Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 15 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
15
Dung lượng
1,01 MB
Nội dung
Chuyên đề: Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình Nhóm 3 (11A2) A. PHƯƠNG TRÌNH: I- Phương pháp 1: Nâng lên luỹ thừa )()( 2 xgxf k = <=> [ ] = k xgxf xg 2 )()( )( ; 12 )( +k xf =g(x) <=> [ ] 12 )()( + = k xgxf Hệ quả: kk xgxf 22 )()( = <=> = ≥ )()( 0)( xgxf xg Trong TH này chú ý chọn f(x) (hoặc g(x)) sao cho việc giải 0)( ≥xf (hoặc 0)( ≥xg ) đơn giản hơn. VD: xx −=− 332 −=− ≥− 2 )3(32 03 xx x <=> =+− ≤ 0128 3 2 xx x <=> =<=> = = ≤ 2 6 2 3 x x x x Vậy x=2. II-Phương pháp 2: Phương pháp đặt ẩn phụ (hoàn toàn và không hoàn toàn) Một số chú ý: - Nếu biểu thức trong căn và ngoài căn có hệ số các hạng tử cùng bậc (không kể hằng số tự do) thì đặt căn thức làm ẩn phụ. - Nếu biểu thức chứa nhiều lớp căn thì có thể đặt căn thức trong cùng làm ẩn phụ. - Phương trình dạng nhiều căn 0))(,)(,)(,( =xCxBxAxf , chú ý mối liên hệ giữa các biểu thức dưới dấu căn. Có thể là: A(x) ± B(x)=k.C(x) , A 2 (x) ± B 2 (x)=k.C(x) , A(x).B(x)=k.C(x) , A(x).B(x)=k VD1: Giải phương trình: 2 2 1 1 2x x x x− − + + − = Điều kiện: 1x ≥ Nhận xét. 2 2 1. 1 1x x x x− − + − = Đặt 2 1t x x= − − thì phương trình có dạng: 1 2 1t t t + = ⇔ = Thay vào tìm được 1x = VD2. Giải phương trình: 2 2 6 1 4 5x x x− − = + Điều kiện: 4 5− ≥x Đặt 4 5( 0)t x t= + ≥ thì 2 5 4 t x − = . Thay vào ta có phương trình sau: 4 2 2 4 2 10 25 6 2. ( 5) 1 22 8 27 0 16 4 t t t t t t t − + − − − = ⇔ − − + = 2 2 ( 2 7)( 2 11) 0t t t t⇔ + − − − = Ta tìm được bốn nghiệm là: 1,2 3,4 1 2 2; 1 2 3t t= − ± = ± Do 0t ≥ nên chỉ nhận các gái trị 1 3 1 2 2, 1 2 3t t= − + = + Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình l: 21−=x và 32+=x - 1 - Chuyên đề: Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình Nhóm 3 (11A2) *Phương trình dạng: ( ) ( ) ( ) ( ) . .a A x bB x c A x B x+ = Như vậy phương trình ( ) ( ) Q x P x α = có thể giải bằng phương pháp trên nếu ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) .P x A x B x Q x aA x bB x = = + Chú ý một số đẳng thức: ( ) ( ) 3 2 1 1 1x x x x+ = + − + ( ) ( ) ( ) 4 2 4 2 2 2 2 1 2 1 1 1x x x x x x x x x+ + = + + − = + + − + ( ) ( ) 4 2 2 1 2 1 2 1x x x x x+ = − + + + ( ) ( ) 4 2 2 4 1 2 2 1 2 2 1x x x x x+ = − + + + VD. Giải phương trình: ( ) 2 3 2 2 5 1x x+ = + Đặt 2 1, 1u x v x x= + = − + Phương trình trở thành : ( ) 2 2 2 2 5 1 2 u v u v uv u v = + = ⇔ = Tìm được: 5 37 2 x ± = * Phương trình dạng : 2 2 u v mu nv α β + = + Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện” hơn dạng trên, nhưg nếu ta bình phương hai vế thì đưa về được dạng trên. VD: Giải phương trình : 2 2 4 2 3 1 1x x x x+ − = − + Ta đặt : 2 2 1 u x v x = = − khi đó phương trình trở thành : 2 2 3u v u v+ = − *Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn: VD1: Giải phương trình: ( ) 2 2 2 3 2 1 2 2x x x x+ − + = + + Đặt 2 2t x= + , ta có: ( ) 2 3 2 3 3 0 1 t t x t x t x = − + − + = ⇔ = − VD2. Giải phương trình: ( ) 2 2 1 2 3 1x x x x+ − + = + Đặt: 2 2 3, 2t x x t= − + ≥ Khi đó phương trình trở thành : ( ) 2 1 1x t x+ = + ( ) 2 1 1 0x x t⇔ + − + = Bây giờ ta thêm bớt, để được phương trình bậc 2 theo t có ∆ chẵn: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 1 2 1 0 1 2 1 0 1 t x x x t x t x t x t x = − + − + + − = ⇔ − + + − = ⇔ = − *Đặt nhiều ẩn phụ đưa về tích Xuất phát từ một số hệ “đại số đẹp” chúng ta có thể tạo ra được những phương trình vô tỉ mà khi giài nó chúng ta lại đặt nhiều ẩn phụ và tìm mối quan hệ giữa các ẩn phụ để đưa về hệ Xuất phát từ đẳng thức ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3a b c a b c a b b c c a+ + = + + + + + + , Ta có - 2 - Chuyên đề: Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình Nhóm 3 (11A2) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 0a b c a b c a b a c b c+ + = + + ⇔ + + + = VD1. Giải phương trình : 2 . 3 3 . 5 5 . 2x x x x x x x= − − + − − + − − Giải : 2 3 5 u x v x w x = − = − = − , ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 3 5 5 u v u w u uv vw wu v uv vw wu u v v w w uv vw wu v w u w + + = − = + + − = + + ⇔ + + = − = + + + + = , giải hệ ta được: 30 239 60 120 u x= ⇔ = VD2. Giải phương trình sau : 2 2 2 2 2 1 3 2 2 2 3 2x x x x x x x− + − − = + + + − + Ta đặt : 2 2 2 2 2 1 3 2 2 2 3 2 a x b x x c x x d x x = − = − − = + + = − + , khi đó ta có : 2 2 2 2 2 a b c d x a b c d + = + ⇔ = − − = − *Đặt ẩn phụ đưa về hệ: Đặt ( ) ( ) ,u x v x α β = = và tìm mối quan hệ giữa ( ) x α và ( ) x β từ đó tìm được hệ theo u,v VD: Giải phương trình: ( ) 3 3 3 3 25 25 30x x x x− + − = Đặt 3 3 3 3 35 35y x x y= − ⇒ + = Khi đó phương trình chuyển về hệ phương trình sau: 3 3 ( ) 30 35 xy x y x y + = + = , giải hệ này ta tìm được ( ; ) (2;3) (3;2)x y = = . Tức là nghiệm của phương trình là {2;3}x ∈ Bài tập đề nghị Giải các phương trình sau a. 2 2 15 2 5 2 15 11x x x x− − = − + (ĐS: x=7 hoặc x= 2 1 ) b. 2 ( 5)(2 ) 3 3x x x x+ − = + (ĐS: x=1 hoặc x=-4) c. 2 (1 )(2 ) 1 2 2x x x x+ − = + − (ĐS: x= 2 1 ) d. 2 2 17 17 9x x x x+ − + − = (ĐS: x=1 hoặc x=4) e. 2 3 2 1 4 9 2 3 5 2x x x x x− + − = − + − + (ĐS: x=2) f. 2 2 11 31x x+ + = (ĐS: x=6 hoặc x=-7) g. 2 2 2 2 (1 ) 3 1 (1 ) 0 n n n x x x+ + − + − = (ĐS: x=0) h. 2 (2004 )(1 1 )x x x= + − − (ĐS: x=0) i. ( 3 2)( 9 18) 168x x x x x+ + + + = (ĐS: x=1 hoặc x=36) j. 3 2 2 1 2 1 3x x− + − = (ĐS: x=0) - 3 - Chuyên đề: Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình Nhóm 3 (11A2) Một số dạng phương trình hay gặp: Dạng 1: Phương trình trùng phương: ax 4 +bx 2 +c=0 Cách giải: Đặt x 2 =t (t ≥ 0) đưa về phương trình bậc hai at 2 +bt+c=0. Giải t rồi suy ra x. VD: x 4 -2x 2 +1=0 . Đặt t=x 2 (t ≥ 0) => t=1 => x= ± 1 Dạng 2: (x+a) 4 +(x+b) 4 =c (1) Cách giải: Đặt t= 2 bxax +++ => − −=+ − +=+ 2 2 ba tax ba tax Thay vào (1) ta có: 2t 4 +12 2 2 − ba t 2 +2 4 2 − ba -c=0 ta được phương trình trùng phương như cách giải ở trên. VD: ( ) 4 3 + x + ( ) 4 5 + x =2 (1) Đặt t= 2 53 +++ xx =x+4 => +=+ −=+ 15 13 tx tx (1) <=> (t-1) 4 +(t+1) 4 -2=0 => t 4 +6t 2 =0 => t=0 => x= -4 Dạng 3: Phương trình hồi quy: ax 4 +bx 3 +cx 2 ± kbx+k 2 a=0 (ka # 0) (1) Cách giải: Thấy rằng phương trình không có nghiệm x=0 nên chia cả 2 vế cho x 2 #0: Ta có (1) <=> ax 2 +bx+c 0 2 2 =+± x a k x b k <=> 0)()( 2 2 2 =+±++ c x k xb x k xa (2) Đặt t=x x k ± , khi đó t 2 =x 2 + k x k 2 2 2 ± => x 2 + 2 2 x k =t 2 k2 ± Phương trình (2) trở thành at 2 +bt+c-2ka=0 Tiếp tục giải phương trình này theo k. (khi b=0, phương trình hồi quy suy biến thành phương trình trùng phương đặc biệt) VD: Giải phương trình: 2x 4 +3x 3 -16x 2 +3x+2=0 (1) Thấy rằng phương trình không có nghiệm x=0 Chia cả 2 vế của phương trình cho x 2 >0, ta được: (1) <=> 2x 2 +3x-16+ 2 23 xx + =0 <=> 2 016) 1 (3) 1 ( 2 2 =−+++ x x x x (2) Đặt t=x+ x 1 ( t ≥ 2) => 2 1 2 1 2 2 2 2 22 −=+<=>++= t x x x xt => (2) trở thành 2t 2 +3t-20=0 − = = <=> 2 5 4 t t (t/m) Với t=4 => x=2 ± 3 .Với 2 5− =t => = = 2 1 2 x x III- Phương pháp 3: Phương pháp trục căn thức: 1. Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm 0 x như vậy phương trình luôn đưa về được dạng tích ( ) ( ) 0 0x x A x− = ta có thể giải phương trình ( ) 0A x = hoặc chứng minh ( ) 0A x = vô nghiệm, chú ý điều kiện của nghiệm của phương trình để ta có thể đánh gíá ( ) 0A x = vô nghiệm. VD: Giải phương trình: 2 33 1 1x x x− + = − - 4 - Chuyên đề: Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình Nhóm 3 (11A2) Giải :Đk 3 2x ≥ Nhận thấy x=3 là nghiệm của phương trình, nên ta biến đổi phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 33 2 3 2 23 3 3 3 9 3 1 2 3 2 5 3 1 2 5 1 2 1 4 x x x x x x x x x x x − + + + − − + − = − − ⇔ − + = − + − + − + Ta chứng minh : ( ) ( ) 2 2 2 2 23 3 3 3 3 1 1 2 1 2 1 4 1 1 3 x x x x x + + + = + < − + − + − + + 2 3 3 9 2 5 x x x + + < − + Vậy pt có nghiệm duy nhất x=3 2. Đưa về “hệ tạm” Nếu phương trình vô tỉ có dạng A B C+ = , mà : A B C α − = ở dây C có thể là hàng số ,có thể là biểu thức của x . Ta có thể giải như sau : A B C A B A B α − = ⇒ − = − , khi đĩ ta có hệ: 2 A B C A C A B α α + = ⇒ = + − = VD: Giải phương trình sau : 2 2 2 9 2 1 4x x x x x+ + + − + = + Giải: Ta thấy : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 9 2 1 2 4x x x x x+ + − − + = + - 4x = − không phải là nghiệm - Xét 4x ≠ − Trục căn thức ta có : 2 2 2 2 2 8 4 2 9 2 1 2 2 9 2 1 x x x x x x x x x x + = + ⇒ + + − − + = + + − − + Vậy ta có hệ: 2 2 2 2 2 0 2 9 2 1 2 2 2 9 6 8 2 9 2 1 4 7 x x x x x x x x x x x x x x = + + − − + = ⇒ + + = + ⇔ = + + + − + = + Thử lại thỏa; vậy phương trình có 2 nghiệm : x=0 và x= 8 7 Bài tập đề nghị Giải các phương trình sau: 1) ( ) 2 2 3 1 3 1x x x x+ + = + + (ĐS: x= 22± ) 2) 4 3 10 3 2x x− − = − (HSG Toàn Quốc 2002) (ĐS: x=3) 3) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 5 2 10x x x x x− − = + − − (ĐS: x=1, x= 2 5515± ) 4) 23 4 1 2 3x x x+ = − + − (ĐS: x=2) 5) 2 33 1 3 2 3 2x x x− + − = − (ĐS: x=1) 6) 2 3 2 11 21 3 4 4 0x x x− + − − = (OLYMPIC 30/4-2007) (ĐS: x=3) 7) 2 2 2 16 18 1 2 4x x x x+ + + − = + (ĐS: x=1) 8) 2 2 15 3 2 8x x x+ = − + + (ĐS: x=1) - 5 - Chuyên đề: Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình Nhóm 3 (11A2) IV. Phương pháp 4: Phương pháp đánh giá 1. Dùng hằng đẳng thức: Từ những đánh giá bình phương: 2 2 0A B+ ≥ , ta xây dựng phương trình dạng 2 2 0A B+ = Từ phương trình ( ) ( ) 2 2 5 1 2 9 5 2 1 0x x x x− − + − − + − = ta khai triển ra có phương trình: ( ) 2 4 12 1 4 5 1 9 5x x x x x+ + − = − + − 2. Dùng bất đẳng thức Một số phương trình được tạo ra từ dấu bằng của bất đẳng thức: A m B m ≥ ≤ nếu dấu bằng ở (1) và (2) cùng dạt được tại 0 x thì 0 x là nghiệm của phương trình A B= Ta có: 1 1 2x x+ + − ≤ Dấu bằng khi và chỉ khi 0x = và 1 1 2 1 x x + + ≥ + , dấu bằng khi và chỉ khi x=0. Vậy ta có phương trình: 1 1 1 2013120131 ++ + =++− x x xx Đôi khi một số phương trình được tạo ra từ ý tưởng: ( ) ( ) A f x B f x ≥ ≤ khi đó : ( ) ( ) A f x A B B f x = = ⇔ = - Nếu ta đoán trước được nghiệm thì việc dùng bất đẳng thức dễ dàng hơn, nhưng có nhiều bài nghiệm là vô tỉ việc đoán nghiệm không được, ta vẫn dùng bất đẳng thức để đánh giá được VD1. Giải phương trình (OLYMPIC 30/4 -2007): 2 2 9 1 x x x + = + + Giải: Đk 0x ≥ Ta có: ( ) 2 2 2 2 2 1 2 2 1 9 1 1 1 x x x x x x x + ≤ + + + = + ÷ ÷ + + + Dấu bằng 2 2 1 1 7 1 1 x x x ⇔ = ⇔ = + + VD2. Giải phương trình: 2 4 2 4 13 9 16x x x x− + + = Giải: Đk: 1 1x− ≤ ≤ Biến đổi pt ta có: ( ) 2 2 2 2 13 1 9 1 256x x x− + + = Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 13. 13. 1 3. 3. 3 1 13 27 13 13 3 3 40 16 10x x x x x− + + ≤ + − + + = − Áp dụng bất đẳng thức Côsi: ( ) 2 2 2 16 10 16 10 64 2 x x − ≤ = ÷ Dấu bằng 2 2 2 2 2 1 51 3 2 10 16 10 5 x x x x x x = + − = ⇔ ⇔ = − = − - 6 - Chuyên đề: Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình Nhóm 3 (11A2) Bài 3. Giải phương trình: 3` 2 4 3 8 40 8 4 4 0x x x x− − + − + = Ta chứng minh: 4 8 4 4 13x x+ ≤ + và ( ) ( ) 2 3 2 3 8 40 0 3 3 13x x x x x x− − + ≥ ⇔ − + ≥ + Bài tập đề nghị. Giải các phương trình sau 1) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 x x x x x x − + − + + = + + − (ĐS: x=0. Gợi ý: VT ≤ 2, VP ≥ 2) 2) 4 4 4 1 1 2 8x x x x+ − + − − = + (ĐS: x= 2 1 . Gợi ý: AD bđt bunhia) 3) 4 4 4 2 8 4 4 4 4x x x+ = + + − (ĐS: x= ± 4 4 . Gợi ý: AD bđt bunhia) 4) 3` 2 4 3 8 40 8 4 4 0x x x x− − + − + = (ĐS: x=3) 5) 2 2 1 1 2 2 4x x x x − + − = − + ÷ (ĐS: x=1.Gợi ý: ≥+− ≤+− 4) 11 2( 4)2( 2 2 22 xx xx V. Phương pháp 5: Phương pháp hàm số Nếu ( ) y f t= là hàm đơn điệu thì ( ) ( ) f x f t x t= ⇔ = VD: Giải phương trình : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 4 4 4 3 2 9 3 0x x x x x+ + + + + + + = Giải: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 2 1 3 3 2 3 3 2 1 3x x x x f x f x⇔ + + + + = − + − + ⇔ + = − Xét hàm số ( ) ( ) 2 2 3f t t t= + + , là hàm đồng biến trên R, ta có 1 5 x = − Bài tập đề nghị: 1) (8x 2 +2)x+(x-6) x−5 =0 (ĐS: x=1) 2) x 3 -4x 2 -5x+6= 3 2 497 −+ xx (ĐS: x=5 hoặc x= 2 51±− ) 3) 3 3 2 3 2 3 12122 +−=+−+ xxxx (ĐS: x=1 hoặc x= 2 1− ) VI. Phương pháp 6: Phương pháp lượng giác hoá VD1: Giải phương trình sau : ( ) ( ) 2 3 3 2 2 1 1 1 1 1 3 3 x x x x − + − + − − = + Giải: Điều kiện : 1x ≤ Với [ 1;0]x ∈ − : thì ( ) ( ) 3 3 1 1 0x x+ − − ≤ (ptvn) [0;1]x ∈ ta đặt : cos , 0; 2 x t t π = ∈ . Khi đó phương trình trở thành: 1 1 2 6 cos 1 sin 2 sin cos 2 6 x t t t + = + ⇔ = ÷ vậy phương trình có nghiệm : 1 6 x = - 7 - Chuyên đề: Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình Nhóm 3 (11A2) VD2. .Giải phương trình 2 2 1 1 1 x x + ÷ − Giải: đk: 1x > , ta có thể đặt 1 , ; sin 2 2 x t t π π = ∈ − ÷ Khi đó ptt: ( ) 2 cos 0 1 1 cot 1 1 sin sin 2 2 t t x t = + = ⇔ = − Phương trình có nghiệm: ( ) 2 3 1x = − + VD3 .Giải phương trình: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 1 x x x x x x + + + = + − Giải: đk 0, 1x x≠ ≠ ± Ta có thể đặt : tan , ; 2 2 x t t π π = ∈ − ÷ Khi đó pttt. ( ) 2 2sin cos2 cos2 1 0 sin 1 sin 2sin 0t t t t t t+ − = ⇔ − − = Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm 1 3 x = Bài tập đề nghị Giải các phương trình sau : 1) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 x x x x x x − + − + + = + + − Đặt: 1 2cos tan 1 2cos x x x + = − 2) ( ) 2 2 1 1 1 2 1x x x+ − = + − Đs: 1 2 x = 3) 3 3 2x x x− = + HD: chứng minh 2x > vô nghiệm B-HỆ PHƯƠNG TRÌNH: I- Hệ gồm 1 phương trình bậc nhất Phương pháp thế: Phương pháp giải: Bước 1: Từ phương trình (1) rút x hoặc y rồi thế vào phương trình (2). Khi đó ta được phương trình bậc 2 theo x hoặc theo y, giả sử f(x, m)=0 (3) Bước 2: Với yêu cầu: - (a) bằng cách thay giá trị cụ thể của tham số vào (3), từ đó có được x rồi suy ra được y. VD1: Giải hệ phương trình (1) (2) Giải Nhận xét rằng nếu (x,y) là nghiệm của hệ thì y # 0 Từ phương trình (2),ta được: x= y y 3 4 2 − (3) Thay (3) vào (1), ta được: 016312 24 =−− yy (4) - 8 - =− =+− 43 14 2 22 xyy yxyx Chuyên đề: Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình Nhóm 3 (11A2) Đặt T= 2 y ,điều kiện t ≥ 0, ta được: (4) ↔ 2 2 t -31t-16=0 −= −= = = → −= = ↔=↔ − = = ↔ 4 1 4 1 4 4 16 )1( 2 1 16 2 y x y x y y y t t Vậy hệ phương trình có hai cặp nghiệm là (1,4) và (-1,-4) II-Hệ phương trình đối xứng loại I Phương pháp Định nghĩa: Hệ phương trìng đối xứng loại 1 đối với ẩn x và y là hệ gồm các phương trình không thay đổi khi ta thay x bởi y và y bởi x. Phương pháp chung để giải và biên luận hệ đối xứng loại I bao gồm các bước: Bước 1: Sử dụng ẩn phụ: 04, 2 ≥− = =+ PS Pxy Syx . Bước 2:Xác định S và P.Khi đó x,y là nghiệm của phương trình: 0 2 =+− PStt (*) Bước 3: Bài toán dược chuyển về giải và biện luận phương trình (*) VD:Cho hệ phương trình : +=+ +=++ 1 2 22 mxyyx myxyx (I) Xác định m để hệ có nghiệm Giải Đặt , = =+ Pxy Syx điều kiện 04 2 ≥− PS Viết lại hệ dưới dạng += +=+ ⇔ +=+ +=++ 1 2 1)( 2)( mSP mPS mxyyx mxyyx Khi đó S,P là nghiệm của phương trình: +− = ⇔=+++− 1 1 01)1( 2 mt t mtmt = +=+ += =+ ⇔ )2( 1 1 )1( 1 1 xy myx mxy yx (1) x,y là nghiệm của phương trình f(u) = 01 2 =++− muu (3) (2)x,y là nghiệm của phương trình g(u)= 01)1( 2 =++− umu (4) Hệ có nghiệm duy nhất ⇔ (1) vô nghiệm và (2) có nghiệm kép (2) vô nghiệm và (1) có nghiệm kép (1)và (2) có nghiệm kép u 0 - 9 - Chuyên đề: Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình Nhóm 3 (11A2) − = = ⇔ = −−=−+ =−− −++ =−+ <−− ⇔ + = =∆=∆ =∆ 〈∆ =∆ 〈∆ ⇔ 4 3 1 0 3432 034 0,32 032 034 2 1 2 1 0 0 0 0 0 2 2 2 m m m mmm m mm mm m m fg f g g f Vậy với m=1 hoặc m= 4 3− hệ đã cho có nghiệm duy nhất III- Hệ phương trình đối xứng loại II Định nghĩa: Hệ phương trình đối xứng loại II đối với ẩn x,y là hệ nếu tráo đổi vai trò của x,y thì phương trình này chuyển thành phương trình kia của hệ Phương pháp Bước 1: Trừ từng vế của hai phương trình bao giờ cũng thu được phương trình tích (x,y)f(x,y)=0 = = ⇔ 0),( yxf yx Bước 2: Giải hệ phương rình cho từng TH Chú ý: Ngoài phương pháp trên ta còn sử dụng phương pháp điều kiện càn và đủ Bước 1: Điều kiện cần +Nhận xét rằng nếu hệ có nghiệm (x 0, y 0 ) thì (y 0 ,x 0 ) cũng là nghiệm của hệ do đó hệ có nghiệm duy nhất khi x 0 =y 0 (**) +Thay (**) vào hệ ta được giá trị của tham số.đó chính là điều kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất . Bước 2: Điều kiện đủ VD Cho hệ phương trình : =−+ =+− )2()2( )1()2( 22 22 myx myx Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất Giải Điều kiện cần : Giả sử hệ có nghiệm (x 0 ,y 0 ) suy ra (y 0 ,x 0 ) cũng là nghiệm của hệ .Vậy để hệ có nghiệm duy nhất thì điều kiện cần là x 0 =y 0 Khi đó (1) ⇔ (x 0 +− 2 )2 x 0 2 =m ⇔ 2x 0 2 -4x 0 +4-m=0 (3) Do x 0 có ngiệm duy nhất nên phương trình (3) có nghiệm duy nhất ∆⇔ ’=0 2042 =⇔=−⇔ mm Đó chính là điều kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất Điều kiện đủ:Với m=2,hệ có dạng : =−+ =+− 2)2( 2)2( 22 22 yx yx (II) 1==⇒ yx Nhận xét rằng x=y=1 thõa mãn hệ (II) Vậy hệ có nghiệm duy nhất khi m=2 IV- Hệ phương trình đẳng cấp bậc hai - 10 - [...]... 1) − 1 ≤ x ≤ 3 *Phương pháp đặt ẩn phụ: 1 ĐK: x ≥ Đặt t= 2 x − 1 (t ≥ 0) => BPT (t2+1-2)t ≤ 3(t2+1)-6 1 ≤ t ≤ 3 1 ≤ x ≤ 2(t/m) 2 *Phương pháp đánh giá: VD: x − x2 −1 + x + x2 −1 ≤ 2 ĐK: x ≥ 1 Ta thấy VT ≥ 2 x − x 2 − 1 x + x 2 − 1 =2 => BPT có nghiệm VT=2 x − x 2 − 1 = x + x 2 − 1 x=1 Vậy BPT có nghiệm x=1 *Phương pháp hàm số: VD: x + 9 + 2 x + 4 > 5 ĐK: x ≥ 2 Xét y=f(x)=... BPT 2 x − 3x + 1 − 2 x − 5 x < (2 x − 3 x + 1) − ( 2 x − 5 x) −1 x < 2 −1 5 (2x2-5x)(2x+1) x ∈ (−∞, ) ∪ ( ,+∞) 2 2 x ∈ (0, 5 ) 2 II-Bất phương trình chứa căn thức: g ( x) > 0 - f (x) < g(x) 2 0 ≤ f ( x) < g ( x) f ( x) ≥ 0 g ( x ) < 0 - f (x) > g(x) g ( x) ≥ 0 f ( x) > g 2 ( x) VD: x+1 ≥ 2( x 2 − 1) x ≥ −1 x + 1 ≥ 0 x = −1 x ≥1 BPT... trình bậc 2 ta có thể lựa chọn 1 trong 2 cách sau Cách 1: thực hiện theo các bước sau Bước 1:khử số hạng tự do để dẫn tới phương trình : Ax 2 + Bxy + Cy 2 = 0 (3) Bước 2:Đặt x=yt,khi đó : 2 2 (3) ⇔ y At + Bt + C = 0 Xét y=0 thay vào hệ Xét At 2 + Bt + C = 0, nếu có nghiệm t0 thì thế x=yt0 vào hệ để xét hệ với 1 ẩn y Cách 2: Thực hiện theo các bước sau Bước 1 :Từ hệ khử số hạng x 2 (hoặc y 2 ) để dẫn... , đây là bài cơ bản 3 (ĐH A 05) 5 x − 1 − x − 1 > 2 x − 4 ĐS: [2; 10], Bài hai căn, bình phương hai lần ĐK: x ≥ 2 Bpt : 5 x − 1 > 2 x − 4 + 2 2 x − 4 x − 1 + x − 1 ⇔ x + 2 > (2 x − 4)( x − 1) 4 (ĐH A 10) x− x 1 − 2( x 2 − x + 1) ≥1 3− 5 2 ĐK: x ≥ 0 Để ý MS luôn dương vì căn nhỏ hơn 1, Bpt: 2( x 2 − x + 1) ≤ − x + x + 1 ĐS: x = Đến đây dùng BĐT BNC 1.(1 − x) + 1 x ≤ (1 + 1)[(1 − x) 2 + ( x ) 2 ] hoăc... trình, hệ phương trình, bất phương trình Nhóm 3 (11A2) - Nếu x>0 thì f(x)>f(0) x + 9 + 2 x + 4 >5 => x>0 là nghiệm - Nếu -2 ≤ x ≤ 0 thì f(x) Với -2 ≤ x ≤ 0 không là nghiệm Vậy BPT có nghiệm x>0 Bài tập đề nghị: 1 x 2 − 3 x + 2 + x 2 − 4 x + 3 ≥ 2 x 2 − 5 x + 4 (ĐS: x=1 hoặc x ≥ 4) 2x −1 > 2 x + 2 (ĐS: < x 2 + 2 5 1 < 2x + + 4 (ĐS: 3 5 x + ) 2x 2 x 0... hoặc a ≤ −1 hệ có nghiệm V- Các hệ phương trình khác :hệ lặp 3 ẩn Định nghĩa :Hệ gồm 3 phương trình ba ẩn có dạng : x = f ( y) y = f ( z ) được gọi là hệ lặp 3 ẩn z = f ( x) 2 2 Ta thực hiện theo các bước sau : Bước 1:Tìm tập giá trị của hàm f(t),giả sử là tập I thì x,y,z ,f(x),f(y)=f(f(x)),f(z)=f(f(f(x))) ∈ I Bước 2:Khẳng định hàm số f(t) đơn điệu trên I ,giả sử là đồng biến trên I.ta đi chứng... 1 / 3 ≤ x ≤ 6 ; Dự đoán nghiệm là 5, ta sẽ tạo ra hai liên hợp ứng với hai căn, sao cho có nhân tử x-5, ta làm như sau: ( 3x + 1 − 4) + (1 − 6 − x ) + (3x 2 − 14 x − 5) = 0 sau khi nhân liên hợp và ra PT tích được một nhân tử luôn dương trên D 3x − 15 x−5 + + ( x − 5)(3x + 1) = 0 3x + 1 + 4 1 + 6 − x x − 5 = 0 ⇔ 3 1 + + (3 x + 1) = 0 (VN ) 3x + 1 + 4 1 + 6 − x xy + x + 1 = 7 y 6 (B-2009) . phương trình (1) rút x hoặc y rồi thế vào phương trình (2). Khi đó ta được phương trình bậc 2 theo x hoặc theo y, giả sử f(x, m)=0 (3) Bước 2: Với yêu cầu: - (a) bằng cách thay giá trị cụ thể của. x+1 ≥ )1(2 2 − x BPT <=> +≤−≤ ≥+ 22 )1()1(20 01 xx x <=> ≤≤− ≥ −≥ 31 1 1 x x x <=> ≤≤ −= 31 1 x x *Phương pháp đặt ẩn phụ: ĐK: x ≥ 2 1 . Đặt t= 12 −x (t ≥ 0) => BPT. 211 22 ≤−++−− xxxx ĐK: x ≥ 1. Ta thấy VT ≥ 1.12 22 −+−− xxxx =2 => BPT có nghiệm <=> VT=2 <=> 1 2 −− xx = 1 2 −+ xx <=> x=1 Vậy BPT có nghiệm x=1. *Phương pháp hàm số: VD: 5429 >+++