Chuyên đề ôn thi đại học môn toán - Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số pot

THPT CHUYÊN LÀO CAI Giothoimai2003 1 CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH - HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ I. Sử dụng phép biến đổi không thuận nghịch. , 0. , 0 AB A B khi A B AB A B khi A B       Mở đầu bằng một điều thú vị sau đây: 6 2.3 2. 3   . Phép toán trên đúng và chẳng có gì phải bàn. Tuy nhiên nếu áp dụng không cẩn thận thì lại có điều thú vị như sau: 6 ( 2).( 3) 2. 3 !???       . Sai lầm ở đâu chắc độc giả đẫ biết. Xin minh hoạ dạng toán trên qua VD sau đây: Giải bất phương trình:   2 2 8 15 2 15 3 * x x x x x       Với VD trên ta thấy khử căn thức bằng cách bình phương hai vế( sau khi lấy đk cho 2 vế ko âm) có vẻ không đơn giản. Đặt ẩn phụ thì cũng rất mơ hồ. Khi tiến hành giải toán, nếu không cẩn thận thì người làm toán sẽ sai lầm ngay trong bước tìm điều kiện. Điều kiện: 2 2 5 ( ) 3 8 15 0 3 2 15 0 ( ) 5 x a x x x x x x b x                              .Tuy nhiên khi vẽ trục thì chỉ được kết quả cuối cùng là: 5 ( ) 5 x c x       Liệu có chính xác??? Hãy chú ý rằng x = 3 thoả mãn cả (a) và (b) nên đương nhiên cũng là giá trị thuộc điều kiện. Vậy là ta đã sai lầm? Sai lầm ở đâu? Phân tích sai lầm: Khi vẽ trục và gạch đi phần ko thoả mãn (a) và (b) thì chỉ cho ta kq là (c). Ta đã sai lầm do thói quen tay mà thôi. Chú ý rằng điều kiện (a) nghĩa là bỏ đi khoảng (3; 5), chứ ko bỏ đi điểm x = 3, điều kiện (b) nghĩa là bỏ đi khoảng ( -5; 3), ko bỏ đi điểm x = 3. Do đó điều kiện đúng phải là: 5 5 3 x x x          Vậy thì VD trên giải quyết thế nào? Rất đơn giản, ta dùng phương pháp…chia để trị ( Giải VD trên từng đk) +) Với x = 3, ta thấy (*) thoả mãn. Vậy x = 3 là một nghiệm +) Với 5 x  . Ta viết lại bpt đẹp hơn như sau:   ( 3)( 5) ( 3)( 5) 3 * x x x x x       Hãy chú ý với 5 x  thì ( 3)( 5) 3. 5 ( 3)( 5) 3. 5 3 3. 3 x x x x x x x x x x x                      Do đó sau khi chia cả hai vế của (*) cho 3 0 x   ( Bpt ko đổi chiều), ta được: 5 5 3 (**) x x x     Đề giải (**) thi khá đơn giản, chỉ cần đưa về hai vế ko âm và bình phương hai vế là OK. Cách giải sau đây sẽ cho ta điều thú vị và ngắn gọn hơn( Cách này chỉ áp dụng cho tuỳ từng bài). Nhận thấy rằng 5 5 0 5 0 5 5 3 0 x x x x x x                   . Nghĩa là (**) vô nghiệm khi 5 x  +) Với 5 x   . Ta viết lại bpt đẹp hơn như sau:   (3 )(5 ) (3 )( 5) (3 ) * x x x x x         Hãy chú ý với 5 x   thì ( 3)( 5) (3 )(5 ) 3 . 5 ( 3)( 5) (3 )( 5 ) 3 . 5 3 (3 ) 3 . 3 x x x x x x x x x x x x x x x x                                  . Do đó sau khi chia cả hai vế của (*) cho 3 0 x   (Bpt ko đổi chiều), ta được: 5 5 3 (***) x x x       THPT CHUYÊN LÀO CAI Giothoimai2003 2 Giải (***) rất đơn giản, chuyển vế để hai vế ko âm và bình phương, cách đó đúng, nhưng ko mấy thú vị. Nhận thấy rằng 5 5 0 5 0 5 5 3 0 x x x x x x                       . Nghĩa là (***) nghiệm đúng khi 5 x   Vậy (*) có tập nghiệm ( ; 5] {3} S     Giải các phương trình và bất phương trình sau: 1. 2 2)2()1( xxxxx  , ( 0; 9/8) 4. 7925623 222  xxxxxx , ( -5; -1) 2. )12()3( 2  xxxxx , ( 0; 4) 5. 113234 22  xxxxx ,( 1/ 2; 1) x  3. )1(21682 22  xxxx ,(1; -1) 6. 18184152158 222  xxxxxx , (x>17/3) II. Phương pháp đặt ẩn phụ Ý tưởng 1: Xuất phát từ một hệ phương trình rất đơn giản, chẳng hạn hệ pt sau: 2 1 u v uv       (1), tuy nhiên bằng cách đặt 2 1 2 x u y v x y           sau đó thay vào và biến đổi ta được hệ 2 2 1 ( ) 4 (2) ( 1)( 2) x y y x y x y x y              . Yêu cầu của bài toán là giải hệ (2) bằng cách biến đổi để đưa về hệ (1). Với mỗi cách đặt khác nhau, ta sẽ được nhiều hệ pt khác nhau, các hệ pt đó đều được sinh bởi một hệ cơ bản ban đầu rất đơn giản. Để giúp chúng ta làm tốt dạng toán này, tôi đưa ra yêu cầu ở cột bên trái và gợi ý ở cột giữa. Giải các hệ phương trình sau Hệ sinh ban đầu Đáp số 7. 2 2 1 ( ) 4 ( 1)( 2) x y y x y x y x y              2 1 u v uv       (x;y) = (1;2), (-2; 5) 8. 2 2 2 1 7 1 13 xy x y x y xy y          2 7 13 u v u v        (x;y) = (1;1/3), (3; 1) 9. 2 3 2 4 2 5 / 4 (1 2 ) 5 / 4 x y x y xy xy x y xy x                 2 5 / 4 5 / 4 u v uv u v           (x;y) = (1;-3/2), ( 3 3 5 / 4; 25 /16  ) 10. 2 1 1 3 2 4 x y x y x y             2 2 1 5 u v u v        (x;y) = (2; -1) 11. 2 2 ( 1) 3 0 ( ) 5 / 1 0 x x y x y x            2 2 3 5 u v u v        (x;y) = (1; 1), (2; -3/2) 12. 2 2 2 2 2 6 1 5 y xy x x y x          2 6 2 5 uv u v       (x;y) = (1; 2), (1/2; 1) 13 * . 3 3 (12 5 ) 1 ( 12) 5 x y x y          3 3 12 5 12 5 u v v u          (x;y) = (1/3; 3) 14 ** .     2 2 2 3 4xy 4 x y 7 x y 1 2x 3 x y                2 2 3u v 13 u v 3        (x;y) = (1; 0) Ý tưởng 2: Việc đặt ẩn phụ đối với phương trình đại số cũng rất phong phú và đa dạng. Ta có thể đặt một ẩn phụ và đưa về pt đơn giản hơn, tuy nhiên ta cũng có thể đặt hai, ba ẩn phụ để đưa về hệ phương trình cơ THPT CHUYÊN LÀO CAI Giothoimai2003 3 bản hoặc đưa về phương trình hai ẩn, ba ẩn quen thuộc . Việc đặt ẩn phụ cần căn cứ vào đặc điểm từng phương trình. Xin nêu ra 3 VD rất đơn giản như sau: VD1 (Đưa về pt đơn giản hơn): Giải phương trình: 2 ( 5)(2 ) 3 3 x x x x     (1). Mấu chốt ở đây là: 2 ( 5)(2 ) ( 3 ) 10 x x x x       , từ đó ta chỉ cần đặt ẩn phụ 2 3 , 0 t x x t    và đưa pt trên về pt bậc 2 ẩn phụ là t. VD2 (Đưa về hệ phương trình cơ bản): Giải phương trình: 2 5 5 (2) x x   . Việc có mặt của 2 số 5 làm cho người đọc ko khỏi tò mò và nghi ngờ. Đúng như vây: Nếu đặt 5, 0 t x t    , ta sẽ có hệ 2 2 2 2 5 5 5 5 x t x t t x t x                    . Hệ trên chưa đối xứng, tuy nhiên nếu đặt u = -x ta lại có hệ: 2 2 5 5 u t t u          . Việc giải hệ phương trình ẩn t và u giờ đây đã trở nên quá tầm thường. VD3 (Đưa về phương phương trình 2 ẩn quen thuộc): Giải phương trình: 2 3 2 3 1 3 1 x x x     (3). Pt(3) có thể viết lại “ cho đẹp hơn” như sau ( Tại sao lại có ý tưởng đó thì xin dành cho bạn đọc): 2 3 2 2 2 3 1 3 1 ( 1) 2( 1) 3 ( 1)( 1) x x x x x x x x x              Ta đặt 2 1 0 1 3 / 2 u x v x x             , đưa pt trên về dạng: 2 2 2 3 u v uv   . Đây chính là pt đẳng cấp bậc hai với 2 ẩn là u và v. Cách giải pt này hết sức dễ dàng và cho ta 2 u v u v      . Đến đây pt(3) đã được giải quyết. Giải các phương trình- bất phương trình sau Hướng dẫn Đáp số 15. 2 3 1 3 2 (2 3)( 1) 16 x x x x x         Rất đơn giản x = 3 16. 3 3 3 3 35 ( 35 ) 30 x x x x     3 3 35 t x x    x = 2; 3 17. 2 2 2 2 2 1 5 1 ( ) 2 0 1 2 1 x x x x x x x         2 2 1 1 x x t x x     1/ 2 x   18. 2 7 7 7 6 2 49 7 42 181 14 x x x x x         (7 7)(7 6) ? (7 7) (7 6) ? x x x x        6 / 7 6 x   19. 3 2 5 1 2( 2) x x    Xem VD3 (5 37) / 2 x   20. 3 2 3 8 2( 3 2) x x x     Xem VD3 3 13 x   21. 2 2 2 2 1 3 4 1 x x x x x       2 2 3 4 1 ( 2 ) (2 1) x x m x x n x       (1 5) / 2 x   22.    3 3 x 1 2 2x 1 Đưa về hệ đối xứng 1; ( 1 5) / 2 x    23. x 2 +2= 88 x 2 2 t x   , đưa về hệ pt Vô nghiệm 24. x 2 +4x+5= 1x 2 1 t x    , đưa về hệ pt Vô nghiệm 25. 2x 2 -6x-1= 54 x 2 3 4 5 t x    , đưa về hệ pt 1 2; 2 3 x    *) Chú ý: Việc đặt ẩn phụ trong 3 bài 23, 24, 25 là ” rất không bình thường”, đơn giản vì ko có cơ sở của phương pháp. Tuy nhiên với mục đích là đưa về hệ pt cơ bản( thông thường là hệ đối xứng ) nên ta có thể đặt 1x = at +b ( bài 24) và đưa về hệ pt ẩn là x và t, khi đó hệ số a và b được tìm là do ta “ép” hệ trên là hệ đối xứng loại II. III. Kỹ thuật nhẩm nghiệm – nhân biểu thức liên hợp. Ý tưởng 3: Trước hết có thể nói rằng đây là một phương pháp hay và giải được nhiều bài toán khó, tuy nhiên nhược điểm lớn nhất của phương pháp này là ta phải nhẩm được một nghiệm của phương trình. Việc nhẩm nghiệm của phương trình có thể là rất dễ dàng, nếu khó hơn ta có thể sử dụng phần mềm để vẽ đồ thị và từ đó dự đoán nghiệm. Nếu phương trình có nghiệm phức tạp ( nghiệm vô tỷ chảng hạn) mà ta không nhẩm hoặc không dự đoán được thì hãy nghĩ đến phương pháp khác để giải quyết bài toán. Việc nhẩm nghiệm có liên quan mật thiết tới việc nhân biểu thức liên hợp làm xuất hiện nhân tử chung. THPT CHUYÊN LÀO CAI Giothoimai2003 4 Xin nêu ra một VD đơn giản như sau: VD4: Giải phương trình: 2 3 1 6 3 14 8 0(4) x x x x       ( B – 2010) Không khó khăn khi nhẩm được một nghiệm là x = 5 nên pt(4) viết lại đẹp hơn như sau: 2 ( 3 1 4) (1 6 ) (3 14 5) 0 x x x x          Sở dĩ viết như vậy là do: ( 3 1 4)( 3 1 4) 3( 5) x x x       (1 6 )(1 6 ) 5 x x x       2 3 14 5 ( 5)(3 1) x x x x      Sau khi nhẩm nghiệm, nhân liên hợp, ta có ngay nhân tử chung. Việc giải pt(4) coi như xong. Giải các phương trình sau Hướng dẫn Đáp số 26. 2 2 91 2 x x x     Xem VD4 x = 3 27. 2 2 15 3 2 8 x x x      Xem VD4 x = 1 28. 2 6 4 2 4 2 2 4 x x x x       2 2 8 4 x x    (2 4) (8 4 ) ? x x     x = 2; 2/3 29. 3 4 1 3 2 5 x x x      (4 1) (3 2) ? x x     x = 2 30 * . 3 3 4 2 2 6 x y x y              - Cộng và trừ vế với vế - Nhân liên hợp đưa về hệ 5 / 5 / 2 10 u v u v        x = y = 7 31. 5 2 7 2 5 7 x y x y              ( 5) ( 5) ( 2) ( 2) x y x y        x = y = 11 32. 1 7 4 1 7 4 x y y x              Như bài 31 x = y = 3 IV. Giải bất phương trình bằng cách sử dụng tính chất của hàm liên tục. *) Trước hết cần chú ý rằng các hàm sơ cấp( Đa thức, phân thức hữu tỷ, lượng giác, căn thức, mũ, lôgairt,…) đều liên tục trên khoảng hay các khoảng mà nó xác định. *) Một số tính chất quan trọng của hàm liên tục Tính chất 1:                          ( ) liª ôc / ; ( ) 0 ; ( ) 0 « Öm / ; ( ) 0 ; f x n t a b f x x a b f x v nghi a b f x x a b Tính chất 2: Nếu f(x) liên tục trên    ;a hoặc    ; a và vô nghiệm trên khoảng đó thì dấu của f(x) cũng chính là dấu của  lim ( ) x f x hoặc  lim ( ) x f x Ý tưởng 4: Ta sẽ mở đầu bằng việc giải bất phương trình sau: VD5:      3 7 2 3 0 x x (5) Mới đầu nhìn đã thấy ngay sự khó khăn vì dạng này ko cơ bản. Nhưng nếu là việc giải phương trình thì bài toán trở nên vô cùng dễ dàng:      3 7 2 3 0 x x (5a) Đặt           3 7 2 0 u x v x ta có ngay hệ phương trình            3 2 3 ( ; ) (2;1),(0;3),( 3;6) 9 u v u v u v Từ đó pt(5a) có các nghiệm x = 1; -7; -34. Ta xét hàm      3 ( ) 7 2 3 f x x x xác định và liên tục trên    ;2 , f(x) = 0 có các nghiệm là 1; -7; -34.  -34 -7 1 2 f(x) + 0 - 0 + 0 - Căn cứ vào bảng xét dấu của f(x) ta có tập nghiệm của bpt(5) là:           ; 34 7; 1 S THPT CHUYÊN LÀO CAI Giothoimai2003 5 Giải các bất phương trình Hướng dẫn Đáp số 33.     3 3 3 2 3 12( 1) x x x Giải pt cho ta 2 nghiệm x = 1 và 3 x < 1 34.     3 3 1 1 3 2 4 5x x -Giải pt cho ta 2 nghiệm x = - 4 và 3 -Chú ý 2 điểm hàm ko xác đinh x = -5 và 4 -5 < x < -4; 3 < x < 4 V. Phương pháp hàm số Ý tưởng 5: Phương pháp này được minh họa qua hai VD đơn giản sau đây: VD6: Giải phương trình:       3 2 3 2 23 3 2 3 3 3 x x x x x (6) Thoạt nhìn thì khá phức tạp, tuy nhiên để ý một chút, ta viết lại pt(6) như sau:        3 2 3 2 2 23 3 ( 3 ) 3 ( 3) 3 x x x x x x (6a) Đến đây vấn đề đã được sáng tỏ bằng cách xét hàm     3 ( ) ,f t t t t . Hàm này đồng biến. (6a) trở thành:         3 2 2 3 2 2 ( 3 ) ( 3) 3 3 f x x f x x x x VD7: Giải bất phương trình:     4 1 3 2 5 x x (7) Điều kiện:  2 / 3 x Xét hàm f(x) =    4 1 3 2 x x trên    2 / 3; , hàm này đồng biến trên    2 / 3; Bpt(7) trở thành      f x f(2) 2 x . Vậy tập nghiệm là:    2 / 3;2 S Giải phương trình, hệ phương trình Hướng dẫn Đáp số 35.           3 3 6 6 3 3 1 x y x y x y Chú ý pt thứ 2 cho ta điều kiện của x , y x = y =  6 1 / 2 36.             2 2 3 2 3 3 2 3 x x y y y x Xét hàm      2 ( ) 3 3 3, 0 f t t t t và      2 ( ) 3 3, 0 g t t t t x = y = 1 37.     2 23 3 2 2 2 x x x x x Xem VD6 x = 0; -1 38.CMR pt:     5 2 2 1 0 x x x có no duy nhất -B1: CM pt có no dựa vào t/chất hàm liên tục -B2: Hạn chế miến xác định của x để được hàm đồng biến 39.           3 3 8 4 5 5 1 x y x y x y Chú ý pt thứ 2 cho ta điều kiện của x , y      4 ( 1 5) / 2 x y 40.              2 2 2 2 91 2 91 2 x y y y x x Sử dụng pp hàm số 2 lần hoặc pp hàm số và nhẩm no, nhân liên hợp. x = y = 3 VI. Một sai lầm khá thú vị Ý tưởng 6: Xuất phát từ một VD khá đơn giản: VD8: Giải bất phương trình: 2 (2 5) 2 5 2 0 x x x     (8) Hãy bình luận về hướng suy nghĩ và cách giải sau đây: Ta thấy VT(8) là tích của hai số hạng là ( 2x – 5 ) và 2 2 5 2 x x   . Do tích không âm và có một số hạng ko âm ( 2 2 5 2 0 x x    ) nên số hạng còn lại cũng ko âm và do đó 2 2 2 5 / 2 2 5 0 2 5 0 (2 5) 2 5 2 0 5 / 2 2 2 5 2 0 2 5 2 0 1 / 2 x x x x x x x x x x x x x                                       THPT CHUYÊN LÀO CAI Giothoimai2003 6 Lời giải trên thật ngắn gọn, hoàn hảo và chính xác??? Hãy làm thêm một việc nhẹ nhàng: Thay x = 2 và x = 1/2 và bpt(8), ta thấy nghiệm đúng. Vậy là cách giải trên đã làm mất hai nghiệm này (     2 5 / 2; ; 1/2 5 / 2;     ). Sai lầm ở đâu? Và giải sao cho đúng? ( Xin dành cho độc giả) Giải các bất phương trình Hướng dẫn Đáp số 41. 2 2 ( 3 ) 2 3 2 0 x x x x     Xét 2 TH: - TH1: 2 2 3 2 0 x x    ( Thay trực tiếp) - TH2: 2 2 3 2 0 x x    (Ta “chia” ) 3; x -1/2; x=2 x   42.     2 2 ( 9 ) 5 6 0 x x x x Dễ dàng 0; 9; 2; 3 x x x x     43. 2 2 (4 ) 5 4 0 x x x     Dễ dàng 2 1; x=4 x    VII. Phương pháp đánh giá Ý tưởng 7: Trước hết phải nói rằng những bài toán chỉ giải được bằng phương pháp này là các bài toán tương đối khó. Trong khuôn khổ của bài viết, tôi chỉ xin đưa ra một vài dạng hết sức cơ bản và đơn giản ( Việc đi sâu nghiên cứu sẽ được trình bày sau). Xin minh hoạ qua một VD sau đây: VD9 : Giải phương trình: 2 3 1 1 4 2 x x x      (9) Cách số 1: Đưa về tổng bình phương của các số không âm. 2 2 2 2 1 2 3 1 2 0 0 n n A A A A A A A          2 2 1 (9) ( 1 1) ( 2 3 1) 0 2 2 x x x            Cách số 2: Sử dụng các BĐT cơ bản .Chẳng hạn : , a,b 0 2 a b ab    2 3 1 ( 1) 1 (2 3) 1 1 1 (9) 1 ( 1).1 (2 3).1 (9) 4 2 2 4 2 2 2 x x x x x VT x x x x VP                     Dấu “ = “ xảy ra 1 1 2 2 3 1 x x x           Để giải pt trên còn rất nhiều cách khác ( Xin dành cho độc giả). Chẳng hạn có một cách khác như sau: (9) 4 4 2 3 (4 4) (2 3) x x x x         . Đưa về dạng: 2 2 u v u v    Giải các phương trình, hệ phương trình Hướng dẫn Đáp số 44. 2 2 4 6 11 x x x x       2; VP 2 VT   x = 3 45.      2 2 5 1 2 x x x Dễ dàng x = 1 46. 2 1 3 4 1 1 x x x x        a b a b    Dấu “ = “ xảy ra 0 ab   2 5 x   47. 1 1 1 1 x y y x            Dễ dàng x = y = 0 48. 4 4 1 1 1 1 x y y x            Dễ dàng x = y = 1 49 * . 4 1 4 1 4 1 x y z y z x z x y                 1 4 1 (4 1).1 ((4 1) 1) 2 2 z z z z        Tương tự sau đó cộng vế với vế. x = y = z = 1/2 THPT CHUYÊN LÀO CAI Giothoimai2003 7 50 ** . 3 3 3 (1 )(1 )(1 ) (1 ) x y z x y z xyz              Trong pt thứ 2 hãy chứng tỏ VT VP  x = y = z = 1 VIII. Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình chứa tham số. Về vấn đề này cũng có rất nhiều hướng khai thác và cũng có thể phân chia ra nhiều loại, dạng cụ thể. Tuy nhiên trong bài bài viết này chỉ xin nêu một số dạng hết sức cơ bản và quen thuộc. Ý tưởng 8: Vấn đề về nghiệm duy nhất. Xin minh hoạ qua một số VD điển hình sau đây: VD 10: Xác định m đề pt sau đây có nghiệm duy nhất: 3 4 1 2 (1 ) 2 (1 ) x x m x x x x m        (10)    : Điều kiện cần: Ta viết lại pt(10) như sau: 3 4 3 4 1 2 (1 ) 2 (1 ) 1 (1 ) 1 2 (1 (1 ))(1 ) 2 (1 (1 ))(1 ) x x m x x x x m x x m x x x x m                      Từ đó ta thấy, nếu x 0 là một nghiệm thì 1 – x 0 cũng là nghiệm. Để pt có no duy nhất thì x 0 = 1- x 0 0 1 / 2 x  Thay x 0 = 1/ 2 vào pt ta tìm được 0; m= 1 m      : Điều kiện đủ: *) Với m = 0, ta có pt: 2 4 4 4 1 2 (1 ) 0 ( 1 ) 0 1 / 2 x x x x x x x           Do đó m = 0 thoả mãn *) Với m = -1, ta có pt: 2 2 4 4 4 1 2 (1 ) 2 (1 ) 1 ( 1 ) ( 1 ) 0 1 / 2 x x x x x x x x x x x                 Do đó m = -1 thoả mãn. *) Với m = 1, ta có pt: 4 1 2 (1 ) 2 (1 ) 1 x x x x x x        Pt trên có ít nhất 2no là x = 0 và x = 1, nên giá trị m = 1 ko thoả mãn Kết luận: Giá trị m cần tìm là: m = 0, m = -1. VD 11: XĐ m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất: 1 7 1 7 x y m y x m              (11)    : Điều kiện cần: Cách 1: Ta viết lại hpt(11) như sau: 1 7 7 (6 ) 1 (6 ) 1 7 7 (6 ) 1 (6 ) x y m x y m y x m y x m                                Ta thấy rằng nếu hệ có no ( x 0; y 0 ) thì cũng có no là ( 6-x 0 ; 6-y 0 ). Để hệ co no duy nhất thì 0 0 0 0 0 0 6 3 6 x x x y y y           . Thay vào hệ cho ta m = 4. Cách 2: Ta thấy rằng nếu hệ có no ( x 0; y 0 ) thì cũng có no là (y 0; x 0 ). Để hệ có nghiệm duy nhất thì x 0 = y 0. Thay vào hệ ta có 0 0 1 7 m x x     (*) Xét ( ) 1 7 f x x x     trên   1;7  . Lập bảng biến thiên của hàm đó trên đoạn   1;7  . Để thoả mãn bài toán thị pt(*) với ẩn x 0 phải có duy nhất nghiệm, tức là đồ thì hàm f(x) chỉ có một điểm chung duy nhất với đường thẳng y = m. Căn cứ vào bảng biến thiên ta có m = 4.    : Điều kiện đủ: Với m = 4, ta có hệ pt: 1 7 4 3 1 7 4 x y x y y x                  Hệ phương trình trên có thể giải theo các cách sau đây: +) Phương pháp hàm số( Trừ vế với vế) +) Phương pháp đánh giá( Cộng vế với vế) +) Phương pháp nhân liên hợp ( Cộng và trừ vế với vế) Kết luận: Giá trị cần tìm là m = 4. THPT CHUYÊN LÀO CAI Giothoimai2003 8 Qua VD 11 một câu hỏi khá thú vị sau đây đã được trả lời: Ta biết rằng hệ có no ( x 0; y 0 ) thì cũng có no là ( 6 - x 0 ; 6 - y 0 ). Vấn đề đặt ra là ngoài nghiệm ( 6 - x 0 ; 6 - y 0 ) thì ta còn tìm được nghiệm nào khác nữa hay ko? Và nếu tìm được thì liệu kết quả có khác nhau không? XĐ m để pt, hpt sau có no duy nhất Hướng dẫn Đáp số 51. 4 4 2 2 x x x x m       0 0 ; 2-x x là nghiệm m = 4 52. 2 23 1 2 1 x x m     0 0 ; -x x là nghiệm m = 3 53 * . 1 1 2 1 x y m x y m             0 0 0 0 ( ; ); ( 2; 2) x y y x   là nghiệm 2 6 m   54. 2 2 2 4 3 4 1 y m x m y x m              0 0 0 0 ( ; ); ( ; ) x y x y  là nghiệm m = 1; m = 2 Ý tưởng 9: Vấn đề về tính có nghiệm và nghiệm đúng với mọi giá trị của biến thuộc tập xác định. Phương pháp chung là ta thường cô lập tham số ( khi tham số đồng bậc). Xét hàm số nào đó và lập bảng biến thiên của hàm đó trên điều kiện của bài toán, từ đó suy ra kết quả. Việc cô lập tham số phải cẩn thận, nhất là đối với bài toán về bất phương trình. Xin đưa ra một số VD hết sức đơn giản như sau: VD 12: Biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình : 2 m x 2 x m    (12) HƯỚNG DẪN (12)     2 2 2 x m x 2 1 x m do x 2 1 0, x x 2 1               . Xét hàm số 2 x y x 2 1      2 2 2 2 2 x x 2 1 x 2 y ' x 2 1           2 2 2 2 2 x 2 0 x 2 x 2 x 2 1           . Giới hạn x lim y 1.    Bảng biến thiên x  2  2  y’ – 0 + 0 – y –1 2 2  1 Dựa vào bảng biến thiên, ta có +) m 2 m 2     : (12) vô nghiệm. + ) 1 m 1 m 2       : (12) có 1 nghiệm. + ) 2 m 1 1 m 2        : (12) có 2 nghiệm phân biệt. VD13: Xác định m để bất phương trình x 1 1 x m     (13). a) Có nghiệm   1;1 x   b) Nghiệm đúng   1;1 x   THPT CHUYÊN LÀO CAI Giothoimai2003 9 HƯỚNG DẪN Xét hàm số / 2 1 x 1 x f(x) 1 x 1 x, x [ 1; 1] f (x) 2 1 x             . Bảng biến thiên x  –1 0 1  f’(x) + 0 – f(x) 2 2 2 Dựa vào bảng biến thiên, ta có: a) 2 m  b) 2 m  55. x 1 3 x (x 1)(3 x) m        . Tìm m đề pt trên có nghiệm t x 1 3 x     1 m 2   56. 3 1 mx x m     Tìm m để bpt trên a) Có no 3 x  b) No đúng 3 x   Cô lập tham số a) 1 3 4 m   ; b) 0 m  Để kết thúc bài viết xin giới thiệu một VDvới phương pháp giải ấn tượng: VD 14: Giải phương trình: 2 5 5 x x    (14) Bài toán trên đã được đề cập đến trong VD 2 mục II và thông thường ta giải bằng cách đặt ẩn phụ rồi đưa về hệ pt quen thuộc. Tuy nhiên pt trên có thể giải theo phương pháp ấn tượng sau đây: 2 2 2 2 2 4 5 0 5 5 5 5 5 5 2 .5 (14 ) x x x x x x x x a                    Xét pt(14a): Đặt u = 5 ta có pt: 2 2 4 (2 1) - x=0 u x u x   (*). Ta coi pt(*) là pt bậc hai với ẩn là u và tham số là x. Khi đó: pt(*) 2 2 5 5 1 u x x u x x             Trong cách giải trên ta đã thay đổi vai trò của biến số và hằng số: Ẩn x phải tìm chuyển thành vai trò tham số, còn hằng số 5 chuyển thành vai trò của ẩn số. Chính vì sự thú vị đó phương pháp trên còn được gọi là phương pháp hằng số biến thiên. Giải các phương trình sau Hướng dẫn Đáp số 57. 11 11 x x    u = 11 (21 41) / 2; (23+3 5) / 2  58. 4 3 2 2 15 25 0 x x x x      u = 5 (1 21) / 2  59. 3 3 68 15 x x x   u = 17 17 3 2   Lời kết:Với mục đích biên soạn thành tập đề cương cho HS ôn tập thi đại học nên các vấn đề được trình bày khá vắn tắt, có tính chọn lọc. Tuy nhiên không thể bao quát hết các dạng của chuyên đề. Toán học luôn cần sự tìm tòi, khám phá nhằm tìm ra cái mới mẻ. Rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô giáo và các bạn học sinh. Lào Cai, ngày 28 tháng 8 năm 2010 Trần Hoài Vũ . THPT CHUYÊN LÀO CAI Giothoimai2003 1 CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH - HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ I. Sử dụng phép biến đổi không thuận nghịch. , 0. , 0 AB. soạn thành tập đề cương cho HS ôn tập thi đại học nên các vấn đề được trình bày khá vắn tắt, có tính chọn lọc. Tuy nhiên không thể bao quát hết các dạng của chuyên đề. Toán học luôn cần sự tìm. biến số và hằng số: Ẩn x phải tìm chuyển thành vai trò tham số, còn hằng số 5 chuyển thành vai trò của ẩn số. Chính vì sự thú vị đó phương pháp trên còn được gọi là phương pháp hằng số biến thi n. Giải