Phương trình hệ phương trình ôn thi đại học

ŀ Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh 164 Chuyên đề III PHƯƠNG TRÌNH , HỆ PHƯƠNG TRINH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH    Chủ đề 1: PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI. 1. Định nghĩa: Là phương trình có dạng: ( ) 2 f x ax bx c 0 = + + = , trong đó a,b,c là các số thực cho trước và a 0 ≠ . 2. Cách giải: Đặt 2 b 4ac ∆ = − . Ta có: ( ) 2 2 b f x a x 2a 4a   ∆   = + −           nên: * Nếu 0 ∆ > phương trình có hai nghiệm phân biệt: 1,2 b x 2a − ± ∆ = * Nếu 0 ∆ = phương trình có nghiệm kép 1 2 b x x 2a = = − . * Nếu 0 ∆ < phương trình vô nghiệm. Chú ý: Nếu b 2b' = thì ta dùng công thức thu gọn. 2 ' b' ac 4 ' ∆ = − ⇒ ∆ = ∆ và 1,2 b' ' x a − ± ∆ = . 3. Định lí Viét: Định lí: Nếu phương trình bậc hai ( ) 2 ax bx c 0 a 0 + + = ≠ có hai nghiệm 1 2 x ,x thì ta có: 1 2 1 2 b c S x x , P x x a a = + = − = = . Chú ý: * Định lí Vi-et chỉ là điều kiện cần chứ không phải là điều kiện đủ, do đó trước khi sử dụng định lí Vi-et ta phải tìm điều kiện cho phương trình bậc hai có nghiệm . * Đảo lại ta có: “ Nếu hai số có tổng là S và tích là P thì hai số đó (nếu có) là nghiệm của phương trình: 2 X SX P 0 − + = . Ví dụ 1. Tìm m để phương trình ( ) ( ) 2 mx 2 m 1 x 3 m 2 0 − − + − = có hai nghiệm phân biệt 1 2 ,x x thỏa mãn 1 2 2x 1 x + = . Lời giải Email: phukhanh@moet.edu.vn 165 Ta có hệ phương trình: ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 1 2 1 1 2 m 0 m 0 ' 0 2m 4m 1 0 2(m 1) 2 m x x x m m 3(m 2) 2 2 m x .x x 1 m m x 2x 1 2 2 m 3 m 2 2 m . 1 m m m     ≠   ≠   ∆ > − − <     − −   + = ⇔ =      −  − = = −     + =      − − −   − =             ( )( ) 2 m 0 m 2 2 6 2 6 m 2 2 2 m 3 2 m 6m 4 0 m   ≠  =   − +  ⇔ < < ⇔   =     − − =   Ví dụ 2. Cho phương trình : 2 x ax a 1 0 − + − = có hai nghiệm 1 2 ,x x . 1. Chứng minh rằng 0 M 2 ≤ ≤ , biết 2 2 1 2 2 2 1 2 1 2 3x 3x 3 x .x x M x + − + = thỏa mãn [ ] a 1;3 ∈ . 2. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức sau: ( ) 1 2 2 2 1 2 1 2 2x x 3 N x x 2 x x 1 + = + + + Lời giải 1. Trước hết ta kiểm tra phương trình cho có nghiệm hay không?. Dễ thấy ( ) 2 a 2 0, a ∆ = − ≥ ∀ ∈  Theo định lý Vi-et, ta có : 1 2 1 2 x a, .x a 1 x x + = = − ( ) 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 3 a 1 3(x x ) 6x x 3 3a 6(a 1) 3 3a 6a 3 M a(a 10 a x x (x x ) a a − + − − − − − − + = = = = − + − a 0,a 1 ≠ ≠ . Đặt ( ) ( ) 3 a 1 f a a − = liên tục trên đoạn [ ] 1;3 . Ta có ( ) [ ] ( ) 2 1 f ' a 3 0, a 1;3 f a a   = > ∀ ∈ ⇒     liên tục và đồng biến trên đoạn [ ] 1;3 và ( ) ( ) f 1 0,f 3 2 = = . Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh 166 Do đó : ( ) 0 f a 2 ≤ ≤ hay 0 M 2 ≤ ≤ (đpcm). 2. ( ) ( ) 1 2 1 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 m 1 3 2x x 3 2x x 3 2m 1 N x x 2 x x 1 (x x ) 2 m 2 m 2 − + + + + = = = = + + + + + + + . Cách 1: Ta có : ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 m 2 m 2m 1 m 1 2m 1 N 1 m 2 m 2 m 2 + − − + − + = = = − + + + ( ) ( ) 2 2 2 m 1 m 1 0 0 N 1 maxN 1 m 2 − − ≥ ≥ ⇒ ≤ ⇒ = + khi m 1 = . ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 m 2m 1 m m 4m 4 m 2 m 2 2m 1 1 2 2 2 2 N 2 m 2 m 2 m 2 2 m 2 + + − + + − + + + = = = = − + + + + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 m 2 1 1 m 2 0 0 N minN 2 2 2 m 2 + + ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ − ⇒ = − + khi m 2 = − Cách 2: ( ) 2 2 2m 1 N Nm 2m 2N 1 0 * m 2 + = ⇔ − + − = + (Với m là ẩn, N là tham số) Ta có: ( ) 2 1 N 2N 1 1 2N N ∆ = − − = − + Để phương trình ( ) * luôn có nghiệm với mọi m thì 0 ∆ ≥ hay 2 1 2N N 0 − + ≥ ( )( ) 2 1 2N N 1 0 2N 1 N 1 0 N 1 2 ⇔ − − ≤ ⇔ + − ≤ ⇔ − ≤ ≤ maxN 1 = khi m 1 = , 1 minN 2 = − khi m 2 = − Bài tập tự luyện 1. Tìm m để phương trình ( ) 2 mx 2 m 4 x m 7 0 + − + + = có hai nghiệm phân biệt 1 2 ,x x thỏa mãn : a. 1 2 2x 0 x − = b. 1 2 3x 1 4x + = c. 1 2 5x 6 3x − = Hướng dẫn giải: Cách 1: xem ví dụ 1 Cách 2: a. ( ) ( ) 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 x x 3x 2x 0 2 x x 9x x 2 x x 3x x + =   − = ⇒ ⇒ + =  + =   Email: phukhanh@moet.edu.vn 167 ( ) 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2 m 0 ' 0 m 0 m 128 (m 4) 16 x x m m 1m 15 m 7 m 127m 128 0 x x m 2 x x 9x x   ≠    ∆ > ≠   = −  − −   + = ⇔ ≤ ⇔    =     +  + − =  =    + =  b. ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 x 1 3 x x 3x 1 x x 1 3 x x . 4 x x 1 x 4 x x 1 4x  = − +      + = ⇒ ⇒ = − + + −      = + −   ( ) ( ) 2 1 2 1 2 1 2 x x 7 x x 12 x x 1 ⇔ = + − + − c. ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 8x 5 x x 6 5x 6 64x x 5 x x 6 . 3 x x 6 8x 3 x x 6 3x  = + +      − = ⇒ ⇒ = + + + −      = + −   ( ) ( ) 2 1 2 1 2 1 2 64x x 15 x x 12 x x 36 ⇔ = + − + − 2. Tìm m ∈  để phương trình: ( ) 2 x 1 3m x 3m 2 0 + − + − = có nghiệm nằm ngoài khoảng ( ) 2;2 − . Hướng dẫn giải: Vì tổng của các hệ số của phương trình bằng 0 , do đó phương trình có nghiệm bằng ( ) 1 2;2 ∈ − còn 1 nghiệm là 3m 2 − . Theo bài toán, ta có: m 0 3m 2 2 4 3m 2 2 m 3 ≤  − ≤ −   ⇔   − ≥ ≥    . 3. Chứng minh rằng nếu có : 2a 3b 6c 0, a 0 + + = ≠ thì phương trình ( ) 2 f x ax bx c 0 = + + = luôn có nghiệm thuộc ( ) 0;1 . Hướng dẫn giải: ( ) ( ) 2 1 f 0 0, f 4a 6b 9c 3 9   = = + +     . Giả thiết suy ra ( ) 2 2 c 2a 3b 6c f 0 f 0 3 3   + = − ⇒ = − ≤     . ∗ Nếu c 0 = thì ( ) ( ) 2 1 2 f 4a 6b 2a 3b 3 9 9   = + = +     Từ giả thiết 2a 3b 6c 0 2 2a 3b 0 f 0 c 0 3 + + =    ⇒ + = ⇒ =    =    Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh 168 Vậy ( ) 2 2 f 0 x 0;1 3 3   = ⇒ = ∈     là nghiệm của phương trình ( ) f x 0 = . ∗ Nếu c 0 ≠ ⇒ phương trình ( ) f x 0 = có nghiệm thuộc ( ) 2 0; 0;1 3   ∈     . 4. Cho 2x 3y 5 + = .Chứng minh rằng: 2 2 2x 3y 5 + ≥ . Hướng dẫn giải: Cách 1 : Từ giả thiết 5 3y 2x 3y 5 x 2 − + = ⇒ = Đặt 2 2 2 2 2 5 3y 15y 25 A 2x 3y 2 3y 15y 2 2 2 −   = + = + = − +     ( ) 2 15y 30y 25 2A 0 − + − = ∗ . Phương trình ( ) ∗ là phương trình bậc 2 , phương trình này có nghiệm khi ' A 5 0 A 5 ∆ = − ≥ ⇔ ≥ . Cách 2: ( ) ( ) 2 2 2 15y 25 15 25 15 A 15y y 2y y 1 5 5 2 2 2 2 2 = − + = − + = − + ≥ (đpcm) 5. Tìm m để đồ thị hàm số ( ) 2 x 3x 3 y 2 x 1 − + − = − cắt đường thẳng y m = tại hai điểm phân biệt A,B sao cho AB 5 = Hướng dẫn giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm: ( ) ( ) ( ) 2 2 x 3x 3 m x 2m 3 x 2m 3 0 1 2 x 1 − + − = ⇔ + − − + = − Đồ thị hàm số cắt đường thẳng y m = tại hai điểm phân biệt A,B ⇒ ( ) 1 có hai nghiệm phân biệt khác 2 3 4m 4m 3 0 1 m 2 1 0  ∆ = − − > ⇔ ⇔ >  ≠   hoặc 1 m 2 < − ( ) 2 . Gọi ( ) ( ) 1 2 A x ;m , B x ;m , trong đó 1 2 x , x là hai nghiệm của ( ) 1 . ( ) ( ) 2 2 1 2 1 2 1 2 AB 5 x x 5 x x 4x x 5 = ⇔ − = ⇔ + − = ( ) ( ) 2 2m 3 4 2m 3 5 0 ⇔ − + − − = 2 m m 2 0 m 1 ⇔ − − = ⇔ = − hoặc m 2 = thỏa mãn ( ) 2 . Vậy m 1,m 2 = − = là những giá trị cần tìm. 6. Gọi 1 2 x , x là hai nghiệm của phương trình: ( ) 2 2x 3a 1 x 2 0 − − − = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ( ) 2 2 1 2 1 2 1 2 x x 3 1 1 P x x 2 2 2 x x   − = − + + −     Hướng dẫn giải: Email: phukhanh@moet.edu.vn 169 Vì ( ) 2 3a 1 16 0, a ∆ = − + > ∀ ∈  nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. Theo định lí Viet thì: 1 2 1 2 3a 1 x x , x x 1 2 − + = = − . ( ) 2 2 1 2 1 2 1 2 x x 3 1 1 P x x 2 2 2 x x   − = − + + −     ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 x x x x 2 x x 3 x x 2 2 2x x   − − − = − +     ( ) ( ) 2 2 1 2 1 2 3a 1 6 x x 4x x 6 4 24 4   −     = + − = + ≥         Đẳng thức xảy ra khi 1 3a 1 0 a 3 − = ⇔ = . Vậy 1 a ,minP 24 3 = = . 7. Cho phương trình 2 2 x 2mx m m 6 0 − + − − = , m là tham số. a. Với giá trị nào của tham số m phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt 1 2 x ,x sao cho 1 2 2 1 x x 18 x x 7 + = . b. Với giá trị nào của tham số m phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt 1 2 x ,x sao cho 1 2 x x 8 + = . Hướng dẫn giải: Phương trình : 2 2 x 2mx m m 6 0 − + − − = có ( ) 2 2 ' m m m 6 m 6 ∆ = − − − = + m 6 ≥ − phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt 1 2 x ,x a. Với 1 2 x .x 0 ≠ thì ( ) 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 x x 2x x x x x x 18 18 18 x x 7 x x 7 x x 7 + − + + = ⇔ = ⇔ = ( ) 2 2 2 1 2 2 2 4m 2 m m 6 18 m 4,m 12 m 8m 48 0 7 m m 6 m 2,m 3 m 2; m 3 m m 6 0  − − −   = − =  − − =   = ⇔ ⇔ ⇔    − − ≠ − ≠ ≠ − ≠     − − ≠   1 2 m 4; m 12 ⇔ = − = b. ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 x x 8 x x 2 x x 64 x x 2x x 2 x x 64 + = ⇔ + + = ⇔ + − + = ∗ Nếu 1 2 x ,x cùng dấu thì : ( )( ) 1 2 2 m 6 x x 0 m m 6 m 2 m 3 0 ≥ −   ≥ ⇔  − − = + − ≥   ( ) 6 m 2 a m 3 − ≤ ≤ −  ⇔  ≥  Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh 170 Khi đó phương trình ( ) ( ) 2 2 1 2 x x 64 4m 64 m 4 ∗ ⇔ + = ⇔ = ⇔ = ± thỏa ( ) a Nếu 1 2 x ,x trái dấu thì : ( ) ( ) 2 1 2 x x 0 m m 6 m 2 m 3 0 < ⇔ − − = + − < ( ) 2 m 3 b ⇔ − < < Khi đó phương trình ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 2 x x 4x x 64 4m 4 m m 6 64 ∗ ⇔ + − = ⇔ − − − = m 6 16 m 10 ⇔ + = ⇔ = 8. Trên đoạn [ ] 0;1 phương trình ( ) ( ) 2 4 2 8x 1 2x 8x 8x 1 1 − − + = có bao nhiêu nghiệm? Hướng dẫn giải: Do [ ] x 0;1 ∈ nên đặt x sint,t 0; 2 π   = ∈     . Phương trình cho đã cho trở thành: ( ) ( ) 2 4 2 8sint 1 2sin t 8sin t 8sin t 1 1 − − + = ( ) 8sint.cos2t.cos4t 1 ⇔ = ∗ Nhận thấy = 0 cost không phải là nghiệm, ta có: ( ) k2 t , k 18 9 8cost.sint.cos2t.cos4t cost sin8t cost l2 t , l 14 7 π π  = + ∈  ∗ ⇔ = ⇔ = ⇔  π π  = + ∈     Vì t 0; k 0, k 1, l 0, l 1 2 π   ∈ ⇒ = = = =     Vậy, trên đoạn [ ] 0;1 phương trình cho đã cho có bốn nghiệm 5 5 x sin ;x sin ;x sin ;x sin 18 18 14 18 π π π π = = = = . 9. Tìm những nghiệm của phương trình ( ) ( ) 2 2 2 1 32x x 1 2x 1 1 x − − = − nằm trong khoảng ( ) 0;1 Hướng dẫn giải: Điều kiện ( ) x 0;1 ∈ .Đặt x cost = với t 0; 2 π   ∈     Ta có phương trình: ( ) ( ) 2 2 2 1 32cost cos t 1 2cos t 1 1 cost − − = − 2 2 8sin 2tcos 2t 1 cost ⇔ = − 2 cost 1-2sin 4t ⇔ = cost cos8t ⇔ = ( ) ∗ Giải phương trình ( ) ∗ kết hợp với điều kiện 0 t 2 π ≤ ≤ ta được các nghiệm 2 2 4 2 2 4 t ,t ,t x cos ,x cos ,x cos 7 9 9 7 9 9 π π π π π π = = = ⇒ = = = Email: phukhanh@moet.edu.vn 171 10. Tìm m để phương trình: ( ) 2 2 x 2x m x 1 m 0 1 − − − + = có nghiệm. Hướng dẫn giải: Giải:Đặt t x 1 0 = − ≥ ta có t 2 -1=x 2 -2x nên pt (1) trở thành:t 2 -mt+m 2 -1=0 ( ) 2 . Phương trình ( ) 1 có nghiệm khi và chỉ khi ( ) 2 có ít nhất một nghiệm t 0 ≥ • Trường hợp 1: phương trình ( ) 2 có nghiệm t=0 2 P 0 m 1 0 m 1 ⇔ = ⇔ − = ⇔ = ± . • Trường hợp 2: phương trình ( ) 2 có nghiệm 2 1 2 t 0 t P 0 m 1 0 1 m 1 < < ⇔ < ⇔ − < ⇔ − < < . • Trường hợp 3: phương trình ( ) 2 có nghiệm 2 2 1 2 2 3 2 3 m 3 3 3m 4 0 0 m 1 2 3 t ,t 0 P 0 m 1 0 1 m . m 1 3 S 0 m 0 m 0  − ≤ ≤   − + ≥  ∆ ≥    >     > ⇔ > ⇔ − > ⇔ ⇔ < <     < −     > >     >    11. Tìm m để phương trình 2 x 2x 2m x 1 m 3 0 − − − + + = có nghiệm. Hướng dẫn giải: Phương trình ( ) 2 x 1 2m x 1 m 2 0 ⇔ − − − + + = Đặt t x 1 ,t 0 = − ≥ ta có phương trình : 2 t 2mt m 2 0 − + + = ( ) 1 Phương trình đã cho có nghiệm ⇔ phương trình ( ) 1 có nghiệm t 0 ≥ Ta phương trình (1) không có nghiệm t 0 ≥ nếu xảy ra một trong các trường hợp sau TH 1 : Phương trình ( ) 1 vô nghiệm 2 ' m m 2 0 1 m 2 ⇔ ∆ = − − < ⇔ − < < TH 2 : Phương trình ( ) 1 có hai nghiệm 1 2 t ,t 0 < . Điều này xảy ra khi 2 ' m m 2 0 S 2m 0 2 m 1 P m 2 0  ∆ = − − ≥  = < ⇔ − < ≤ −   = + >  . Suy ra ( ) 1 không có nghiệm t 0 ≥ khi 2 m 2 − < < Vậy m 2 ≥ là những giá trị thỏa yêu cầu bài toán. 12. Giải và biện luận theo a bất phương trình: 2 2 x 2x a x 3x a − + ≤ − − Hướng dẫn giải: Bất phương trình tương đương với: Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh 172 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 x 2x a x 3x a 2x 5x x 2a 0 − + ≤ − − ⇔ − + ≤ ( ) ( ) 2 2 5 0 x I 2 2x 5x 0 x 2a x 2a 0 5 x 2x 5x 0 2 II x 2a 0 x 0 x 2a   ≤ ≤       − ≤   ≥ −    + ≥     ⇔ ⇔     ≥   − ≥          + ≤  ≤         ≤ −   • Trường hợp 1: 5 2a 0 a 0 (I) 0 x ;(II) x 2a 2 − ≤ ⇔ ≥ ⇒ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ − .Vậy nghiệm hệ là 5 0 x 2 x 2a  ≤ ≤   ≤ −  • Trường hợp 2: ( ) ( ) 5 5 5 0 2a a 0 I 2a x ; II x 0 2 4 2 < − < ⇔ − < < ⇒ ⇔ − ≤ ≤ ⇔ ≤ . Vậy nghiệm hệ là 5 2a x 2 x 0  − ≤ ≤   ≤  • Trường hợp 3: ( ) ( ) x 0 5 5 2a a I VN ; II 5 2 4 x 2a 2 ≤   − ≥ ⇔ ≤ − ⇒ ⇔  ≤ ≤ −   . Vậy nghiệm hệ là x 0 5 x 2a 2 ≤    ≤ ≤ −     Chủ đề 2: PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN. 1. Định nghĩa : là hệ có dạng: ax by c a'x b'y c' + =   + =  , trong đó a,b,c,a',b',c' là các số thực cho trước và a,b,a',b' không đồng thời bằng không. 2. Cách giải : Dùng định thức Crame Ta có các định thức: x y a b c b a c D , D , D a' b' c' b' a' c' = = = . * Nếu D 0 ≠ thì hệ có nghiệm duy nhất: y x D D x , y D D = = . * Nếu x y D D D 0 = = = thì hệ vô số nghiệm: ( ) x c ax y b 0 b ∈    − = ≠    . Email: phukhanh@moet.edu.vn 173 * Nếu x y D 0 D 0 D 0 =   ≠     ≠    thì hệ đã cho vô nghiệm. Ví dụ 1. Giải và biện luận hệ phương trình sau theo tham số m : ( ) ( ) ( ) ( ) m 2 x m 4 y 2 m 1 x 3m 2 y 1  − + − =   + + + = −   Lời giải ( ) x y D m 2m 1 , D 7m, D 3m = − = = − ∗ Nếu m 0 = hoặc 1 m 2 = thì D 0 = . Khi x y m 0 D D 0 = ⇒ = = : hệ vô số nghiệm x t t 1 1 y t 2 2 =   ∈  = − −    . Khi x 1 m D 0 2 = ⇒ ≠ : hệ vô nghiệm . ∗ Nếu m 0 ≠ và 1 m 2 ≠ thì D 0 ≠ . Hệ có nghiệm duy nhất: x x D 7 x D 2m 1 D 3 y D 2m 1  = =   −  −  = =   − Kết luận : ∗ m 0 = : hệ vô số nghiệm x t t 1 1 y t 2 2 =   ∈  = − −    . ∗ 1 m 2 = : hệ vô nghiệm . ∗ m 0 ≠ và 1 m 2 ≠ : Hệ có nghiệm duy nhất 7 x 2m 1 3 y 2m 1  =   −  −  =   − Để hiểu kĩ hơn vấn đề này, chúng ta tham khảo các bài toán dưới đây: Ta xét bài toán sau : Xác định m ∈  để hệ : ( ) ( ) ( ) ( ) m 2 x m 4 y 2 m 1 x 3m 2 y 1  − + − =   + + + = −   có nghiệm thực duy nhất. Lời giải. [...]... phương trình đã cho tức phương trình đã cho không có nghiệm thực Vậy, x = 2 là nghiệm phương trình đã cho hay phương trình vô nghiệm! ( Ví dụ 3 Giải phương trình : ) x + 3 + 3x + 1 = 2 x + 2x + 2 Lời giải Bình phương 2 vế của phương trình ta được: 1+ ( x + 3)(3x + 1) = x + 2 x (2x + 1) , để giải phương trình này không khó nhưng hơi phức tạp Như vậy, có cách giải nào đơn giản hơn không?, hiển nhiên có! Phương. .. lũy thừa cả hai vế một cách thích hợp để làm mất căn thức trong phương trình, đưa phương trình đã cho tương đương với phương trình đơn giản hơn và biết cách giải 2 Phương pháp đặt ẩn phụ: Có nhiều phương trình chứa căn mà ta biến đổi tương đương sẽ được một phương trình phức tạp Lúc này, ta dùng phương pháp đặt ẩn phụ để chuyển về phương trình đơn giản và dễ giải (kèm theo điều kiện của 194 Email: phukhanh@moet.edu.vn... ) ⇔ x = y 5 Phương pháp đánh giá: Có những phương trình nếu ta dùng bất đẳng thức hoặc các tính chất của hàm số đánh giá hai vế, ta sẽ tìm được nghiệm của phương trình một cách nhanh chóng Dạng 2 : Bất phương trình chứa căn bậc hai 1.1 Phương pháp: 1 Nếu bất phương trình có một trong các dạng công thức cơ bản thì sử dụng công thức 2 Nếu trong bất phương trình có chứa nhiều biểu thức chứa căn thì ta... có thể đưa phương trình về hệ phương trình đã biết cách giải 3 Phương pháp đưa về dạng tích: Dùng các phép biến đổi đồng nhất đưa phương trình về dạng tích đơn giản hơn và biết cách giải 4 Phương pháp dùng tính chất đơn điệu của hàm số: Nếu hàm số y = f ( x ) đơn điệu trên khoảng ( a;b ) thì số nghiệm của phương trình f ( x ) = k không nhiều hơn một nghiệm và f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y 5 Phương pháp... ≤ 2 Phương trình (∗) ⇔  ⇔ 2 ⇒ x =1 2 x − 7x + 6 = 0 3x − 2 = ( 2 − x )   197 Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh Vậy x = 1 là nghiệm phương trình đã cho Ví dụ 5 Giải phương trình : x2 − 3x + 3 + x2 − 3x + 6 = 3 Lời giải Đặt: t = x2 − 3x + 3 > 0 Phương trình đã cho trở thành: t + t +3 =3 Bình phương 2 vế ta được 2t + 3 + 2 t 2 + 3t = 9 tức t 2 + 3t = 3 − t , phương trình. .. x;y ) ,g ( x;y ) qua S và P ta có F ( S;P ) = 0  hệ:  giải hệ này ta tìm được S , P G ( S;P ) = 0  Khi đó x,y là nghiệm của phương trình: X2 − SX + P = 0 179 Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh  x3 + y3 = 2  Ví dụ 1 Giải hệ phương trình:   xy ( x + y ) = 2  Lời giải ( ) ( x + y ) x2 − xy + y 2 = 2  Hệ phương trình đã cho tương đương:  hay  xy ( x + y ) = 2 ... Vậy hệ phương trình cho có ba nghiệm ( x;y ) là ( 0;4 ) , ( 4;0) ,  − ;0   5  177 Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh 3x2 + 5xy − 4y 2 = 38  Ví dụ 3 Giải hệ phương trình :  2 2 5x − 9xy − 3y = 15  Lời giải Dễ thấy x = 0 không là nghiệm của hệ Với x ≠ 0 , đặt y = tx, t ∈ » Hệ cho trở thành: 3x2 + 5x ( tx ) − 4 ( tx )2 = 38   2 5x2 − 9x ( tx ) − 3( tx ) = 15  ( hệ. ..  189 Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh Bài tập tự luyện  x3 = 2x + y (1 )  1 Giải hệ phương trình :  3  y = 2y + x ( 2)  Hướng dẫn giải: Trừ vế theo vế hai phương trình (1 ) và ( 2) , ta được: x3 − y 3 = x − y x = y ⇔ ( x − y ) x2 + y 2 + xy − 1 = 0 ⇔  2 2  x + y + xy − 1 = 0  ( ) Với x = y thay vào phương trình (1 ) , ta được: x3 = 3x , giải phương trình này ta... Chủ đề 7: PHƯƠNG TRÌNH , HỆ, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ g ( x ) ≥ 0 g ( x ) > 0  f (x) = g(x) ⇔    2 f ( x ) < g ( x ) ⇔ f ( x ) ≥ 0 f ( x ) = g ( x )   2 f ( x ) < g ( x )  Vậy bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x ∈ » ⇔ m ≥ g ( x ) ≥ 0 f ( x ) ≥ 0   f (x) ≥ g(x) ⇔  hoặc  2 g ( x ) < 0 f ( x ) ≥ g ( x )   Dạng 1: Phương trình chứa căn bậc hai 1.1 Phương pháp: 1 Phương pháp... Chủ đề 3: PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI a1x + b1y + c1xy + d1x + e1y + f1 = 0   2 2 a2x + b2y + c2xy + d2x + e2y + f2 = 0  2 2 Xét y = 0 có phải là nghiệm của hệ hay không? 176 Email: phukhanh@moet.edu.vn Xét y ≠ 0 Đặt x = ty  x3 + 4y = y3 + 16x (1 )  Ví dụ 1 Giải hệ phương trình :  2 2  y + 1 = 5 1 + x ( 2)  ( ) Lời giải Từ phương trình ( 2) suy ra 4 = y 2 − 5x2 (3) Thay (3) vào phương trình (1 . ŀ Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh 164 Chuyên đề III PHƯƠNG TRÌNH , HỆ PHƯƠNG TRINH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH    Chủ đề 1: PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI. 1 ( ) 1 Phương trình đã cho có nghiệm ⇔ phương trình ( ) 1 có nghiệm t 0 ≥ Ta phương trình (1) không có nghiệm t 0 ≥ nếu xảy ra một trong các trường hợp sau TH 1 : Phương trình ( ) 1 . m ∈  để phương trình: ( ) 2 x 1 3m x 3m 2 0 + − + − = có nghiệm nằm ngoài khoảng ( ) 2;2 − . Hướng dẫn giải: Vì tổng của các hệ số của phương trình bằng 0 , do đó phương trình có nghiệm