Hệ gồm 1 bpt bậc nhất và 1 pt bậc 2.

Trần Khánh Long-Hệ gồm 1 bpt bậc nhất và 1 pt bậc hai II. NỘI DUNG Vấn đề 1 Giải hệ bất phương trình bậc hai hai ẩn nhờ phương pháp tham biến. Phương pháp: Chuyển hệ bất phương trình về hệ phương trình nhờ biểu diễn qua tham số. Bài 1 Giải hệ bất phương trình 2 2 x y 1 x y xy 1      + ≤ + + = (Đề thi TTPHHSG Khối 10 Tỉnh ĐakLak – 1999) Giải Để ý Do x y 1+ ≤ nên: x + y = 1 – m với m 0≥ (1) Lúc này hệ là: ( ) 2 2 2 1 x y 1 m x y 1 m xy 1 m x y xy 1     ⇔   −     + = − + = − = − + + = Điều kiện để hệ có nghiệm là: (1 – m) 2 ≥ 4[(1 – m) 2 – 1] ( ) 2 3 1 m 4⇔ − ≤ 2 2 1 m 3 3 ⇔ − ≤ − ≤ 2 2 1 m 1 3 3 ⇔ − ≤ ≤ + Với điều kiện (1) ta có 0 2 m 1 3 ≤ ≤ + Lúc đó ta có x, y là hai nghiệm của phương trình t 2 – (1 – m)t + (1 – m) 2 – 1 = 0 Vậy nghiệm của hệ là: ( ) ( ) 2 2 0 2 m 1 3 1 m 4 3 1 m x 2 1 m 4 3 1 m y 2            ≤ ≤ + − − − − = − + − − = Hoặc ( ) ( ) 2 2 0 2 m 1 3 1 m 4 3 1 m x 2 1 m 4 3 1 m y 2            ≤ ≤ + − + − − = − − − − = Bài 2 Ở bất phương trình thứ hai của hệ của hệ trong bài 1 ta thay dấu “=“ bởi dấu “ ≥ ” thì ta có hệ mới sau: 2 2 x y 1 x y xy 1      + ≤ + + ≥ . Yêu cầu bài toán không thay đổi. Giải Hệ 2 2 x y 1 m (1) x y xy 1 (2) m 0 (3)   ⇔    + = − + + ≥ ≥ Từ (1): y = 1 – m – x Thay và (2): x 2 – (1 – m - x) 2 + x(1 – m – x) 0≥ ⇔ x 2 – (1 – m)x + (1 – m) 2 – 1 0≥ (4) Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 11 m 4 1 m 4 3 1 m   − − =     ∆ = − − − − Trường hợp 0∆ ≤ ( ) 2 4 3 1 m 0⇔ − − ≤ ( ) 2 4 1 m 3 ≥⇔ − 2 2 m 1 m 1 3 3 ⇔ ≤ − ∨ ≥ + Với điều kiện (3) ta có 2 2 m 1 m 1 3 3 ⇔ ≤ − ∨ ≥ + 2 Trần Khánh Long-Hệ gồm 1 bpt bậc nhất và 1 pt bậc hai Lúc đó bất phương trình (4) thỏa mãn với 0 x∀ ∈¡ Vậy nghiệm của hệ là 0 0 x x y 1 m x      = ∈ = − − ¡ Trường hợp 0∆ > ( ) 2 4 3 1 m 0⇔ − − > 2 2 1 m 1 3 3 < ⇔ − < + Với điều kiện (3) ta có 0 2 m 1 3 ≤ ⇔ < + Lúc đó bất phương trình (4) ( ) ( ) 2 2 1 m 4 3 1 m x 2 1 m 4 3 1 m x 2    ⇔     − − − − ≤ − + − − ≥ *) Với ( ) 2 1 m 4 3 1 m x 2 − − − − ≤ ( ) 2 1 m 4 3 1 m y 1 m x 2 ⇒ − + − − = − − ≥ *) Với ( ) 2 1 m 4 3 1 m x 2 − + − − ≥ ( ) 2 1 m 4 3 1 m y 1 m x 2 ⇒ − − − − = − − ≤ Vậy nghiệm của hệ là: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 m 0 m 0 1 m 4 3 1 m 1 m 4 3 1 m x x 2 2 1 m 4 3 1 m 1 m 4 3 1 m y y 2 2           ∨             ≥ ≥ − − − − − − − − ≤ ≤ − + − − − + − − ≥ ≥ Hướng phát triễn bài toán Nếu thay bất phương trình (2) bởi bất phương trình x 2 + y 2 + xy < 0 thì trường hợp 0∆ < bất phương trình vô nghiệm. Nên ta chỉ xét trường hợp 0∆ ≥ , cách lấy nghiệm tương tự. Bài 3 Giải hệ bất phương trình 2 2 2 2 x 2xy y 0 (1) 2x 3xy y 1 (2)  − −     ≤ − + = Giải a) Nếu x = 0 thì hệ là: 2 2 y 0 y 1  −     ≤ = hệ vô nghiệm. b) Nếu x 0≠ đặt y = t x. Điều kiện t 0≠ Vì t = 0 thì y = 0 lúc đó hệ là 2 2 x 0 1 x 2      ≤ = hệ vô nghiệm Thay y = tx vào bất phương trình (1) ta có: x 2 – 2tx 2 – t 2 x 2 ≤ 0 ⇔ (1 – 2t – t 2 )x 2 ≤ 0 ⇔ t 2 + 2t – 1 ≥ 0 t 1 2 t 1 2⇔ ≤ − − ∨ ≥ − + (*) Thay y = tx vào phương trình (2) ta được: 2x 2 – 3tx 2 + t 2 x 2 = 1 ⇔ (2– 3t + t 2 ) x 2 = 1 (3) a) Nếu: 2– 3t + t 2 ≤ 0 ⇔ 1 t 2≤ ≤ thì hệ vô nghiệmVì vế phải của (3) luôn dương. b) Nếu: 2– 3t + t 2 > 0 ⇔ t < 1 hoặc t > 2 Thì từ điều kiện (*) ta có t 1 2≤ − − hoặc t > 2 3 Trần Khánh Long-Hệ gồm 1 bpt bậc nhất và 1 pt bậc hai Suy ra 2 2 2 1 1 x x t 3t 2 t 3t 2 = ⇔ = ± − + − + Vậy nghiệm của hệ là: 2 2 1 t t > 2 x t 3t 2 y t 3t 2 t 1 2      =          = − + − + ≤ − − hoặc 2 2 1 t t > 2 x t 3t 2 y t 3t 2 t 1 2      = −          = − − + − + ≤ − − Hướng phát triễn bài toán Nếu ở bất phương trình (1) ta thay dấu “ ≤ ” bởi dấu “ ≥ ” thì cách lập luận không thay đổi, chỉ có sự thay đổi ở điều kiện (*). Bài 4 Giải hệ bất phương trình 2 2 2 2 3x 2xy y 0 x 3xy 2y 0  − −     ≤ − + ≥ Giải Rõ ràng về mặt hình thức đây là bài toán phức tạp hơn. Ta thực hiện việc giải bài toán như giải hệ phương trình đẳng cấp a) Nếu x = 0 thì hệ là: 2 2 y 0 y 0  −     ≤ ≥ Thì hệ có nghiệm x 0 y    = ∈¡ b) Nếu x ≠ 0 đặt y = tx. Điều kiện t ≠ 0 Vì t = 0 thì y = 0 ⇒ x = 0 (vô lí) Do đó ta có thể viết lại hệ là: 2 2 2 2 3x 2xy y 0 (1) x 3xy 2y m, m 0 (2)  − −   =   ≤ − + ≥ Thay y = tx vào phương trình (1) ta có: 3x 2 - 2tx 2 – t 2 x 2 0≤ ⇔ t 2 + 2t – 3 ≥ 0 t 1 t 3    ≥ ⇔ ≤ − (*) Từ bất phương trình (2) ta có x 2 – 3tx 2 + 2t 2 x 2 = m (3) a) Nếu 2t 2 – 3t + 1 < 0 1 t 1 2 ⇔ < < Thì hệ vô nghiệm vì không thỏa mãn điều kiện (*) b) Nếu 2t 2 – 3t + 1 = 0 1 t 2 t 1     = ⇔ = Từ Điều kiện (*) ta có t = 1. Lúc đó m = 0 Phương trình (3) thỏa mãn c) Nếu 2t 2 – 3t + 1 > 0 1 t t 1 2 ⇔ < ∨ > Từ phương trình (2) ta có 2 2 2 m m x x 2t 3t 1 2t 3t 1 ⇔ = = ± − + − + Vậy nghiệm của hệ 2 2 1 t t 1 2 m x 2t 3t 1 m y t 2t 3t 1            < ∨ > = − + = − + hoặc 2 2 1 t t 1 2 m x 2t 3t 1 m y t 2t 3t 1            < ∨ > = − − + = − − + 4 Trần Khánh Long-Hệ gồm 1 bpt bậc nhất và 1 pt bậc hai Vấn đề 2 Tìm điều kiện cần và đủ để hệ phương trình, hệ bất phương trình có nghiệm duy nhất. Lưu ý khi giải: - Chú ý đến tính đối xứng giữa hai ẩn x và y - Nếu cặp (x 0 ; y 0 ) là một nghiệm thì cặp (- x 0 ; - y 0 ) cũng là nghiệm của hệ hoặc(y 0 ; x 0 ) cũng là nghiệm… - Tìm điều kiện cần lưu ý x 0 = y 0 ( x 0 = -x 0 và y 0 = - y 0 )…. Từ điều kiện cần ta tìm được giá trò của tham số - Thay trực tiếp giá trò tham số vào hệ để có điều kiện đủ. Bài 5 Xác đònh giá trò tham số m để hệ bất phương trình sau có nghiệm duy nhất 2 2 2 2 x 2xy 2y m (1) x 4xy y m (2)      + + ≤ − − ≤ (Đề thi TTPHHSG Khối 10 Tỉnh ĐakLak – 2000) Giải Ta thấy nếu (x 0 ; y 0 ) là nghiệm của hệ thì (-x 0 ; -y 0 ) cũng là nghiệm Điều kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất là 0 0 0 0 0 0 x x x 0 y y y 0 = − =   ⇒   = =   − Lúc đó hệ phương trình là: m 0 m 0 m 0  ⇒   ≥ ≥ ≥ Điều kiện đủ với m 0≥ a) Trường hợp m > 0 Ta có x 0 y 0 =   =  là một nghiệm của hệVà x m y 0  =   =   cũng là một nghiệm của hệ .Suy ra hệ không thể có nghiệm duy nhất Vậy m > 0 không thỏa mãn. b) Trường hợp m = 0 Lúc đó hệ là ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 x 2xy 2y 0 x y y 0 x 4xy y 0 x 4xy y 0   +   ⇔       + + ≤ + ≤ − − ≤ − − ≤ 2 2 x y 0 x 0 y 0 y 0 x 4xy y 0     ⇔ ⇔      + = = = = − − ≤ Vậy m = 0 hệ bất phương trình có nghiệm duy nhất. Bài 6 Xác đònh giá trò tham số m để hệ bất phương trình sau có nghiệm duy nhất 4 4 2 2 x y m x y m x y +      ≤ + ≤ + Giải Nhận thấy nếu (x 0 ; y 0 ) là một nghiệm của hệ thì (y 0 ; x 0 ) cũng là nghiệm của hệ Điều kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất là x 0 = y 0 Lúc đó hệ là: 0 4 0 2 2 m x m 0 m x    ⇒     ≤ ≥ ≤ Điều kiện đủ với m 0≥ *) Trường hợp m > 0 Do x 0 = y 0 nên hệ phương trình là 4 4 4 4 0 0 0 2 ; 2 m x m m x Min m m x m     ⇒ ≤       ≤  ≤ − ≤ − ≤ Vậy nghiệm của hệ là một khoảng. Hệ không thể có nghiệm duy nhất. 5 Trần Khánh Long-Hệ gồm 1 bpt bậc nhất và 1 pt bậc hai *) Trường hợp m = 0 Lúc đó hệ phương trình là: 4 4 2 2 x y 0 (1) x y x y (2) +      ≤ + ≤ Mà x 4 + y 4 ≥ 2x 2 y 2 ⇒ 2x 2 y 2 ≤ x 2 y 2 ⇔ x 2 y 2 ≤ 0 x 2 y 2 ≤ 0 x 0 y 0  ⇔   = = Với x = 0 từ bất phương trình (1) y 0⇒ ≤ Từ bất phương trình (2) x 0 y 0 y 0  ⇒   = = ⇒ = Tương tự với y = 0 ta cũng có x 0 x 0 y 0  ⇒   = = ⇒ = Vậy m = 0 thì hệ có nghiệm duy nhất. Vấn đề 3 Áp dụng điều kiện S 2 ≥ 4P tìm tham số để hệ phương trình đối xứng loại I có nghiệm. Lưu ý khi giải: - Biến đổi hệ chỉ chưa tổng x + y và xy - Gọi S = x + y và P = xy. Tacó hệ theo S và P - Khử một trong hai biến S hoặc P ta được phương trình bậc hai của cùng một ẩn. Bài 7 Xác đònh giá trò của tham số m để hệ phương trình 2 2 x y xy m x y m      + + = + = (Trích Bộ đề tuyển sinh Đại học- Đề 1/II) Giải Ta có hệ phương trình là: ( ) 2 x y xy m x y 2xy m      + + = + − = Đặt P S x y xy   =  = + . Lúc đó hệ là 2 S S P m (1) 2P m (2)      + = − = Điều kiện S 2 ≥ 4P (*)Từ (*) và (2) ta có S 2 ≥ 4P ⇔ m + 2P ≥ 4P ⇔ 2P ≤ m kết hợp phương trình (1) Ta có 2(m – S) ≤ m ⇔ m S 2 ≥ (3)Mặt khác từ hệ phương trình ta có: S 2 – 2(m – S) – m = 0 ⇔ S 2 + 2S – 3m = 0 Gọi f(S) = S 2 + 2S – 3m Ta cần tìm m để f(S) có nghiệm thỏa mãn điều kiện (3) Giả sử f(S) có hai nghiệm S 1 ; S 2 và S 1 ≤ S 2 Ta có f(S) có hai nghiệm thỏa mãn m S 2 ≥ 1 2 1 2 m S S 2 m S S 2   ⇔   ≤   < ≤ ≤ 6 Trần Khánh Long-Hệ gồm 1 bpt bậc nhất và 1 pt bậc hai a) Trường hợp 1: 1 2 0 m m S S 1.f 0 2 2 2 m 2 2       ⇔   ÷       ∆ ≥ < ≤ > − > 2 1 3 1 3m 0 m m m 3m 0 m 0 m 8 4 m 2 m 2       ⇔ ⇔         + ≥ ≥ − + − > < ∨ > < − < − . Vô nghiệm b) Trường hợp 2: 1 2 m S S 2 ≤ ⇔≤ m 1.f 0 2    ÷   ≤ ; 2 m m 3m 0 0 m 8 4 ⇔ + − > ⇔ ≤ ≤ Vậy 0 m 8≤ ≤ thì hệ phương trình có nghiệm. Bài 8 Xác đònh m để hệ phương trình 2 2 x y xy 1 x y y x m      + + = + = có nghiệm Giải Ta có hệ phương trình ( ) x y xy 1 xy x y m      + + = + = Đặt S x y P xy    = + = . Điều kiện S 2 ≥ 4P (*) Lúc đó hệ phương trình là: S P 1 (1) SP m (2)    + = = Từ (1) ta có SP = S(1 – S) ⇒ S(1 – S) = m ⇔ S 2 = S – m (3) từ (*) và (3): S – m ≥ 4P = 4(1 – S) ⇔ 5S ≥ m + 4 ⇔ S ≥ m 4 5 + (4) Ta cần tìm m để f(S) = S 2 – S + m có nghiệm thỏa mãn (4) Giả sử S 1 , S 2 là hai nghiệm của f(S), S 1 ≤ S 2 a) Trường hợp 1 m 4 5 + < S 1 ≤ S 2 0 m 4 1.f 0 5 1 m 4 2 5       ⇔   ÷       ∆ ≥ + > + > ( ) 2 1 4m 0 m 28m 4 0 m 14 10 2 2 m 4 5   ⇔ ⇔    − ≥ + − > ≤ − − + < b) Trường hợp 2 S 1 ≤ m 4 5 + ≤ S 2 ⇔ m 4 1.f 0 5    ÷   + ≤ 2 m 28m 4 0 14 10 2 m 14 10 2⇔ ≤⇔ + − > − − ≤− + Vậy m 14 10 2≤ − + thì hệ phương trình có nghiệm 7 . Long -Hệ gồm 1 bpt bậc nhất và 1 pt bậc hai a) Trường hợp 1: 1 2 0 m m S S 1. f 0 2 2 2 m 2 2       ⇔   ÷       ∆ ≥ < ≤ > − > 2 1 3 1 3m 0 m m m 3m 0 m 0 m 8 4 m 2 m 2       ⇔. 3t + t 2 > 0 ⇔ t < 1 hoặc t > 2 Thì từ điều kiện (*) ta có t 1 2 − − hoặc t > 2 3 Trần Khánh Long -Hệ gồm 1 bpt bậc nhất và 1 pt bậc hai Suy ra 2 2 2 1 1 x x t 3t 2 t 3t 2 = ⇔. đó hệ là 2 2 x 0 1 x 2      ≤ = hệ vô nghiệm Thay y = tx vào bất phương trình (1) ta có: x 2 – 2tx 2 – t 2 x 2 ≤ 0 ⇔ (1 – 2t – t 2 )x 2 ≤ 0 ⇔ t 2 + 2t – 1 ≥ 0 t 1 2 t 1 2