _ 3+ +2|+-2 Xét hàm số f (+) :

4 +Ì €l®, Ta tìm miền giá trị của

ƒ(r) từ đó suy ra các yêu cầu mà tập nghiệm của bất phương trình

Trang 22

13.4 eTacé: f(r) = red (a) = 2244 nếu > —— r+) 2 fila) = su =U /)=0z= 1z <— `] (x? +1) a2 pe ys f(a) =e ase +8 : g6)=0 =3 [z> =3} (¿? + 1) } 1 ® Bang biến thiên : r x —] — 7 ub +x 3 3 fir) + 0 ~ + OO — 3 9: 2 2 rhe) ⁄ \ ⁄ NI TT 18 13 0 f (x) 3 (x) hoo kas 9 Suy ra miền gid tri cua ham s6 la: f (IR) = | NI ® Két luận : a

1) ƒz) > mí có nghiệm khi va chi Khim < 5:

2) f(z) > m được thoá mãn với mợi z € IR khi va chi khi m <0

Giai và biện luận bat phương trình : — <2 (1)

a

Với điều kiện r z 2 ta có :

Trang 23

192 2< —2 lz— mÌ— (z+ 4} x+4<Ìz~ mỊ “a ———————<ĐÚ ++3 r>-2 I +4> |z — ml () © (77) Ta dùng phương pháp đồ thị Gọi A là đường thẳng y = z + 4 va (C) \ \ 1 là đồ thị của hàm y = |x ~ ml; A, la phan Wn ` ca ` C YY 2 của A nằm dưới đề thị (C) ; A, là phần ©) ⁄ 4

của A nằm trên dé thi (C) Thé thi:

e Tập nghiệm X, của hệ (7) là hình -3|O +

chiếu của A, trên (_= t— 2) ; Ay

®Tập nghiệm XÃ, của hệ (TT) là hình ⁄ 1

chiều của A, trên (-2 i+ ne) %

_® Hoành độ giao điểm của A và (C) là -3|O +

Trang 29

P44 44+4=0 |t=2 t+1+lf—1l= ettitl-il Selb el #1, 2_ 9 Va (1) vz-1=2 |#=ð ay : ° dz-1=0 |z=l 15.10 J3 + z +v6— : = \(8+z)(6— z) + 3 (1)

hogs èu kiện : 38+2>0 — -3<z<6

Trang 30

z= = (5? — Or —lr}=03 clr —3)(5¢ +6) =05 |r =3 6 g= 5 Thử lại, các nghiệm này đều thoả mãn phương trình (1) Vậy nghiệm của (1) là: r = 0Ú =3.ư= _8 2r+2=z—-2 : Ghi chủ - Hệ phương trình : vô nghiệm 2z+2= 16.2 ‡{z+a) + +? = (2-0) (>0) (1) Ta có :

(1) > leta) +ời sa? + 6Ñ(r+a) `? =a*)(x— a) ` = 8Œ — a

Trang 31

(1}©&šz—1+z+1+~ 3af(2 —1i){x + 1)” = 2x3 ' - 3 es 3¢/ar' (9? —1) = (rt ~ 2) & 5423? —1) = 823 (4? -1) © 42 (2 —1) 272% (22-1) =0 z=Ũ sa | = +1 » ole —1) [ale —1) —a7l=06 ữ 2+3 V3 got 5 164 Vli-r + 291-2? =3 Đặt : £ = Ÿ1—z?, Tacó: —l<z<1 và 0<t<1 Khi đó: ()?+223=0â(:1? +3(+3)= 0 âÊ=1<> ẹl+? =l@âlI_-z?=1ô+Sz?=0@â+r<=U0.,

Vy phương trình có nghiệm duy nhất z = 0

Trang 32

f(x) + - 3 flr) a XS

Từ báng biến thiên ta có ngay bảng biện luận sau :

Trang 33

Tir bang bién thién ta cé bang bién ludn theo m sé nghiém của

Trang 35

17.5 204 Yaco: t>U P= Vi! +4r+m t20 AI, 4 Ta có : (1) © ©t=2œĐr' +4z+m = Ư ?+t-6=0 ©z! + 4z +m —= 16 © —+' — 4+ + 16 =1n Đặt : fla) = —r'= 4z + lồ: f(a) = —4z°—4= -4(„3 +1) : f/Œ)Ì=0@©z=-—1:/(1)=19; lim f(z) = —Ằœ

Báng biến thiên của ƒ (+) : Từ bảng biến thiên ta có bảng biện luận

Trang 37

17.7 17.8 206 Vr +z +] ự —+z +] =m (1) Đặt ; /(z) = Vz? +z+1— +? —z +1, Miền xác định: D = R Ta tìm miễn giá trị ƒ (R) của hàm số ƒ (z) Ta có : Qn Ve tr+leve —24l => al <y2? +241 + V2? -14+1 f(x) = Nhận xét: Ì2z| = < ae z+-|+|z—~ 2 =>|f(z)|<1, vee RS-1< f(z) <1, VEER Mặt khác: lim f(z)=1; lim f(z)=-1 — r_

f(r) là hàm liên tục nên suy ra f(R) = (—1:1)

Kết luận : (1) có nghiệm khi và chỉ khi —1 < zn < 1