ms print2 booklet

63 Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau: Chương II: PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH CĨ THAM SỐ • Nếu |a| > 2: Hệ (1), (2) vơ nghiệm • Nếu |a| = 2: Hệ (1), (2) có hai nghiệm • Nếu |a| < |a| = 1: Hệ (1), (2) có nghiệm • Nếu |a| = 1: Hệ (1), (2) Có nghiệm PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐẠO HÀM Đưa phương trình vơ tỉ hệ phương trình Lý thuyết Đối với tốn tìm điều kiện tham số để phương trình f (x) = g(m) có nghiệm miền D ta dựa vào tính chất: phương trình có nghiệm hai đồ thị hai hàm số y = f (x) y = g(m) cắt Do để toán ta tiến hành theo bước sau: Bước 1: Lập bảng biến thiên hàm số y = f (x) Bước 2: Dựa vào bảng biến thiên ta xác định m để đường thẳng y = g(m) cắt đồ thị hàm số y = f (x) Chú ý : Nếu hàm số y = f (x) liên tục D m = M in f (x) , M = M ax f (x) phương Bài 7: Biện luận số nghiệm phương trình √ m − x2 − x + 5m = (1) Giải Đặt y = √ D − x2 ta có hệ trình: k = f (x) có nghiệm m k Sau số tập ví dụ:   2   x + y = (∗) x − my = 5m    y Bài tập ví dụ Hệ (∗) gồm phương trình đường thẳng d phụ thuộc m nửa đường tròn (C) xác định hệ bất phương trình  x + y = y x2 + x + − √ x2 − x + = m có nghiệm √ √ Xét hàm số f (x) = x2 + x + − x2 − x + với x ∈ R có 2x + 2x − f (x) = √ − √ x2 + x + x2 − x + Ta tìm nghiệm f (x): d 2x + 2x − f (x) = ⇔ √ − √ =0 x2 + x + x − x + √ √ ⇔ (2x + 1) x2 − x + = (2x − 1) x2 + x + (C) 5m M √ Giải y M2 Bài 1:Tìm m để phương trình Ta có A(0; −5) ∈ d ∀m A nằm ngồi (C) -3 D M O A M1 ⇒ x+ x+ 2 ⇔ x x− = x− + =(x − ) x+ 2 + ⇔x=0 Thử lại ta thấy x = không nghiệm f (x) Suy f (x) không đổi dấu R, mà f (0) = > ⇒ f (x) > 0∀x ∈ R Vậy hàm số f (x) đồng biến R 2x √ Mặt khác: lim f (x) = lim √ = lim f (x) = −1 x→+∞ x→+∞ x→−∞ x + x + + x2 − x + 32 33 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình cho có nghiệm m ∈ (−1; 1) ✷ Bài 2: Tìm m để phương trình √ x2 + − √ x = m có nghiệm Giải ĐKXĐ: x √ √ Xét hàm số f (x) = x2 + − x với x ta có f (x) liên tục [0; +∞) x x Lại có: f (x) = − √ < √ − √ = ∀x > x x6 x (x2 + 1)3 Suy hàm số f (x) nghịch biến [0; +∞) Mặt khác: lim f (x) = x→+∞ Do phương trình cho có nghiệm m ∈ (0; 1] ✷ Nhận xét: Đơi ta phải tìm cách lập m để đưa phương trình dạng Bài 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: √ 62 Hệ (∗) gồm phương trình đường tròn (C) : x2 + y = đường thẳng d phụ thuộc vào m Gọi A, B giao điểm d (C) ta cần tìm m để AB đạt giá trị nhỏ Do M (1; 1) ∈ d ∀m M nằm (C) nên d cắt (C) điểm phân biệt A, B Ta có: AB Min ⇔ d ⊥ OM (∗∗) − Gọi → u = (−m; 2) vectơ phương d −−→ − (∗∗) ⇔ → u OM = ⇔ − m = ⇔ m = Do với m = hệ có hai nghiệm phân biệt thỏa (x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 đạt giá trị nhỏ Bài Biện luận số nghiệm hệ phương trình sau:  |x| + |y| = (x − 2a) (y − a) = Giải x4 − 13x + m + x − = (*) Xét hệ phương trình:  |x| + |y| = Giải (1) (x − 2a) (ya) = (2) Ta có: (∗) ⇔ Ta thấy điểm thỏa mãn (1) bốn cạnh hình thoi ABCD đó: √ x4 − 13x + m + x − = ⇔ 1−x x − 13x + m = (1 − x) Xét hàm số f (x) = 4x − 6x − 9x với x 1 ⇔ x A((−4; 0) ; B (0; 2) ; C (4; 0) ; D (0; −2) 4x − 6x2 − 9x = − m x=− Dựa vào bảng biến thiên suy phương trình có nghiệm m x=  Ta có: f (x) = 12x2 − 12x − 9, f (x) = ⇔  − ✷ √ √ √ √ Bài 4: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x x + x + 12 = m( − x + − x) Giải ĐKXĐ: x ∈ [0; 4] Khi phương trình tương đương với Đồng thời, điểm thỏa mãn (2) nằm hai đường thẳng d1 : x = 2a d2 : y = a Số nghiệm hệ hai phương trình (1) (2) số giao điểm bốn cạnh hình thoi với hai đường thẳng nói Trước tiên ta tìm xem đường thẳng x = 2a; y = a |x| + |y| = đồng quy Gọi (x0 ; y0 ) điểm chung ba đường thẳng này, ta có hệ sau:       x = 2a    x0 = 2a ⇔ y0 = a y0 = a       |x0 | + |y| = 4 |a| =     |a| = ⇔ √ √ √ √ (x x + x + 12)( − x − − x) = m √ √ Xét hàm số f (x) = (x x + x + 12)( − x − − x) liên tục đoạn [0; 4] 3√ 1 √ Ta có: f (x) = x+ √ − √ > ∀x ∈ [0; 4] 2 4−x 5−x x + 12 Vậy f (x) hàm đồng biến [0; 4] √ √ Suy phương trình có nghiệm 3( − 2) m 12 ✷ √ y √ Bài 5: Tìm m để hệ sau có nghiệm: (∗)    2x2   4−5x √ 3x − mx x + 16 = x0 = 2; y0 =    x0 = −2; y0 = −1 y x = 2a x=2 B B y=1 -4 A y=a O -2 D C -4 x A O -2 D C x 61 số trục dãn Ox Phép dãn biến điểm B, D thành B (u1 ; v1 ), D (u2 ; v2 ) hệ (∗) trở thành:  u2 + v = 16 (∗∗) 2u − mv = 2m 34 Giải Ta có: (∗) ⇔ Toạ độ điểm B , D nghiệm (∗∗) Hệ gồm phương trình đường tròn (C) phương trình đường thẳng d ảnh d qua phép dãn Xét f (x) = y x2 −4 + 5x ⇔ √ 3x2 − mx x + 16 = -2 Q' Mặt khác 2 B D = (u1 u2 ) + (v1 − v2 ) = (x1 − x2 ) + 4(y1 − y2 ) = √ (C) có tâm gốc tọa độ nên Nghĩa d cắt (C) điểm B , D cho B D = √ BD |2m| 61 122 = R2 = 16 Suy dO/d = , d = √ ✷ d2O/d + nên tìm m = ± 4 + m2 Bài 5: Tìm m để hệ có nghiệm phân biệt (x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 đạt giá trị nhỏ nhất:  x + y = (∗) 2x + my = m + Giải y d Bài 6: Tìm m để hệ sau có nghiệm: A M O 0∀x ∈ [1; 4] 72x+ √ x+1 √ − 72+ x+1 + 2007x x − (m + 2)x + 2m + = Ta có: √ 72x+ x+1 √ − 72+ x+1 √ + 2007x 2007 ⇒ 72+ x+1 (72x+2 − 1) 2007(1 − x) (∗) √ Nếu x > ⇒ 72+ x+1 (72x−2 − 1) > > 2007(1 − x).Suy (*) vô nghiệm √ Nếu x ⇒ 72+ x+1 (72x−2 − 1) 2007(1 − x) Suy (*) Suy hệ có nghiệm phương trình x2 − (m + 2)x + 2m + = có nghiệm với x2 − 2x + x ∈ [−1; 1], hay phương trình m = có nghiệm với x ∈ [−1; 1] x−2 x2 − 2x + với x ∈ [−1; 1], có Xét hàm số f (x) = x−2 √ x2 − 4x + =0⇔x=2− (x − 2) Dựa vào bảng biến thiên suy hệ có nghiệm m B 2007 Giải f (x) = (C) 3x2 + 16 √ x x Như m = f (x) nghịch biến [1; 4], f (4) m f (1) ⇒ m 19 Vậy hệ có nghiệm m ∈ [8; 19] ✷ Nhận xét: Khi gặp hệ phương trình phương trình hệ khơng chứa tham số ta giải phương trình trước Từ phương trình ta tìm tập nghiệm (đối với hệ ẩn) rút ẩn qua ẩn Khi nghiệm hệ phụ thuộc vào nghiệm phương trình thứ hai với kết ta tìm x √ 3x2 − mx x + 16 = √ 3√ √ 6x2 x − x(3x2 + 16) x(x2 − 16) f (x) = = x3 2x3 O ⇒m= 3x2 + 16 √ với x ∈ [1; 4] Ta có: x x P' x ∈ [1; 4] 2− √ x Bài 7: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: (∗) Giải x−y+m=0 √ y + xy = 35 ĐKXĐ: xy (∗) ⇔ Từ hệ ta  có y =  x−y+m=0     x−y+m=0 y − 4y + 4y − y − 4y + ⇒ m = y − = (y ⇔ x = √  y y y xy = − y    y 2) 4y − (y 2) ta có f (y) = > ∀y = 0, suy hàm số f (y) đồng biến y y khoảng (−∞; 0) (0; 2] Mặt khác, lim f (y) = 4, lim+ f (y) = −∞; lim− f (y) = +∞ Xét hàm số f (y) = y→−∞ y→0 60 y→0 Suy hệ có nghiệm m ∈ (−∞; 2] ∪ (4; +∞) ✷ Nên suy ra: −→ −−→ −→ −−→ OA.OB = OA.OB cos OA, OB = x1 x2 + y1 y2 −→ −−→ π cos OA, OB > ⇔ AOB < Hơn (x1 , y1 ) (x2 , y2 ) nghiệm hệ nên điểm A B nằm đường tròn (C) : x2 + y = đường thẳng d : x + y = m, AB dây đường tròn (C), đồng thời AB đường thẳng d Như để hệ có nghiệm thỏa điều kiện x1 x2 + y1 y2 > AB phải cắt đường tròn (C) π hai điểm phân biệt, phải thỏa mãn AOB < Bài 8: Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt: √ x4 − 4x3 |m| • AB cắt (C) hai điểm phân biệt ⇔ dO/d < ⇔ √ < 2 √ + 16x + m + x4 − 4x3 + 16x + m = (∗) π π • Gọi H trung điểm dây AB OH ⊥ AB Ta có: AOB < ⇔ AOH < ⇔ √ π 2 AH < OH Vì OH + AH = nên suy AOB < ⇔ OH > 2 Giải Ta có: (∗) ⇔ √ √ |m| √ Như hệ có hai nghiệm phân biệt thỏa x1 x2 +y1 y2 > ⇔ > √ > ⇔ 2 > |m| > ✷ x4 − 4x3 + 16x + m = ⇔ m = −x4 + 4x3 − 16x + 16 Xét hàm số f (x) = −x4 + 4x3 − 16x + 16 với x ∈ R Ta có: f (x) = −4x3 + 12x2 − 16; f (x) = ⇒ Bài 4: Tìm m để hệ có nghiệm phân biệt thoả (x1 − x2 )2 + 4(y1 − y2 )2 = 3:  x2 + 4y = 16 (∗) x − my = m x = −1 x=2 Dựa vào bảng biến thiên suy phương trình có hai nghiệm phân biệt m < 27 Giải √ Bài 9: Tìm m để phương trình m x2 + = x + m (∗) có ba nghiệm phân biệt Hệ (∗) gồm phương trình elip (E) : Giải x Từ (*) ta có: (∗) ⇔ m = √ x2 + − x với x ∈ R Xét hàm số: f (x) = √ x2√ +2−1 √ − x2 + Ta có: f (x) = √ √ ; f (x) = ⇔ x = ± x2 + 2( x2 + − 1) √ √ Dựa vào bảng biến thiên phương trình có nghiệm − < m < ✷ Bài 10: Tìm m để phương trình: mx2 + = cos x (∗) có nghiệm x ∈ 0; x2 y + = đường thẳng d : x − my = m phụ thuộc m 16 y O π A -1 x Giải Ta thấy để (*) có nghiệm m Khi x sin2 cos x − mx2 + = cos x ⇒ m = ⇒ −2m = x2 x2 Ta có đường thẳng d qua điểm cố định A(0; -1) A nằm (E) Vậy d cắt (E) điểm phân biệt, hệ (∗) có nghiệm phân biệt với m Gọi B(x1 ; y1 ), D(x2 ; y2 ) đặt u = x; v = 2y (1) Công thức (1) xác định phép dãn với hệ 59 y d3 B(0; 2) y=1 d2 Xét hàm số f (t) = d1 sin t(t cos t − sin t) sin 2t(t − tan t) π 2t2 sin t cos t − 2tsin2 t = = < ∀t ∈ 0; f (t) = 3 t t t A( 3, 1) M2 Suy hàm số f (t) nghịch biến (0; π4 ) Dựa vào bảng biến thiên suy phương trình có nghiệm (0; π4 ) < −2m < ⇒ − < m < − ✷ π π M1 M( m sin2 t π với t ∈ 0; t Ta có n O 36 x ; 0) Bài 11: Tìm m để hệ phương trình có ba cặp nghiệm phân biệt: Điều kiện tốn xác định miền góc P với x > 0; y > (∗) gồm phương trình đường tròn (C) : x2 + y = phương trình đường thẳng d : 2x − y = m phụ thuộc m Phần chung √ (C) P cung AnB có đầu mút A( 3; 1) B(0; 2) Yêu cầu tốn tìm m để d cung AnB có điểm chung √ Phương trình đường thẳng d1 , d2 qua A, B phương với d 2x − y = − √ 2x − y = −2 Các đường thẳng cắt Ox M1 ( − ; 0) M2 (−1; 0) Các điểm nằm (C) nên giao điểm thứ hai d1 , d2 với (C) thuộc nửa mặt phẳng P1 = {(x; y) : y < 0} Vì d1 , d2 có điểm chung với AnB A B Gọi Q dải mặt phẳng biên d1 , d2 , Q chứa AnB Đường thẳng d cắt đoạn thẳng m M1 M2 M ( ; 0) khác M1 , M2 √ Từ suy −2 < m < − tập hợp giá trị m thoả giả thiết ✷ (∗) Giải Điều kiện xy Ta có (∗)  3(x + 1)2 + y = m     3(x + 1)2 + y = m x2 − 2x + x2 − 2x + ⇒ y= ⇒ m = 3(x + 1)2 + √  x x xy = − x    y ⇔ m − = 3x2 + 6x + Bài 3: Tìm m để hệ có nghiệm phân biệt thoả x1 x2 + y1 y2 > 0:  x2 + y = (∗) x + y = m Giải y d B H A O x Giả sử hệ có hai nghiệm phân biệt (x1 , y1 ) (x2 , y2 ), ta có: Gọi A(x1 ; y1 ), B(x2 ; y2 ), 3(x + 1)2 + y − m = √ x + xy = x2 − 2x + x Xét hàm số: f (x) = 3x2 + 6x + x2 − 2x + x (x 1) ta có  x = −1  −1  6x3 + 7x2 − x = f (x) = = ⇔  x2  x= Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hệ phương trình có ba nghiệm phân biệt m ∈ [−4; −15 ] ∪ [ 20 ; 12] ✷ Nhận xét: Khi đặt ẩn phụ ta phải tìm miền xác định ẩn phụ giải toán ẩn phụ miền xác định vừa tìm Cụ thể: * Khi đặt t = u(x)(x ∈ D), ta tìm t ∈ D1 phương trình f (x, m) = (1) trở thành g(t, m) = (2) Khi (1) có nghiệm x ∈ D ⇒ (2) có nghiệm t ∈ D1 * Để tìm miền xác định t ta sử dụng phương trình tìm miền giá trị (vì miền xác định t miền giá trị hàm u(x)) * Nếu toán yêu cầu xác định số nghiệm ta phải tìm tương ứng x t, tức giá trị t ∈ D1 phương trình t = u(x) có nghiệm x ∈ D √ √ √ √ Bài 12: Tìm m để phương trình m( x − + x2 − 4) − x + = x2 − có nghiệm 37 Giải ĐKXĐ; x √ Ta thấy x = không nghiệm phương trình nên ta chia hai vế phương trình cho x2 − 4: m x−2 +2 x+2 − x+2 = (∗) x−2 Bài toán đưa khảo sát số nghiệm hệ (∗) gồm cung tròn AnB nằm miền góc P xác định miền x 0, y đường thẳng d Bài tập ví dụ t2 + 2t x+2 (t > 1) Khi (*) trở thành: m +2 −t=2⇔m= x−2 t 2t + t2 + 2t 2t2 + 2t + > ∀t > Xét hàm số f (t) = (t > 1) ta có f (t) = 2t + (2t + 1)2 Vậy hàm số f (t) đồng biến (1; +∞) Vậy phương trình có nghiệm m > ✷ Nhận xét: Trong toán sau đặt ẩn phụ ta thường gặp khó khăn xác định miền xác định t Để tìm điều kiện ẩn phụ t, dùng công cụ hàm số, bất đẳng thức, lượng giác hóa Đặt t = 58 Bài 13: Tìm m để phương trình log23 x + √ log23 x + − 2m − = có nghiệm 1; 3 Các tập hệ tuyến tính phân tuyến tính Bài 1: Biện luận số nghiệm hệ  (x − 1)2 + (y − 2)2 = x + my = m + Giải  u2 + v = Đặt u = x − 1; v = y − ta có cho tương đương: u + mv = −m Giải √ Đặt t = log23 x + Do x ∈ 1; 3 ⇒1 t y Phương trình cho trở thành: t2 + t = 2m + Xét hàm số f (t) = t2 + t với t 2, ta thấy f (t) hàm đồng biến [1; 2] Vậy phương trình có nghiệm 2m + ⇔ m ✷ (C) Bài 14: Xác định m để hệ sau có nghiệm phân biệt A(0,-1) log√3 (x + 1) − log√3 (x − 1) > log3 O x log2 (x2 − 2x + 5) − mlog(x2 −2x+5) = Giải x+1 > log√3 ⇒ x ∈ (1; 3) x−1 Đặt t = log2 (x2 − 2x + 5)(t ∈ (2; 3))và phương trình thứ hai hệ trở thành m t+ = ⇒ t2 − 5t = −m t Điều kiện : x > Từ bất phương trình thứ hệ ta có: log√3 Từ cách đặt t ta có: Với giá trị t ∈ (2; 3) cho ta giá trị x ∈ (1; 3) Suy hệ có nghiệm phân biệt phương trình t2 − 5t = −m có nghiệm phân biệt t ∈ (2; 3) Xét hàm số f (t) = t2 − 5t với t ∈ (2; 3) Ta có f (t) = 2t − 5; f (t) = ⇔ t = Dựa vào bảng biến thiên ta có, hệ phương trình có nghiệm phân biệt m ∈ (6; 25 )✷ Bài 15:(Đề thi ĐH khối B - 2004) Tìm m để phương trình có nghiệm: √ √ √ √ √ m( + x2 − − x2 + 2) = − x4 + + x2 − − x2 (∗) √ Hệ gồm phương trình đường tròn (C) : x2 + y = tâm gốc tọa độ bán kính phương trình đường thẳng d : x + my + m = phụ thuộc m Hơn nữa, đường thẳng d qua điểm cố định A(0; −1) nằm (C) nên d cắt (C) điểm phân biệt với m.✷ Bài 2: Tìm m để hệ có nghiệm x > 0; y > 1:  x + y = (∗) 2x − y = m Giải 57 Phương pháp: Đặt u = √ √ px; v = qy hệ cho tương đương  u2 + v = r a u + b v = c a b Trong a = √ ; b = √ Bài toán đưa p q 38 Giải Điều kiện: −1 x Trước tiên, ta nhận thấy rằng: (1 − x2 ) (1 + x2 ) = − x4 − x2 + + x2 = nên ta có phép đặt ẩn phụ sau: √ √ Đặt t = + x2 − − x2 Phương trình cho trở thành: m (t + 2) = −t2 + t + ⇔ Đưa phương trình vơ tỉ ẩn sang hệ phương trình hai ẩn Bài 1: Khảo sát nghiệm phương trình Phương pháp: Đặt y = √ a − bx2 = kx + m với a, b > a − x2 ta có hệ b  a   x2 + y =   √ b (∗) kx − by = −m    y −t2 + t + = m (1) t+2 √ √ Do + x2 − x2 ⇒ t √ √ Mặt khác: t2 = − − x4 ⇒ t √ −t2 + t + −t2 − 4t Ta xét hàm số: f (t) = , ∀t ∈ 0; , ta có:f (t) = t+2 (t + 2)2 √ √ Vậy hàm f (t) nghịch biến đoạn 0; Mà hàm số liên tục 0; nên phương trình √ cho có nghiêm x phương trình (1) có nghiệm t ∈ 0; Điều tương đương với: f (t) √ √ max f (t) ∀t ∈ 0; ⇔ f m Vậy giá trị m cần tìm √ 2−1 m m f (0) ✷ Bài toán đưa khảo sát nghiệm hệ (∗) Bài 2: Khảo sát nghiệm phương trình Phương pháp: Đặt z = x + c; y = √ a − b(x + c)2 = kx + m với a, b > Bài 16: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: √ √ √ √ x x + x + 12 = m − x + − x a2 + bz đưa Giải Bài 3: Khảo sát nghiệm phương trình a sin t + b cos t = c với t ∈ [α; β] Phương pháp: Đặt x = sin t; y = cos t ta có hệ  ax + by = c (∗) x + y = Bài toán đưa khảo sát nghiệm hệ (∗) với x, y thoả điều kiện xác định √ √ Bài 4: Khảo sát số nghiệm phương trình p a + bx + q c + dx = m với bd < 0; q = ±1 Phương pháp: Coi b > ⇒ d < Đặt y = (∗) a + x; z = b  a c   y2 + z2 = −   b d   p√by + q √−dz = m   y     z 0 −c − x ta có hệ d Cũng giống toán trước, ta nghĩ phải đưa toán dạng f (x) = m sử dụng tương giao đồ thị suy điều kiện m Ta giải toán sau: Điều kiện: x √ √ x x + x + 12 √ Phương trình cho tương đương với: √ =m − x + − x √ √ x x + x + 12 √ Đặt f (x) = √ ∀x ∈ [0; 4] 5−x+ 4−x Tuy nhiên, đến ta khảo sát hàm số phức tạp dài dòng Vì ta giải theo hướng khác Để ý rằng, ta có tính chất sau: f (x) f (x) Với hàm số y = Nếu y = f (x) đồng biến y = g (x) nghịch biến y = đồng g (x) g (x) biến Ta vận dụng tính chất sau: √ √ Xét hàm số g (x) = x x + x + 12 ta có: 3√ g (x) = x+ √ > nên hàm g(x) đồng biến 2 x√+ 12 √ Xét hàm số h(x) = − x + − x ta có: 1 h (x) = − √ − √ < nên hàm h(x)là nghịch biến 5−x 4−x 39  (x − p)2 + (y − q)2 = r Bài 2: Biện luận số nghiệm hệ phương trình ax + by = c g (x) Vậy, theo tính chất ta có hàm y = đồng biến ∀x ∈ [0; 4] h (x) Do phương trình f (x) = m có nghiệm √ √ f (0) m f (4) ⇔ 15 − 12 m 12 ✷  px2 + qy = r Bài 3: Biện luận số nghiệm hệ phương trình ax + by = c √ x2 − 2x + m2 = |x − 1| − m (1) Giải (1) ⇔ ta có: √ x−1−m x2 − 2x + m2 = x − − m ⇔ (1) ⇔ √ x2 − 2x + m2 = − x − m ⇔ x2 − 2x + m2 = (x − − m) Nếu m = 0: hệ vô nghiệm 2m + Nếu m = ⇒ x = 2m 2m + −2m2 + Ta có x + m ⇔ 1+m⇔ 2m 2m 2m + Lại có x ⇒ 1⇔m>0 2m √ Kết hợp điều kiện ta có < m < - Xét x < 1: x ⇔ 1+m 2mx = 2m + √ 0⇔m (r>0) Phân tích: Đặt u = x − p; v = y − p đưa toán Bài 17: Giải biện luận phương trình sau theo m: Xét x 56 √ 2 − ∨0 0) Phân tích: Hệ cho gồm phương trình đường elip (E) phương trình đường thẳng d Như ta cần khảo sát số giao điểm d (E) Sử dụng phép co - dãn biến (E) thành đường tròn (C) biến d thành d , ta đưa khảo sát số điểm chung d (C) Ta biết số điểm chung không lớn q y hệ cho trở thành Phương pháp: Đặt u = x; v = p  r 2  u + v = p (∗) p  au + b v q =c Từ làm tiếp Nếu phát đường thẳng qua điểm nằm (E) hệ ln có nghiệm phân biệt 1−x−m x2 − 2x + m2 = (1 − x − m)2 2mx = 2m − ⇔ x 1−m Kết luận: Nếu m = 0: hệ vô nghiệm √ + m ± −3m2 + 10m − Nếu < m < ∨ m > 3: phương trình có nghiệm:x = 1−m Nếu m = 3: phương trình có nghiệm x = −1 Nếu m = : phương trình có nghiệm x = 1.✷  p(x − k)2 + q(y − h)2 = r Bài 4: Biện luận số nghiệm hệ phương trình ax + by = c (p, q, r > 0) Phương pháp: Đặt u = x − k; v = y − h đưa toán Bài 5: Biện luận số nghiệm hệ phương trình với p, q, r > 0; k = ±1:  px2 + kxy + qy = r ax + by = c Phương pháp: Biến đổi phương trình đầu dạng mu2 + nv = r đưa tốn Bài 18: Tìm m để phương trình sau có nghiệm x2 + x2 + x + = x2 + + m x2 − x +  x + y = r Bài 6: Khảo sát tính chất nghiệm hệ ax + by = c (r > 0) Giải Để ý rằng: (x2 + 1) − x2 = (x2 + x + 1) (x2 − x + 1) Do đó, phương trình cho tương đương với: x2 + x + = x2 + x + x − x + + m x2 − x + Do x2 − x + > 0, ∀x nên chia hai vế phương trình cho x2 − x + ta được: x2 + x + x2 − x + x2 + x + − =m x −x+1 Phương pháp: Coi nghiệm hệ điểm với toạ độ cặp số Biến đổi hệ phương trình điều kiện hệ thành ý nghĩa hình học Điều kiện tốn thường liên quan đến số tính chất tập hợp điểm thuộc phần chung nửa mặt phẳng miền tròn, miền elip khoảng cách điểm, tích vơ hướng vectơ lập từ điểm đó, số đo góc tạo vectơ đường thẳng  px2 + qy = r Bài 7: Khảo sát tính chất nghiệm hệ phương trình ax + by = c (p, q, r > 0) 55 PHƯƠNG PHÁP ỨNG DỤNG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH VÀ HÌNH HỌC PHẲNG Lý thuyết − − • Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho vector: → u = (x1 , y1 ), → v = (x1 , y2 ) ta có: − − |→ u +→ v| − − |→ u | + |→ v|⇔ (x1 + x2 )2 + (y1 + y2 )2 x21 + y12 + x22 + y22 y1 x1 − − = =k Dấu xảy hai vector → u → v hướng ⇔ x2 y2 40 x2 + x + 1 , t x2 − x + Phương trình trở thành: t2 − t = m Đây phương trình bậc hai đơn giản nên việc khảo sát xin dành cho bạn đọc Điều lưu ý điều kiện t Thực chất ta tìm giá trị lớn nhỏ x2 + x + (có thể dùng phương pháp miền giá trị) biểu thức x −x+1 Đặt t = Bài 19: Tìm m để hệ sau có nghiệm thực:  1   x + + y + = x y 1    x3 + + y + = 15m − 10 x y − − • Với hai vector → u, → v khơng gian → − − − − − − u → v = |→ u | |→ v | cos (→ u ,→ v) Giải − − |→ u | |→ v| • (Định lý cosin tam giác) Cho a, b, c ba cạnh tam giác ABC A góc đỉnh A tam giác đó: a2 = b2 + c2 − 2bc cos A • Cho tam giác ABC có ba góc nhọn điểm M tùy ý mặt phẳng gọi T điểm nhìn cạnh BC, CA, AB góc 1200 với điểm M mặt phẳng ta có: MA + MB + MC TA + TB + TC T gọi điểm Torricelli tam giác ABC Cách 1: Nhìn vào hệ này, ta thấy hướng phải đặt ẩn phụ đại lượng x + x x + dường có mối liên hệ với Với ý tưởng đó, ta có phép đặt sau:  x  a = x + x Đặt , (|a| 2, |b| 2)  b = y + y  1   −3 x+ = a3 − 3a x3 + = x + x x x Ta có  1  y + = y+ −3 y+ = b3 − 3b y y y Khi đó, hệ cho trở thành: a+b=5 a3 + b3 − (a + b) = 15m − 10 Sau số dạng toán thường gặp: Khảo sát hệ phương trình chứa dạng tuyến tính phân tuyến tính  x + y = r Bài 1: Biện luận số nghiệm hệ ax + by = c ⇔ a+b=5 ab = − m Dễ thấy a, b nghiệm phương trình X − 5X + − m = ⇔ X − 5x + = m (1) Xét hàm số f (X) = X − 5X + 8, |X| 2, ta có: f (X) = 2X − ⇒ f (X) = ⇔ X = Từ đó, kẻ bảng biến thiên ý hệ cho có nghiệm thực phương trình (1) có nghiệm |X| Ta tìm được: m ∨ m 22 (r>0) Phân tích: Hệ cho gồm phương trình đường tròn (C) phương trình đường thẳng d Như ta cần khảo sát số giao điểm (C) d Cách 1: Lập cơng thức tính khoảng cách từ gốc toạ độ đến d Biện luận số giao điểm đường thẳng đường tròn cách so sánh khoảng cách với bán kính (C) Cách 2: Tìm dải mặt phẳng P miền gốc Q nhỏ chứa (C) Biện luận vị trí đường thẳng d miền phẳng Nếu phát đường thẳng qua điểm đường tròn hệ phương trình ln có nghiệm phân biệt Cách 2: Ta nhận thấy phương trình thứ khơng có chứa tham số nên ta xuất phát từ phương trình Khai triển phương trình ra, ta được: x3 − y + (x − y) = 9y + − 3x2 + 6y ⇔ x3 + 3x2 + 4x = y + 6y + 13y + ⇔ (x + 1)3 + (x + 1) = (y + 2)3 + (y + 2) Xét hàm số f (t) = t3 + t, dễ thấy hàm số đồng biến nên f (x + 1) = f (y + 2) ⇔ x + = y + ⇔ x = y + 41 Từ đây, thay x = y + vào phương trình thứ hai ta được: 15 + 2y − y = 2m + − y2 ⇔ (5 − y) (y + 3) − − y = 2m Đến ý tưởng rõ, ta cần chuyển tương giao hai đồ thị Bài 20: Tìm m để hệ sau có nghiệm thực: x3 + (y + 2) x2 + 2xy = −2m − x2 + 3x + y = m Giải Ý tưởng: Ở hệ ta quan sát thấy tốn chưa rõ đường lối hai phương trình hệ chứa đến tham số m Vì để đến hướng giải tốt ta nên bắt đầu phân tích hai vế trái hai phương trình hệ Cụ thể ta có: x3 + (y + 2) x2 + 2xy = x3 + yx2 + 2x2 + 2xy = x2 (x + y) + 2x (x + y) = (x + y) x2 + 2x Mặt khác: x2 + 3x + y = x2 + 2x + x + y Rõ ràng bước phân tích ta tìm lối giải cho tốn đặt ẩn phụ Lời giải: a = x2 + 2x −1 Đặt: ta có hệ phương trình b=x+y a+b=m ab = −2m − ⇔ a2 − = (a + 2) m (1) b=m−a a2 − = m (2) a+2 Hệ cho có nghiệm phương trình (2) có nghiệm a −1 x2 − Xét hàm số: f (x) = với x −1 x+2 Đến ta cần lập bảng bíến thiên Cơng việc xin dành cho bạn đọc Từ phương trình (1) hệ ta có: Bài tập tự luyện Bài 1: Tìm m để phương trình tan2 x + cot2 x + m(cot x + tan x) = có nghiệm √ √ √ Bài 2: Tìm m để phương trình x + −x + = 9x − x2 + m có nghiệm √ √ √ Bài 3: Tìm m để phương trình + x + −x + − 18 + 3x − x2 = m có nghiệm Bài 4: Tìm m để phương trình x3 − 4mx2 + = có nghiệm phân biệt Bài 5: Tìm m để phương trình x3 + 3x2 + (3 − 2m) x + m + = có nghiệm lớn Bài 6: Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực phân biệt: √ 4x2 − 2mx + = 8x3 + 2x 54 ⇒ Phương trình f (x) = 3x2 + 2ax + b = (1) có hai nghiệm dương Như      δ = a − 3b >   a2 > 3b     b > b P = >0 ⇔ b>0 ⇔ (∗) √   a < − 3b     S = 2a > a < (*) điều kiện cần toán Điều kiện đủ: Giả sử a, b thoả mãn (*) rõ ràng phương trình 3x2 + 2ax + b = có nghiệm dương 0 ⇔ x = −1 20x + 10x + với ∀x f (−1) = 6, Từ suy (2) vô nghiệm 3x2 + 2x + Vậy không tồn giá trị m thỏa mãn giả thiết ✷ Mặt khác: f (x) = Bài 12: Tìm m để phương trình x2 − 3x + m = (1) có nghiệm gấp đơi nghiệm phương trình x2 − x + m = (2) Giải Điều kiện cần: Giả sử tồn m thoả mãn điều kiện đầu bài, tức phương trình (2) có nghiệm x0 , (1) có nghiệm 2x0 Vậy ta có  4x2 − 6x0 + m = 0 x2 − x0 + m = 0 Trừ vế với vế hai phương trình cho ta tìm x0 = x0 = 10 Thay hai giá trị x0 vào hai phương trình ta m = m = Đây điều kiện cần toán Điều kiện đủ:  x2 − 3x =      x − x = 10 Xét m = m = ta giải phương trình 10  x2 − 3x + =0      x2 − x + 10 = Dễ thấy nghiệm cặp phương trình thoả giả thiết 10 Vậy m ∈ 0; điều kiện cần đủ thỏa mãn đề ✷ Bài 13: Tìm a,b cho với c phương trình sau có khơng q hai nghiệm dương: 42 PHƯƠNG PHÁP DÙNG ĐỊNH LÝ LAGRANGE-ROLLE Lý thuyết Định lý Rolle: : Nếu f (x) hàm liên tục đoạn [a; b], có đạo hàm khoảng (a; b) f (a) = f (b) tồn c ∈ (a; b) cho f (c) = Từ ta có hệ quả: Hệ 1: Nếu hàm số f (x) có đạo hàm (a; b) f (x) có n nghiệm (n số nguyên dương lớn 1) (a; b) f (x) có n - nghiệm (a; b) Hệ 2: Nếu hàm số f (x) có đạo hàm (a; b) f (x) vơ nghiệm (a; b) f (x)có nhiều nghiệm (a; b) Hệ 3: Nếu f (x)có đạo hàm (a; b) f (x) có nhiều n nghiệm (n số nguyên dương) (a; b) f (x) có nhiều n + nghiệm (a; b) Các hệ nghiệm nghiệm bội (khi f (x) đa thức) cho ta ý tưởng việc chứng minh tồn nghiệm xác định số nghiệm phương trình, cách ta tìm tất nghiệm phương trình nghĩa phương trình giải Định lý Lagrange: : Nếu f (x)là hàm liên tục đoạn [a; b], có đạo hàm khoảng f (b) − f (a) (a; b)thì tồn c ∈ (a; b) cho f (c) = b−a Sau số ứng dụng hai định lý trên: Bài tập ví dụ Dùng định lý Lagrange - Rolle để biện luận phương trình: Bài 1: Chứng minh phương trình a cosx + b cos 2x + c cos 3x = ln có nghiệm với a, b, c Giải b sin 2x c sin 3x + ta có f (x) = a cosx + b cos 2x + c cos 3x Mà f (0) = f (π) = ⇒ ∃x0 ∈ (0; π) : f (x0 ) = 0, suy điều phải chứng minh ✷ Xét f (x) = a sin x + x3 + ax2 + bx + c = Giải Để giải này, ta dùng phần bù Nghĩa ta tìm a, b cho tồn c để phương trình x3 + ax2 + bx + c = có nghiệm dương Điều kiện cần: Giả sử tồn c để phương trình f (x) = x3 + ax2 + bx + c = có nghiệm dương x1 < x2 < x3 Khi f (x) = (x − x1 )(x − x2 )(x − x3 ) Vậy hàm số f (x) có cưc trị α, β > (với x1 < α < x2 < β < x3 ) Bài 2: Cho a + b + c = Chứng minh phương trình sau có nghiệm thuộc [0; π]: a sin x + 9b sin3x + 25c sin 5x = Giải Để chứng minh f (x) có n nghiệm ta chứng minh F (x) có n + nghiệm với F (x) nguyên hàm f (x) (a; b) (có thể phải áp dụng nhiều lần) Xét hàm số f (x) = −a sin x − b sin 3x − c sin 5x, ta có: f (x) = −a cos x − 3b cos 3x − 5c cos 5x; f (x) = a sin x + 9b sin 3x + 25c sin 5x 43 3π π Ta có f (0) = f ( ) = f ( ) = f (π) = 4 π π 3π 3π Suy ∃x1 ∈ (0; ), x2 ∈ ( ; ), x3 ∈ ( ; π) : f (0) = f (x1 ) = f (x2 ) = f (x3 ) = 4 4 ⇒ ∃x4 ∈ (x1 ; x2 ), x5 ∈ (x2 ; x3 )|f (x4 ) = f (x5 ) = mà f (0) = f (π) = 0, suy điều phải chứng minh ✷ 52 Các nghiệm cách nên điều kiện cần đủ để (1) có nghiệm thỏa mãn đề b = 0, a < ✷ Bài 10: Cho phương trình x3 − 3x2 + (2m − 2) x + m − = Tìm m để phương trình có ba nghiệm x1 , x2 , x3 cho x1 < −1 < x2 < x3 Bài 3: Chứng minh phương trình x5 − 5x + = có ba nghiệm thực Giải Giải Đặt f (x) = x5 − 5x + f (−2) = −21 < 0, f (0) = > 0, f (1) = −3 < 0, f (2) = 23 > nên từ suy phương trình cho có ba nghiệm thực Giả sử có nghiệm thứ tư phương trình Áp dụng định lý Rolle ta có: f (x) = ⇔ 5x4 − = Phương trình có hai nghiệm thực nên suy mâu thuẫn Vậy ta có điều phải chứng minh ✷ Bài 4: Cho đa thức P (x) Q(x) = aP (x) + bP (x) a, b số thực, a =0 Chứng minh Q(x) vơ nghiệm P (x) vơ nghiệm Giải Ta có deg P (x) = deg Q(x) Vì Q(x) vơ nghiệm nên deg Q(x) chẵn Giả sử P (x) có nghiệm, deg P (x) chẵn nên P (x) có nghiệm Khi P (x) có nghiệm kép x = x0 ta có x0 nghiệm P (x) suy Q(x) có nghiệm Khi P (x) có hai nghiệm phân biệt x1 < x2 : • Nếu b = hiển nhiên Q(x) có nghiệm a • Nếu b =0 : Xét f (x) = e b x P (x) f (x)có hai nghiệm phân biệt x1 < x2 Điều kiện cần: Đặt f (x) = x3 − 3x2 + (2m − 2) x + m − Giả sử phương trình f (x) = có nghiệm x1 , x2 , x3 thỏa mãn x1 < −1 < x2 < x3 Ta có: f (x) = (x − x1 ) (x − x2 ) (x − x3 ), suy f (x) > x1 < x < x2 Suy f (−1) > hay −m − > ⇔ m < −5 Điều kiện đủ: Giả sử m < −5 Do lim f (x) = −∞ nên tồn ε < −1 mà f (ε) < x→−∞ Lại có: f (−1) = −m − > f (x) liên tục nên ta có ε < x1 < −1 cho f (x1 ) = Ta có: f (0) = m − < ( m < −5) Vậy tồn −1 < x2 < cho f (x2 ) = Mặt khác, lim f (x) = +∞ nên phải có ε > cho f (ε) > x→+∞ Từ đó, tồn x3 mà < x3 < ε cho f (x3 ) = Như vậy, phương trình f (x) = m < −5 có nghiệm x1 , x2 , x3 thỏa mãn x1 < −1 < x2 < < x3 Vậy m < −5 điều kiện cần đủ thỏa mãn đế ✷ Bài 11: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 20x2 + 10x + = x2 + (2m − 3) x + 5m2 − 16m + 20 3x + 2x + a a a a a f (x) = e b x P (x) + e b x P (x) = e b x [aP (x) + bP (x)] = e b x Q(x) b b b Vì f (x) có hai nghiệm suy f (x) có nghiệm hay Q(x) có nghiệm Tất trường hợp mâu thuẫn với giả thiết Q(x) vơ nghiệm Vậy Q(x) vơ nghiệm P (x) vô nghiệm ✷ Bài 5: Giả sử phương trình sau có n nghiệm phân biệt: a0 xn + a1 xn−1 + + an−1 x + an = 0, (a0 = 0) Chứng minh (n − 1)a21 > 2na0 a2 Giải Đặt a0 xn + a1 xn−1 + + an−1 x + an = f (x) Nhận xét f khả vi vô hạn R nên suy f (x) có n − nghiệm phân biệt f (x) có n − nghiệm phân biệt n! f [n−2] (x) = a0 x2 + (n − 1)!a1 x + (n − 2)!a2 có nghiệm phân biệt Giải Điều kiện cần: Giả sử phương trình cho có nghiệm x0 20x2 + 10x + g (x) = x2 + (2m − 3) x + 5m2 − 16m + 20 Đặt f (x) = 3x2 + 2x + Khi dễ thấy rằng: max f (x) f (x0 ) = g (x0 ) g (x) Do g (x) = g (− (2m − 3)) = m2 − 4m + 11 Gọi y0 giá trị tùy ý f (x), ta có: y0 = 20x2 + 10x + ⇔ (20 − 3y0 ) x2 + (5 − y0 ) x + − y0 = (1) 3x2 + 2x + Suy (1) có nghiệm khi: ∆ = −2y0 + 19y0 − 35 Như vậy, từ điều kiện max f (x) 0⇔ y0 Vậy max f (x) = g (x) ta có: m2 − 4m + 11 ⇔ (m − 2)2 0⇔m=2 51 Nếu b = ⇒ b2 +  = nên từ (1) có y = 0, không thoả (2) Vậy trường hợp loại x2 + (b2 + 1)y = Nếu a = 1: ta có bxy + x2 y = Hệ ln có nghiệm x = y = Vậy a = điều kiện cần đủ để hệ cho có nghiệm với b ✷ Bài 8: Tìm điều kiện a, b, c, d, e, f để hai phương trình ẩn (x; y) sau tương đương:  ax2 + bxy + cy + dx + ey + f = (1) x2 + y = (2) Giải Điều kiện cần: Ta thấy (x; y) = (0; ±1) , (±1; 0) , 1 √ ;√ 2 1 , −√ ; −√ 2 nghiệm (2) Do (1) phảicó nghiệm  c + e + f = c − e + f = a + d + f = a − d + f = √ √ Như a + b + c + √2d + √2e + 2f a + b + c − 2d − 2e + 2f   = =0 2 b = d = e = Giải hệ ta tìm điều kiện cần toán (∗) a = c = −f = Điều kiện đủ: Dễ thấy với (*) (2) trùng với (1) Vậy (*) điều kiện cần đủ để (1) ⇔ (2) ✷ Bài 9: Cho phương trình x3 + ax + b = (1) Tìm a, b để phương trình có ba nghiệm phân biệt x1 < x2 < x3 cách 44 Nhận thấy f [n−2] (x) có ∆ > nên ((n − 1)!a1 )2 − 2n!a0 (n − 2)!a2 > Suy điều phải chứng minh ✷ n Bài 6: (VMO 2002) Xét phương trình i=1 1 = , với n số nguyên dương Chứng −1 i2 x minh với số nguyên dương n, phương trình nêu có nghiệm lớn 1; kí hiệu nghiệm xn Giải n 1 − , ta có: fn (x) liên tục nghịch biến (1; +∞) −1 i=1 Mà lim+ fn (x) = +∞, lim fn (x) = − ⇒fn (x) = có nghiệm lớn ✷ x→+∞ x→1 Xét fn (x) = i2 x Dùng định lý Lagrange -Rolle để giải phương trình: Bài 7: Giải phương trình 3x + 5x = 2.4x (∗) Giải Nhận xét: x = 0; x = nghiệm phương trình (*) Gọi x0 nghiệm khác phương trình cho Ta được: 3x0 + 5x0 = 2.4x0 ⇔ 5x0 − 4x0 = 4x0 − 3x0 (∗) Xét hàm số f (t) = (t + 1)x0 − tx0 , ta có (∗) ⇔ f (4) = f (3) Vì f (t) liên tục [3; 4] có đạo hàm khoảng (3; 4), theo định lí Rolle tồn c ∈ (3; 4) cho f (c) = ⇒ x0 [(c + 1)x0 −1 − cx0 −1 ]=0 ⇔ x0 = (loại) x0 = Vậy phương trình (*) có tập nghiệm S = {0; 1} ✷ Giải Bài 8: Giải phương trình 5x − 3x = 2x (∗) Điều kiện cần: Giả sử phương trình (1) có nghiệm khác x1 , x2 , x3 thỏa giả thiết ⇒ x1 + x3 = 2x2 Theo định lý Viete với phương trình bậc ta có: x1 + x2 + x3 = ⇒ 3x2 = ⇒ x2 = Thay x2 = vào (1) ta b = Điều kiện đủ: Giả sử b = , (1) trở thành: x3 + ax = ⇔ x(x2 + a) = (2) Ta thấy (2) có nghiệm phân biệt a < Khi nghiệm (2)  √   x = − −a   x2 =    x3 = √−a Giải Nhận xét: x = 0; x = nghiệm phương trình (2) Gọi x0 nghiệm khác phương trình cho, ta có: 5x0 − 5x0 = 3x0 − 3x0 (2a) Xét hàm số: f (t) = tx0 − tx0 , đó: (2a) ⇔ f (5) = f (3) Vì f (t) liên tục [3; 5] có đạo hàm (3; 5), theo định lí Lagrange ln tồn c ∈ (3; 5) cho x0 = f (c) = ⇒ x0 (cx0 −1 − 1)=0 ⇔ (loại) x0 = Vậy phương trình (*) có tập nghiệm S = {0; 1} ✷ Bài 9: Giải phương trình: 3x + 2.4x = 19x + (∗) 45 Giải Ta có (∗) ⇔ 3x + 2.4x − 19x − = Xét hàm số: y = f (x) = 3x + 2.4x − 19x − ta có: f (x) = 3x ln + 2.4x ln − 19 ta có f (x) = 3x (ln 3)2 + 2.4x (ln 4)2 > 0, ∀x ∈ R hay f (x) vơ nghiệm, suy f (x) có nhiều nghiệm, suy f (x) có nhiều nghiệm Mà f (0) = f (2) = (*) có hai nghiêm x = 0, x = ✷ 50 Nếu a = (∗) ⇔ log2 (2 − 12x2 ) = log2+x2 (∗∗) Rõ ràng (**) khơng với x, để log2 (2 − 12x2 ) có nghĩa phải có 12x2 < Nếu a = (∗) ⇔ log2 = log2+x2 (luôn đúng) Vậy a = điều kiện cần đủ để (*) với x ✷ Bài 6: Tìm a để hệ phương trình ẩn (x; y) có nghiệm với b:  2bx + (a + 1)by = a2 (a − 1)x3 + y = Bài 10: Giải phương trình: (1 + cos x)(2 + 4cos x ) = 3.4 cos x (∗) Giải Giải Đặt t = cos x, (t ∈ [−1; 1]) Ta có: (∗) ⇔ (1 + t)(2 + 4t ) = 3.4t ⇔ (1 + t)(2 + 4t ) − 3.4t = Xét hàm số: f (t) = (1 + t)(2 + 4t ) − 3.4t ta có: f (t) = + 4t + (t − 2)4t ln 4, f (t) = 2.4t ln + (t − 2)4t ln2 , suy f (t) có nghiệm Lại có: f (t) = ⇔ t = + ln Suy f (t) có nhiều hai nghiệm, nghĩa f (t) có nhiều ba nghiệm 1 Mặt khác dễ thấyf (0) = f ( ) = f (1) = 0, f (t) có ba nghiệm t = 0, , 2 π π Kết luận: Nghiệm phương trình (*) là: x = + k2π, x = ± + k2π, x = k2π, k ∈ Z ✷ Bài 11: Giải phương trình 3cos x − 2cos x = 2cos x − cos x (∗) Giải Xét hàm f (t) = tcos α − t cos α, f (t) = cos α(tcos α−1 − 1) Ta nhận thấy f (3) = f (2) f (x) khả vi [2;3] nên áp dụng định lý Lagrange ta có: ∃c ∈ [2; 3] : f (c) = f (3) − f (2) ⇔ cos α(ccos α−1 − 1) = Từ ta suy nghiệm phương trình (*) x = π + kπ, x = k2π(k ∈ Z) ✷ Điều kiện cần: Giả sử hệ có nghiệm với b, thay b = ta  a2 = (a − 1)x3 + y = Do điều kiện cần a = ±1 Điều kiện đủ:  2bx + 2by = Nếu a = 1: ta có hệ y = 1 Khi b > hệ vô nghiệm Vậy trường hợp loại  2bx = Nếu a = −1: ta có hệ −2x3 + y = Hệ ln có nghiệm (x; y) = (0; 1) Vậy a = −1 điểu kiện cần đủ để hệ phương trình có nghiệm với b ✷ Bài 7: Tìm a để hệ phương trình ẩn (x; y) có nghiệm với b:  (x2 + 1)a + (b2 + 1)y = a + bxy + x2 y = Giải Điều kiện cần: Giả sử hệ có nghiệm với b, thay b = ta có  (x2 + 1)a = a = 0; x2 y = (∗) ⇔ ⇔ a ∈ {0; 1} a + x y = x2 + = a + x2 y = Điều kiện đủ:  (b2 + 1)y = (1) Nếu a = : ta có bxy + x2 y = (2) 49 Xét hai trường hợp sau: Nếu a = b = 2: Khi hệ có dạng:     xyz + z = (1) 46 PHƯƠNG PHÁP DÙNG ĐIỀU KIỆN CẦN VÀ ĐỦ Lý thuyết xyz + z = (2)    x2 + y + z = (3) Lấy (1) − (2) ta xyz(1 − z) = 0, từ (1) lại có z = xy(1 − z) = * Nếu x = ⇒ z = ⇒ y = * Nếu y = ⇒  z=2⇒x=0 x + y = * Nếu z = ⇒ xy = Hệ có nghiệm (x1 ; y1 ) = (0; 0).Vì ngồi nghiệm (0, 0, 2), hệ có nghiệm khác (x1 ; y1 ; 1) hệ khơng có nghiệm Trường hợp không thỏa mãn Nếu a = b = −2: Khi hệ có dạng:     xyz = −2 xyz 2 + z = −2    x + y + z = Bài toán: Cho hệ phương trình (hoăc hệ bất phương trình) chứa tham số có dạng:         f (x, m) f (x, m) = (II) x ∈ Dx (I) x ∈ Dx       m ∈ Dm m ∈ Dm Trong x biến số, m tham số, Dx , Dm miền xác định x m Yêu cầu đăt ra: ta phải tìm giá trị tham số m để hệ (I) họăc (II) thỏa mãn tính chất Phương pháp giải: Bước (điều kiện cần): Giả sử hệ thỏa mãn tính chất P mà đầu đòi hỏi Khi đó, dựa vào đặc thù tính chất P dạng phương trình ta tìm ràng buộc tham số m ràng buộc điều kiện cần để có tính chất P Điều có nghĩa là: với m0 khơng thỏa mãn ràng buộc chắn ứng với m0 , hệ khơng có tính chất P Tiến hành làm trường hợp ta đến: * Nếu x = ⇒ z = −2 ⇒ y = * Nếu y = ⇒  z = −2 ⇒ x = x + y = * Nếu z = ⇒ xy = −3 Bước (điều kiện đủ): Ta tìm xem giá trị m vừa tìm được, giá trị làm cho hệ thỏa mãn tính chất P Ở bước nói chung ta cần giải hệ cụ thể khơng tham số Sau kiểm tra, ta loại giá trị không phù hợp giá trị lại đáp số toán Ta thấy từ hệ phương trình trên, ta suy x2 + y < 2|xy| nên hệ vô nghiệm Vậy trường hợp hệ có nghiệm (x; y; z) = (0, 0, −2) Vậy điểu kiện cần đủ để hệ phương trình cho có nghiệm a = b = −2 ✷ Như vậy, ý tưởng phương pháp rõ ràng đơn giản Trong nhiều tốn biện luận phương pháp lại thể ưu rõ rệt Tuy nhiên, thành cơng phương pháp nằm chỗ ta phải làm để phát điiều kiện cần cách hợp lí chọn điều kiện đủ cách đắn Sử dụng điểm thuận lợi Bài 5: Tìm a để phương trình sau nghiệm với x: log2 a2 x2 − 5ax2 + √ − a = log2+x2 − Bài tập ví dụ √ a − (∗) Giải Điều kiện cần: √ √ Giả sử (*)  với x Với x = ta có log2 − a = log2 (3 − a − 1)    1√ a Lại có: ⇒ a ∈ {2; 5} a−1 Vậy hàm số đồng biến, suy ra: f (x) = f (y) ⇔ x = y t + 11 − t Thay vào hai phương trình hệ ta được: Bài 2: Tìm a b để phương trình sau có nghiệm (ax + b)2 + x, y √ Do (2) ⇔ x = − x ⇔ x = √ √ Vậy để (1) có nghiệm điều kiện cần đủ m = + ✷ 48 √ − 10 − 3m √ 11 − y − = m − − 10 − 3m ✷ Điều kiện cần: Giả sử (x0 ; y0 ; z0 ) nghiệm hệ phương trình cho (−x0 ; −y0 ; z0 ) nghiệm Do     z0 = a tính nên x0 = −x0 ; y0 = −y0 ⇒ x0 = y0 = Thay trở lại vào hệ , ta có: z0 = b    z = Từ ta suy a = b = a = b = −2 Điều kiện đủ: