Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi phương trình, bất phương trình, hệ phương trình

I PHƯƠNG TRÌNH Khơng có tham số Dạng 1: Biến đổi tương đương Câu Giải phương trình x  x  x  x   x  3x   x  x Lời giải +Biến đổi phương trình tương đương : x  x   x 1 � �� x2 � Câu Giải phương trình x   2 x   ( x  1)( x  ) Lời giải Điều kiện: x �1 Nhận thấy x  1 nghiệm phương trình Xét x  1 Khi phương trình cho tương đương với    x1   �  x    x  x  x  12 4( x  3) x1   4( x  3) 2x    ( x  3)( x  x  ) � �   ( x  1)  � � x1  2x   � �  x  3 � x   Vì x  1 nên x1   2x   (1) 2 x   Suy x1   2x    3,  ( x  1)   Do phương trình (1) � x   � x  Vậy phương trình cho có nghiệm x  1 x  Câu [Đề thi hsg Bắc Sơn, Lạng Sơn] Giải phương trình sau : x   x   5x Lời giải   x   x   5x � 2x  33 x2  x   x   5x 3 � x  13 5x  x � 4x  5x  � x  0;x  � Th�l� i ta th� y ph� � ng tr� nh c�3 nghi� m: x =0; x =� Câu Giải phương trình: x  x    x  1 x  x   1 ,với x �R Hướng dẫn giải  1 � x  x    x  1 �   x2  2x   x  x2  2x   4x    x2  2x    � x2  x   x 1 �� � � x  2x   �  15 �x � x  2x   2x 1 � � � x � 3x  x   � Câu Giải phương trình 3x   x   x  x  Hướng dẫn giải 3x   x   x  x  � 2x   (2 x  3)(x  1) 3x   x  Tìm nghiệm x=2/3 Câu 2 Tìm nghiệm nguyên phương trình x  3y  2xy  2x  10y   Hướng dẫn giải Ta có: x2  3y2  2xy  2x  10y     � x2  2x y  1   y  1  4y2  8y   �  x  y  1   2y  2  7 2 �  3y  x  1  y  x  3  Vì số nguyên tố nên ta có trường hợp sau: � 3y  y  1 � 3y  y  1 7 � 3y  y  1 � 3y  y  1 1 � � � � �y  x   ; �y  x   1 ; �y  x   ; �y  x   7 Giải ba hệ phương trình ta được: Câu  x; y    3;1 , 1; 3 , 7; 3  (THPT Quảng Xương – Thanh Hóa, 2009-2010) Giải phương trình:    x  x2 x 1   x Hướng dẫn giải t2   1 �  t    t  2t    t  x    x t Đặt ta Giải ta t  suy x  1, x  Dạng 2: Đặt ẩn phụ Giải phương trình tập số thực: x + x + = x   x +1 (1) Hướng dẫn giải Điều kiện: x �1 Bài x  x   x   x  �  x     x  1   x    x  gx  1 không nghiệm phương trình �x  � x2 gx  1: pt (1) � � 1 �  x 1 � x 1 � t= Đặt x2 x 1 Phương trình trở thành: t + = 2t +1 �t= �20  � 20 + S  � � �x= � � x +1 = 3x  Khi ta có: Vậy Bài 2 x  3x    x   x  Giải phương trình sau tập số thực: Hướng dẫn giải Phương trình (1) � x    x  5 x   x   Đặt t  x  Ta có phương trình: t   x   t  3x   (*) �   x  5 � � �  x     x  1 2 t 3 � �� tx2 � Phương trình (*) �x   � �2 �x  4x   t  � x   � x  �2 t  x  � x   x  �x  2 �� � x  2� �x  � Vậy  S  �2; �   x  x  5 x  x    x2  x  1 x   Giải phương trình sau tập số thực: Hướng dẫn giải � a� � � a  x2  x  � � � � b  x3 b �0 Đặt � Điều kiện: � Bài 2 2 2 Ta có: x  x   2a  3b ; x  x   2a  b �b � �b � �b � � � � � � � �  2 2 a  b a  a  b b      �a � �a � �a � Thay vào phương trình ta được: b � 1 � a �� � �b � b � �   � �a � a � �b � b b �0 � �   +) �a � a : phương trình vơ nghiệm a ) x 1 � b  � b  a � x   x2  x  � � x  1 a � Vậy x  1; x  1 nghiệm phương trình Bài Giải phương trình sau 2 x3  10 x  17 x   x x  x Lời giải Nhận xét x  không nghiệm phương trình cho Suy x �0 Chia hai vế phương trình cho x đặt t , t �0 x , ta có phương trình 8t  17t  10t   5t  �  2t  1   2t  1   5t  1  5t  f  t   t  2t , t �� Xét hàm số f  t f '  t   3t   0, t Ta có hàm số liên tục �  * Suy hàm số f  t đồng biến khoảng  �; � f  2t  1  f   5t  � 2t   5t  Khi phương trình cho có dạng 17 � 97 � 8t  17t  6t  � t  16 (do t �0 ) 17  97 17  97 x1  x2  12 12 Vậy phương trình cho có nghiệm Bài Giải phương trình sau :  x  1 x2   x2  x  Lời giải 2 2 Đặt y  x  �1 � y  x  � y  (1  x) y  x   x3  x   5x2  Điều kiện xác định: x  �0 Đặt t 5x2  (t �0) 2 Ta có x  6t  Phương trình cho trở thành x  6t    t � x  6t   (t  1)3 � x  (t  1)3 � x  t  � t  x  � �x �1 �x �1 5x2  �  x  � �5 x  � �2  ( x  1) �x  12 x   � � � x  6  28 (tm đk) Vậy phương trình cho có nghiệm x  6  28 Bài log 2 ( x  x  11)  log Giải phương trình: �x  x  12  � (*) �2 x  x  11  �  Điều kiện: 2 ( x  x  12) (1) 2  (2  5)   (2  )      2    log ( x  x  11)  log ( x  x  12) 9 8  (1)  log 9 ( x  x  11)  log8 ( x  x  12)   Đặt: a = + > 1, t = x2 – 2x -12 Điều kiện: t >  Do đó: (1)  lna + 1(t + 1) = lnat � t ay � �� (I) t   (a  1) y � Cách 1: (1)  lna + 1(t + 1) = lnat y y �a � �1 � � � � �  (2)  Từ (I) ta được: �a +1 � �a +1 �  y = 1: nghiệm (2) y y y y 1 �a � �1 � a �a � �1 � a  1  1 � � � �  � � � � a +1 a +1 a +1 a +1 a +1 a +1 a +1 a +1 � � � � � � � �  y < 1: , y < 1:  Nên (2) có nghiệm nhất: y = Do đó: (1) t = a  x2 – 2x – 12 = + ( thỏa *)  x2 – 2x – 20 - =  x = + x = -2  Vậy phương trình cho có hai nghiệm: x = + x = -2 Cách 2: Xét hàm số y = f(t) = lna + 1(t + 1) - lnat (a >1 1  0 (t  1) ln(a  1) t ln a  Ta được: a > 1, nên hàm số giảm (0; +) ta có f(t) = có nghiệm t = a nên f(t) có nghiệm t = a  Vậy: (1) (1)  lna + 1(t + 1) = lnat  t = a x2 – 2x – 12 = + ( thỏa *)  x2 – 2x – 20 - =  x = + x = -2 y'   Vậy phương trình cho có hai nghiệm: x = + x = -2 Giải phương trình: 3( x  x  2)  10 x  x  x  (1) 2  x  x  x   ( x  1)( x  x  1) nên điều kiện là: x  -1 Bài  x2 + 2x + = (x +1) + (x2 + x + 1), đặt a  x  , b  x  x   Với điều kiện x  -1: (1) trở thành: 3(a2 + b2) = 10ab  3a2 – 10ab + 3b2 =  (a – 3b)(3a – b) =  a = 3b hay a = b/3  a = 3b  x  =3 x  x   x + = 9(x2 + x + 1)  9x2 + 8x + = (vô nghiệm)  a = b/3  3a = b 3 x  = x  x  9(x + 1) = x2 + x +  x2 - 8x - = � x  �2 Vậy phương trình có hai nghiệm: x  �2 Giải phương trình : x   3x   x  Điều kiện: x -1 Bài +) Nếu x > thì: x- 3x + = (x – 1) - 3(x- 1) > 4(x – 1) – 3(x – 1) = x – > Chứng tỏ x > không thỏa mãn Với -1 x Đặt x = 2cost + (0 t ) Khi phương trình trở thành: (2cost + 1) - 3(2cost + 1) + = 8cost – 6cost = 2cos3t = 2cos cos3t = cos Bài Giải phương trình 5x  x  5x 1  Hướng dẫn giải 2 Điều kiện xác định: x  �0 5x2   t (t �0) 2 Ta có x  6t  Đặt Phương trình cho trở thành x  6t    t � x3  6t   (t  1)3 � x3  (t  1)3 � x  t  � t  x  � �x �1 �x �1 5x2  �  x  � �5 x  � �2 � x  6  28  ( x  1) �x  12 x   � � Đối chiếu điều kiện ta nghiệm Bài 10 [Đề chọn   x2 �  x  � � x  6  28 hsg tỉnh Trà Vinh,    x  �   x � � 2014-2015] Giải phương 3 Bài 11 [Đề thi hsg tỉnh Vĩnh Long, 2015-2016] Giải phương trình x   2 x  Lời giải 3 Phương trình tương đương với x  x  x   2 x  Đặt t  x  , ta có phương trình x  x  t  2t �  x  t   x  xt  t    x  t   �  x  t   x  xt  t     1 2 � t � 3t x  xt  t   �x  � 20 � � Vì nên (1) � x  t trình : x 1 � � �  x  1  x  x  1  � 1 � � x 3 � � x  2x 1 � x  2x 1  2 � 1 � � S � 1; � � � Tập nghiệm x  x    x  1  3 x Bài 12 Giải phương trình: ,với x �� Hướng dẫn giải Từ pt ta thấy x� � x2  (1) � 1�   �x  � 3 x2 � x� t  x  , t �2 x Đặt: Pt trở thành: t2 1    t  t �3 � � �2 �t2 t  t  14  � x  � x 1 x 3 Giải phương trình x  x  12 x   x  x  Bài 13 Giải phương trình:  x  3x   x  x   x Hướng dẫn giải Đặt r r u   x;1 , v    3x ;   x  từ phương trình ta có rr r r u.v   u v r r Như vậy: u, v ngược hướng  3x   x  x Suy ra: (1) Giải (1) thử lại ta thấy phương trình cho có nghiệm x 1  Bài 14 Giải phương trình: x  10  10  x ,với x �R Hướng dẫn giải Đk: x �0 Đặt u  10  x , u �10 � �x  10  u � Ta có: �u  10  x xu    x u 0�  x u   x  u 1  xu � �� � u  x   0(VL) �x �10 21  41 x  u � x  x  10 � �2 �x �x  21x  100  Vậy phương trình có nghiệm: Giải phương trình: Bài 15 Giải phương trình: x 21  41 , 81x   x3  x  x 3x x2  x2 1 Hướng dẫn giải Phương trình cho có điều kiện  x  Với điều kiện ta có: 2 � (1  x ) ( x  1)  x � x2  � 1�  �x  �  x � x� � t   10 t  2t   � � � t   10 t   10 � Đặt ta có: �  10   x � �� �  10   x x    10 � � x Với t   10 ta có : , phương trình cho có nghiệm So với điều kiện Bài 16 Giải phương trình sau tập số thực: x   (2 x  1) x 1  Hướng dẫn giải x � Đặt y  Điều kiện: x   ( y  ), �x   y  2( x  1) y �2 y  x 1  ta thu hệ � Suy   x   y  y  x  ( x  1) y  �y  x   1  y   � y x 1 1 y  x 1 y2 x 1   x 1  � y  x 1 x 1   x 1 � x  Do Thay vào, thử lại thấy x x 15  33 32 15  33 32 thỏa mãn 15  33 32 Đáp số: Bài 17 Giải phương trình: Hướng dẫn giải =0 (x = không nghiệm) Đặt ta So với điều kiện ta So với điều kiện , ta 2 Bài 18 Giải phương trình sau: x  x    x  x  x  x với x �R Hướng dẫn giải Đặt t  x  x  1, t � Khi phương trình trở thành:   4t  t  7t  � t  6t   t  4t        � t    t  2  � t  t 1 t  t   (*)  Với t� 2 (*) � t  t 1  � �2 t t 5  � 1 t 2 t  t   có nghiệm 10 3 x 6( x3  y )  2( x  y ) �x  2( x  y ) �x  ( x  y )  x  y 2 x  xy  y (7) Từ (3) (7) suy 2x + y = x = y ta x = y = (thoả mãn điều kiện toán) Vậy hệ có nghiệm (1;1) Bài 2 � �y   x  1  x  x  1 � 40 x  x  y 14 x  � Giải hệ phương trình sau: � Lời giải  I � 2� t  4x � t� � x� � � 14 ĐK: Đặt �y   t  1  t  2t  1  1 �  I  � �5 t � t   y t 1  2 �2 Nhận xét: từ (2) ta có: y  2t  2t  1 2t  1 t 2t   2t � t   Ta có: y  + t�+ 1    t Do đó, từ (1) suy ra: y2 t 3t  3 y2  t 1 y t 1 � 2 Ta có: y2  t 1 t t  � � 5t  3t  �y   Do đó, từ (2) suy ra: 5t  3t  �t  3t  Từ (3) (4) suy ra: 3 1 6t  6t  �0 �  2t  1 �0 � t  � x  � x  2 2 Thay x vào hệ  I  ta có: � �2 � y   �y  y� � � � � � � y �� �� � �y  �y  �y  � � � � 77 Vậy hệ phương trình có nghiệm nhất: Bài �1 � � � �8 �  x; y   � �; �x  y  � 2  x, y, z �� �2 y  z  �xy  yz  zx  Giải hệ phương trình: � Lời giải +) Nếu x  thay vào hệ ta có hệ vơ nghiệm +) Nếu x �0 ta đặt y  ax; z  bx thay vào hệ ta �x   2a   � � 4a  3b  � 2a  2a  3b �2 � � 2 ��  1 �x  2a  3b   � � 2a  a   b  a  1   2a  a  ab  b � �2 � x a  ab  b    � � � �a  1 � � 2 b  �1 � � 4a  3b  � �4a  3b  � � �� �� ��  a  1  2a  1  b  a  1  � a  1  2a   b   ��b   2a � � � �2a  3a   � �a  1 � b  �1 thay vào (1) không thỏa mãn +) Nếu � � a 1 � � � b  1 � � b   2a � �� � � a  a   a � � � a 1 � � � � � � b0 b  1 vào (1) không thỏa mãn, thay � � +) Nếu thay � � vào (1) ta có x  � Do nghiệm hệ Bài  x; y; z   � 2; � � a � � � b0 � 1 �� � ; �� ,  2;  ;0 � �� � Giải hệ phương trình sau: log (2 x  y )  log (2  x  y) � � ( x, y ��) � 27 27 x  26 x  y    x6 � � Lời giải Đặt t  log (2 x  y ) , phương trình (1) trở thành: 78 log (7t  2)  2t � 9t  7t  � � t  (Sử dụng tính chất đơn điệu) � x  y  � y   x (3) Thế (3) vào (2) ta được: 27 x  24 x  28 27 (9 x  4) 3(9 x  4)  1 x  �   1 3 (4) Đặt t  x  (t �0) Phương trình (4) trở thành: t2 3t t2 3t   1 �     6t 3 (5) Áp dụng bđt AM – GM ta có: Từ (5) ta có: Từ Bài x t6 6t � t2  �2t  � 4t  48 �3t  12t  12 � (t  6) �0 � t  �2 59 � 59 ( x; y )  � ; � �y �9 27 � 27 Vậy hệ cho có nghiệm Giải hệ phương trình : �x  y  3xy  4 �2 �x xy  �3  y   xy � ( x �R, y �R ) Lời giải Đặt : 3y  z 4 2 Ta có : x  z �2 x z ,suy : �t  xz �2 Xét vế trái phương trình (2) t f (t )  2t  1 t x2  z  , t �[1; 2]  t  xz  xz xz  xz �2 xz  1 xz f ' (t )   , suy f (t ) hàm số đồng biến (1;2) , suy :  1 t  f (t ) �f (1)   0, t �[1; 2] 5 f ( t ) ,suy VT = �6 1 x  1 ; y   Dấu xẩy t  , suy : x  1; y  79 Bài Giải hệ phương trình sau: �x  x xy  y y � � x  y  3x x 15 x  y  x y y  x y  x x � �      ; x, y �� Lời giải Điều kiện: x �0, y �0 Đặt a  x , b  y a �0, b �0 ( ) Hệ phương trình cho trở thành  1 � a  2a 3b  b5 � � 6 �4a  b  3a5   15a  b2   3a  b3  a 2b  4a3  �  2  a, b    0,0  nghiệm hệ Nhận xét: a  � b  ; b  � a  Do Bây ta xét a  0, b  Đặt b  ka � k  Với cách đặt  2k  ak � a   Phương trình (1) trở thành:   4a Phương trình (2) trở thành:  2k k5 (3)  a k  3a   15a  k a   3a  k 3a  a 3k  4a  (4) � 3k � �  2k � 4k  5  k  k  4 � � � �   2k � � 3k � Thay (3) vào (4) ta được: � (5) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz cho vế trái (5) ta được: � 3k � 3k  2k �  2k � �  k   �  k  �    2k 3k � � � �  2k � � 3k � � � �   2  12    k   k  �  k  k  � � � � Đẳng thức xảy k  Khi a  b  hay x  y  Vậy hệ phương trình cho có nghiệm Bài  x; y   0;0  ,  9;9  � x  xy  x  xy  y  y  15(1) � � 6( x3  y )  2( x  y )  3(2) �x  2 Giải hệ phương trình � x  xy  y 80 Bài giải �xy �0 �2 x  y  xy �0 Điều kiện � Nếu x  y = hệ vơ nghiệm �x �0 � Nếu �y �0 (x,y không đồng thời 0) vế trái (2) âm, phương trình (2) khơng thoả mãn Do x > 0, y > 1.0 đ Vì xy �x  y nên từ phương trình (1) suy 15  x  xy  x  xy  y  y �(2 x  y )2  x  3( x  y )  y  (2 x  y )  x  y � (2 x  y )  2(2 x  y ) �15 � x  y �3 x2  y xy ��� x 2 Mặt khác, ta có xy (3) y 3( x  y ) 1.0 đ 3( x  y ) x  xy  y 2( x3  y ) x  y (4) 2( x  y ) � 2( x  y )(5) 2 Ta chứng minh rằng: x  y 1.0 đ Thật bất đẳng thức (5) tương đương 2( x3  y ) �( x  y )3 � x  y  x y �3x y  3x y (6) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: x  x3 y  x3 y �3 x12 y  3x y y  x y  x y �3 x y12  x y Cộng vế với vế hai đẳng thức ta (5), từ suy (5) 3( x3  y ) � 2( x  y ) 2 x  xy  y Từ (4) (5) suy ra: Kết hợp với phương trình (2) lưu ý 3 x 2( x  y ) �x  y , ta được: 6( x3  y )  2( x  y ) �x  2( x  y ) �x  ( x  y )  x  y x  xy  y (7) Từ (3) (7) suy 2x + y = x = y ta x = y = (thoả mãn điều kiện toán) Vậy hệ có nghiệm (1;1) 81 � y3  x  y   x2  y  x2   y � � �  x  y   2   x  y                  x, y �� � Bài Giải hệ phương trình: ( ) Hướng dẫn giải y  x – y  �0 y – x �0 Điều kiện: x �2 , y �1 ; ; +) Sử dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số không âm ta có: y  2x  y  y  xy  y =  y  xy  y � x2  y  x2 y  3x2 x2  y  x2  � 2 = y  2x  y  Suy ra: x  y  4x + 2  y  3x � 3xy + y  3x 2 �  x – y  �0 � x  y y � xy  Vì vậy, ta phải có: Vậy phương trình đầu tương đương với x = y Thay x  y vào phương trình thứ hai hệ ta được: 2 x + x  2  x  x (*) 2 x + Do x   nên ta phải có: x  x –  x  ( x �1 ) Khi phương trình (*) tương đương với:   x – x   x – 1  –    x  x  x   1 � � �  x – x – 1 � 1  � � x 1   x x  x 1 � 1 � � do1      � � x 1   x x  x  � � x – x –1  � � 1   t / m  �x  � � 1 1 x               x  y  � 2 � � 1 � � � � x; y   � �  � Vậy hệ có nghiệm Bài 10 [Đề hsg Dương Xá,2008-2009] Giải hệ phương trình sau: 82 2 � � x  x  y   x  y  x  y   y  18 � 2 � � x  x  y 1  x  y  x  y 1  y  Lời giải �x  x  y  �0 �2 y  x  y  �0 Điều kiện � Cộng trừ vế tương ứng hệ phương trình ta � x  x  y   y  x  y   10 � � �x  y  Thế y=8-x vào phương trình ta x   x  16 x  73  10 � ( x  9)( x  16 x  73)   x  x  � ( x  32 ) � ( x  8)2  32 ) � � �  x(8  x) � (1) � Trong hệ trục tọa độ xét a ( x;3) ; b (8  x;3) � ( x  32 ) � ( x  8)  32 ) � � � � | a |.| b |= Khi � � a b =  x(8  x) � � � � Pt (1) tương đương với | a |.| b |= a b (2) � � � � Ta có | a |.| b | �a b � � � � � Khi (2) xảy a  b  (không xảy ra) a 8 x � 1 � x=4 hướng b suy x KL: Nghiệm hệ (4;4) Bài 11 [Đề chọn hsg tỉnh Trà Vinh, 2014-2015] Giải hệ phương trình : 1/ �x  y  x  y �2 � 2 � x  y 1 � x 1  y 1  � � � x   y  4   2/ � 83 Bài 12 [Đề xuất Chun Biên Hòa, DHĐBBB 2015-2016]Giải hệ phương trình Lời giải Điều kiện : Ta có : ( dấu = xảy xy =) Do từ (1) (3) Từ (2) (3) ta suy : (4) Ta lại có Do (4) hoặc Thử lại ta thấy có nghiệm hpt.0,5 Bài 13 Giải hệ phương trình: Hướng dẫn giải 3 Đặt f (t ) = 2t + 9t +12t ; g (t ) = t + 3t + 4t +15 f ( x) = g ( y ) � � � � �f ( y ) = g ( x ) � � �f ( z ) = g ( x ) Hệ trở thành: � Ta có g�  t   3t  6t   � x3  x  12 x  y  y  y  15 � 3 �2 y  y  12 y  z  3z  z  15 �2 z  z  12 z  x  3x  x  15 � với t nên hàm g đồng biến �g  x  �g  y  �g  x  �f  x  �x �y � � � g  x  �g  z  f  z  �g  z  x  max  x, y, z  x � z � � � Giả sử hay suy Hay �  x  1  x  x  15 �0 �x  x  x  15 �2 x  x  12 x � ��  * � 3 2 z  z  z  15 �   �2 z  z  12 z �z  z  z  15   � � 2 Do x  x  15  x, z  z  15  z nên từ (*)ta có x �1 �z Lại theo giả sử trên, x  max  x, y, z  nên x  z  Thế vào hệ phương trình ban đầu ta y  Thử lại thấy x  y  z  nghiệm Kết luận:Hệ cho có nghiệm x  y  z  84 x   cos y  cos z � � y   cos z  cos x � � Bài 14 Giải hệ phương trình : �3z   cos x  cos y (Chưa giải) Có tham số 3 � �x  y  y  3x   (4) �2 x   x  2 y  y  m  (5) � Bài Tìm m để hpt sau có nghiệm thực: Hướng dẫn giải 1 �x �1 � � �y �2 Điều kiện: � � x3  3x   y 1   y 1 Phương trình (4) 3 t � 1;1 Xét hàm số f (t )  t  3t , với f '(t )  3t  �0, t � 1;1 � f(t) hàm số nghịch biến  1;1 (vì liên tục đoạn này) Suy ra: x  y  2 Thay vào phương trình (5) ta được: x   x  m  2 u � 0;1 Đặt u   x , Ta có phương trình: g(u) = u  u   m g (u )   ; max g (u )  1  0;1  0;1 Suy hệ phương trình cho có nghiệm Bài Tìm m để hpt có nghiệm � �m �1 2 �x  y  � �x  y  m �x �m 2 � �x  y  �y  x  m � �2 � �y  � x  m � �x  y  m �x  x  (m  4)  �x  x  (m  4)  �   Do hệ có nghiệm khi phương trình:f(x) = x2 + x – (m + 4) = có nghiệm [m;+) (*) 85 x  f(x) = có  = 4m + 17 nên f(x) = có nghiệm 1  4m  17 ۣ  m� �  Do đó: (*) 2m 1 � 4m  17 -17 m � m 17 � 2m  �0 � m>17 17 � �� �  �m � hay � �  �m �2 4 4m  17 �(2m  1) � � 2 �m �2 �  Một số cách giải khác: �x  y  �y  x  m � � � �2 (I) � �x  y  m �x  x  (m  4)  0(*)  Cách 2: Hệ (I) có nghiệm  x2 + x – (m + 4) = có nghiệm [-2;2] Dựa vào đồ thị parabol (P) y = x2 + x – [-2;2], đường thẳng y = m suy kết  Cách 3: Giải theo tam thức bậc hai � � x 1  y 1  a � �x  y  2a  Bài Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm Hướng dẫn giải x �  1; y � Điều kiện � x 1  y 1  a � � x   y 1 � Hệ phương trình tương đương �      2a  � x 1  y 1  a � �� a   2a  1 � � x 1  y 1  � � � 2� Do x  y 1 nghiệm phương trình T  aT  � a   2a  1 � � (*) 2� Để hệ có nghiệm phương trình (*) có nghiệm không âm �2 a   a  2a  1 �0 �  � � � � ۳۳� � a �S�� �P �0 �1 � �  a  2a  1 �0 �2 a 86 � u  x  �0 � x  u  � � v  y  �0 � y  v  Đặt � Bài � �2 x  y   m � Tìm m để hệ: �2 y  x   m có nghiệm Hướng dẫn giải � u  x  �0 � x  u  � � v  y  �0 � y  v  +) Đặt � +) Đưa hệ: � 2u  v   m � (**) � 2v  u   m � +) Điều kiện để hệ (**) có nghiệm m �2 Ta xét m �2 hệ có nghiệm hay ko � uv  � (I ) � � �2u  v   m � � �2u  2v   � ( II ) � � 2u  v   � � Biến đổi hệ (**) trở thành: 2m �0 +) Xét hệ (I): u=v ta 2v2+v+2-m=0 có với m �2 PT ln có nghiệm v0 �0 � hệ có nghiệm u=v=v0 suy hệ ban đầu có x=y=vo2+1 P +) Xét hệ (II): ………  Bài  � a  x  a  x  2  �0 � � Tìm tham số a để hệ sau có nghiệm: �x  a  Lời giải   2 � � �a  x  a  x  2  �0 �  x  a  ax  2a  x  a   �0 � � � �x  a  �x  a  1 �1 � �2 �2 2 �2  x  a    x  a   a  �x   x  a a � �  x  a a �� �x  a  �x  a  � �  1  2 Do (2)nên x  a a hai số dương,áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho số dương ta được: 1 1 �4  2  x  a   x  a  a  2  x  a a  3 87 � �x  1 � ��  x  a  a  2  x  a  a �a  � � Do (1)chỉ dấu đẳng thức xảy (3)tức là: Vậy hệ có nghiệm Bài a x nghiệm hệ là: Tìm giá trị lớn tham số m hệ phương trình sau có nghiệm: �x  xy  y  m �2 2 �y  yz  z  m ( x, y, z ��) �xy  yz  zx  m3 � Hướng dẫn giải + Đặt: X  x y 3 ;Y  y; Z  ( y  z ); T  ( z  y ) 2 2 ( xy  yz  zx)  XZ  YT Ta đ ược: x  xy  y  X  Y ; y  yz  z  Z  T ; 2 2 2 2 � �X  Y  m � �2 2 �Z  T  m � �XZ  YT  m3 Do ta có hệ � 2 2 2 + Chú ý: ( X  Y )( Z  T )  ( XZ  YT )  ( XT  YZ ) Do đó:Hệ cho có nghiệm thì: �3 3� m.m �� �m �� m ( m3 � � � �2 � Suy ra: m �3 ) m3 4 (1) �XT  YZ � 3 � m (2) �XZ  YT  � m �Z  T  m (3) + Xét Ta có hệ: � Từ (1)có thể đặt X  uZ , Y  uT ,thay vào (2)và (3)ta có: u m 88 � � 2m  mZ �X  �x  2m y � � � � � m2 Y mT hay �z  y � m � � �Z  T  m2 �2 m2 y  � � m 3m  4m  � � Do ta có hệ: với + Từ đó:Đáp số tốn m �p xi  � � i 1 � �p 1 � �x1  �i 1 �x  0, i �1, p �i * p �� a/ Tìm cho hệ � có nghiệm Bài p b/ Với p tìm câu a/, xác định tập hợp tất giá trị tổng: p �a i 1 i 1 i 1 Hướng dẫn giải Câu a �p ��p � 16  �  xi � � � p � � � i 1 i 1 xi � � � � Do: p p  : Khi đó: xi  1, i �1, Vậy hệ có nghiệm p  : Chọn x1  �x1  x2  � p  : �x1.x2  �x2  x3  � �x2 x3  có nghiệm.Nên ( x1 , x2 , x3 ) nghiệm hệ có nghiệm.Nên ( x1 , x2 ) nghiệm hệ p  1: Vơ nghiệm Vậy hệ có nghiệm p  2; p  3; p  Câu b p ai2 f (a1 , a2 , , a p )  � i 1 (1  a1 ) Ta có: Xét hàm: g ( x )  x(1  x ),  x  1; g '( x )  � x  �1  a max g ( x)  Ta có: (0;1) 3 89 i với > 3 p 3 p f (a1 , a2 , , a p ) �   hay p = � i 1 Dấu đẳng thức xảy khi: Do đó: p  : f ( a1 , a2 )  a1 a2  �2 �2 2 a2 a1 a1.a2 a  a  Dấu đẳng thức xảy 2 a1  a2  2,  a12 a1 f (a1 , a2 )    a12 a12 liên tục (0;1).Khi a1 � f (a1 , a2 ) � �.Vậy p  ,tập giá trị là: � 2; � �  p  : Chọn a1   x ; a  x ; a  x , 0