Bằng cách nhóm, thêm, bớt, tách các hạng tử một cách hợp lý, ta biến đổi biểu thức đã cho về tổng các biểu thức không âm (hoặc không dương) và những hằng số.. Nhận xét: Phương pháp giải [r]
(1)CHUYÊN ĐỀ 1: THỰC HIỆN TÍNH VÀ RÚT GỌN BIỂU THỨC I Kiến thức:
- Sử dụng phép tính, phép biến đổi thức để giải - Các dạng tập:
+ Thực tính với biểu thức số + Rút gọn biểu thức đại số + So sánh biểu thức số II Bài tập tổng hợp:
Tiết 1:
Bài :
1) Đơn giản biểu thức : P = 14 5 14 5
2) Cho biểu thức : Q = x x x x
x x x
a) Rút gọn biểu thức Q b) Tìm x để Q > - Q.
c) Tìm số nguyên x để Q có giá trị nguyên
Hướng dẫn : 1 P = 6
2 a) ĐKXĐ : x > ; x Biểu thức rút gọn : Q = x
b) Q > - Q x >
c) x = 2;3 Q Z
Bài : Cho biểu thức P = x x1 x x a) Rút gọn biểu thức sau P
b) Tính giá trị biểu thức P x =
Hướng dẫn :
a) ĐKXĐ : x > ; x Biểu thức rút gọn : P = x x
(2)b) Với x =
2 P = - – 2 Bài : Cho biểu thức : A =
1 1
1
x x x
x x
a) Rút gọn biểu thức sau A
b) Tính giá trị biểu thức A x =
c) Tìm x để A < d) Tìm x để A = A. Hướng dẫn :
a) ĐKXĐ : x 0, x Biểu thức rút gọn : A =
1 x
x
b) Với x =
A = - c) Với x < A < d) Với x > A = A.
Bài : Cho biểu thức : A = 1
a a a
a) Rút gọn biểu thức sau A b) Xác định a để biểu thức A >
2 Hướng dẫn :
a) ĐKXĐ : a > a9 Biểu thức rút gọn : A =
3
a
b) Với < a < biểu thức A >
Tiết 2:
Bài : Cho biểu thức: A =
2
x x x 4x x 2003
x x x x
1) Tìm điều kiện x để biểu thức có nghĩa 2) Rút gọn A
3) Với x Z ? để A Z ? Hướng dẫn :
(3)b) Biểu thức rút gọn : A =
x x 2003
với x ≠ ; x ≠
c) x = - 2003 ; 2003 A Z
Bài : Cho biểu thức: A = x x x x :2 x x 1 x
x x x x
a) Rút gọn A b) Tìm x để A <
c) Tìm x nguyên để A có giá trị nguyên
Hướng dẫn :
a) ĐKXĐ : x > ; x ≠ Biểu thức rút gọn : A =
1 x x
b) Với < x < A < c) x = 4;9 A Z.
Bài : Cho biểu thức: A = x x : x
x x x x 1 x
a) Rút gọn biểu thức A
b) Chứng minh rằng: < A < Hướng dẫn :
a) ĐKXĐ : x > ; x ≠ Biểu thức rút gọn : A =
1
x x
b) Ta xét hai trường hợp : +) A >
1
x
x > với x > ; x ≠ (1)
+) A <
1
x
x < 2(x x1) > x x > theo gt x
> (2)
Từ (1) (2) suy < A < 2(đpcm)
Bài : Cho biểu thức: P = a a a 4 a
a a
(a 0; a 4)
a) Rút gọn P
b) Tính giá trị P với a =
Hướng dẫn :
a) ĐKXĐ : a 0, a 4 Biểu thức rút gọn : P =
2
(4)b) Ta thấy a = ĐKXĐ Suy P =
Tiết 3:
Bài : Cho biểu thức: N = a a a a
a a
1) Rút gọn biểu thức N
2) Tìm giá trị a để N = -2004
Hướng dẫn :
a) ĐKXĐ : a 0, a 1 Biểu thức rút gọn : N = – a
b) Ta thấy a = - 2004 ĐKXĐ Suy N = 2005
Bài 10 : Cho biểu thức
3 x
3 x 1 x
x 2 3
x 2 x
19 x 26 x x P
a Rút gọn P
b Tính giá trị P x7 4 3
c Với giá trị x P đạt giá trị nhỏ tính giá trị nhỏ Hướng dẫn :
a ) ĐKXĐ : x 0, x 1 Biểu thức rút gọn :
3 x
16 x P
b) Ta thấy x7 4 3 ĐKXĐ Suy
22 3 3 103
P c) Pmin=4 x=4
Bài 11 : Cho biểu thức 3 : 2
9
3 3
x x x x
P
x
x x x
a Rút gọn P b Tìm x để
2 1
P c Tìm giá trị nhỏ P Hướng dẫn :
a ) ĐKXĐ : x 0, x 9 Biểu thức rút gọn :
3 x
3 P
b Với 0x9
2 1
P c Pmin= -1 x =
Bài 12: Cho A= 1
1
a a
a a
a a a
với x>0 ,x
(5)a Rút gọn A
b Tính A với a = 4 15 10 4 15 ( KQ : A= 4a )
Tiết 4:
Bài 13: Cho A= :
9
x x x x x
x x x x x
với x
0 , x9, x4
a Rút gọn A b x= ? Thì A < c Tìm x Z để A Z
(KQ : A= x )
Bài 14: Cho A = 15 11 2
2 3
x x x
x x x x
với x0 , x 1
a Rút gọn A
b Tìm GTLN A c Tìm x để A =
2
d CMR : A
(KQ: A =
x x
)
Bài 15: Cho A = 1
1 1
x x
x x x x x
với x0 , x1 a Rút gọn A
b Tìm GTLN A ( KQ : A =
1 x x x )
Bài 16: Cho A =
1 1
x x x x x với x0 , x1 a Rút gọn A
b CMR : 0 A ( KQ : A =
1 x x x ) III Bài tập nhà:
Bài 17: Cho A = : 25
25 15
x x x x x
x x x x x
a Rút gọn A
b Tìm x Z để A Z
(6)Bài 18: Cho A =
5
a a a
a a a a
với a 0 , a9 , a4 a Rút gọn A
b Tìm a để A <
c Tìm a Z để A Z
Bài 19: Cho A= : 2
4 2
x x x x x
x x x x x
với x > , x
4
a Rút gọn A b So sánh A với
A
Bài 20: Cho A =
2
3
: x y xy
x y
x y
y x
x y x y
với x0 , y0, xy
a Rút gọn A.
b. CMR : A 0
Bài 21 : Cho A = 1 1
1
x x x x x x
x
x x x x x x x
Với x > , x1 a Rút gọn A
b Tìm x để A =
Bài 22: Cho A= 2 :
1
1 1
x
x
x x x x x x
với x
0 , x1
a Rút gọn A
b Tìm x Z để A Z
c Tìm x để A đạt GTNN
Bài 23 : Cho A = 3 : 2
9
3 3
x x x x
x
x x x
với x
0 , x9
a Rút gọn A
b Tìm x để A < -1
2
Bài 24 : Cho A = 1 :
1
1 1
x x x x x
x x
x x x
với x
0 , x1
a Rút gọn A
b Tính A với x = 5
(7)CHUYÊN ĐỀ : GIẢI CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ
1 Phương pháp chung :
Để giải phương trình chứa dấu ta tìm cách khử dấu - Tìm ĐKXĐ phương trình
- Biến đổi đưa phương trình dạng học - Giải phương trình vừa tìm
- So sánh kết với ĐKXĐ kết luận nghiệm 2 Một số phương pháp giải phương trình vơ tỉ:
a/ Phương pháp1 : Nâng lên luỹ thừa (Bình phương lập phương vế
PT):
Giải phương trình dạng : f(x) g(x)
Ví dụ 1: Giải phương trình : x1x (1) ĐKXĐ : x+10 x-1
Với x -1 vế trái phương trình khơng âm Để phương trình có nghiệm
x-10 x1.Khi phương trình (1) tương đương với phương trình :
x+1 = (x-1)2 x2 -3x= x(x-3) =
x x
Chỉ có nghiệm x =3 thoả mãn
điều kiện x1
Vậy phương trình cho có nghiệm x =3
Ví dụ 2: Giải phương trình: x x1 13
x113 x ( 1) ĐKXĐ :
0 13
0
x x
13 x x
1 x13 (2)
Bình phương hai vế (1) ta : x 1 (13 x)2
27 170
x x
Phương trình có nghiệm x1 10vàx2 17.Chỉ có x1 10thoã mãn (2)
(8)Ví dụ 3: Giải phương trình: 1 x 2x 1
1 x 1 2x (1)
ĐKXĐ:
0
0
x x
x x
2x1
Bình phương hai vế phương trình (1) ta :
1 x12 2x2x x2 x 10
Phương trình có nghiệm
2 1
x thoã mãn (2)
Vậy nghiệm phương trình
2 1 x
Ví dụ 4: Giải phương trình: 3 x13 7 x 2 (1)
Lập phương trình hai vế (1) ta được:
x17 x33 (x1)(7 x).28 (x-1) (7- x) =
x =-1 (đều thoả mãn (1 )
x =7 (đều thoả mãn (1 ) Vậy x1 ;x 7là nghiệm
phương trình
* Giải phương trình dạng : f(x) h(x) g(x)
Ví dụ5: Giải phương trình x1- x 7= 12 x
x1= 12 x+ x 7 (1)
ĐKXĐ: 12
7 12
1
0
0 12
0
x x
x x
x x x
Bình phương hai vế ta được: x- = (12 x)(x 7) (3)
Ta thấy hai vế phương trình (3) thỗ mãn (2) bình phương vế phương trình (3) ta : (x - 4)2 = 4(- x2 + 19x- 84) 5x2 - 84x + 352 = 0
Phương trình có nghiệm x1 =
5 44
(9)Vậy x1 =
5 44
x2 = nghiệm phương trình
* Giải phương trình dạng : f(x) h(x) g(x)+ q(x)
Ví dụ 6: Giải phương trình : x1+ x10 = x2 + x5 (1)
ĐKXĐ :
0
0
0 10
0
x x x x
5 10
x x x x
x ≥ -1 (2)
Bình phương hai vế (1) ta :
x+1 + x+ 10 + (x1)(x10)= x+2 + x+ + (x2)(x5)
2+ (x1)(x10) = (x2)(x5) (3)
Với x -1 hai vế (3) dương nên bình phương hai vế (3) ta
(x1)(x10) = 1- x Điều kiện x -1 (4)
Ta việc kết hợp (2) (4)
1 x x
x = nghiệm nhầt
phương trình (1) + / Bài tập nhà:
x = x- x45- 3 x16 =1
4
1
x x = x+
1
1 x = 6 x- (2x5) 1 x + 4x =3 x1+
3 x 2 = 3 2 x 3
b / Phương pháp : đưa phương trình chứa ẩn dấu giá trị tuyệt đối :
Ví dụ1: Giải phương trình: 24 16
x x
x (1)
ĐKXĐ:
0
0 16 24
x x x
4
0 )
(
x
x x
(10)Phương trình (1) x = -x + 4
4
3
4
3
x x
x x
x x
Với x= x = nghiệm phương trình (đều thoả mãn x ) Ví dụ : Giải phương trình : 4
x
x + 16 x
x = ĐKXĐ: xR
Phương trình tương đương : x + x =
Lập bảng xét dấu : x
x- - + + x- - - + Ta xét khoảng :
+ Khi x < ta có (2) 6-2x =5 x = 0,5(thoả mãn x 2)
+ Khi x ta có (2) 0x + =5 vô nghiệm
+ Khi x > ta có (2) 2x – =5 x =5,5 (thoả mãn x > )
Vậy phương trình cho có nghiệm x = 0,5 x = 5,5
Ví dụ 3 : Giải phương trình: x x13 + x x18 = ; ĐKXĐ: x
1
Phương trình viết lại : (x1) x14 + (x 1) x 19 =
( 1 2)2
x + ( 1 3)2
x = x1 + x1 =1 (1)
- Nếu x < ta có (1) 2- x 1 + - x1= 1 x 1 =2 x=
không thuộc khoảng xét
- Nếu x 10 (1) 0x = Phương trình có vơ số nghiệm
- Nếu x> 10 (1) -5 = phương trinh vơ nghiệm
(11)1 x
x + 10 25 x
x = x34 x + x8 x =
5
x33 2x + x 2 2x = 2
c.Phương pháp : đặt ẩn phụ:
Ví dụ 1 : Giải phương trình: 2x2 + 3x +
9 2
x
x =33 ĐKXĐ : x R
Phương trình cho tương đương với: 2x2 + 3x +9 +
9 2
x
x - 42= (1)
Đặt 2x2 + 3x +9 = y > (Chú ý học sinh thường mắc sai lầm không đặt
điều kiện bắt buộc cho ẩn phụ y)
Ta phương trình : y2 + y – 42 = y
1 = , y2 = -7 Có nghiệm y =6
thoả mãn y>
Từ ta có 2 x
x =6 2x2 + 3x -27 = Phương trình có nghiệm x1 =
3, x2 =
-2
Cả hai nghiệm nghiệm phương trình cho
Ví dụ 2 : Giải phương trình: x+ x = 12 (ĐKXĐ : x 0)
Đặt x = y x = y2 ta có phương trình
y2 + y -12 = phương trình có nghiệm y= y = - (loại)
4 x = x = 81 nghiệm phương trình cho.
+ / Bài tập nhà:
1/ x2 – +
6
2
x = 3/ x2 - 3 x =20
2/ x
x
- 2x x = 20 4/ x3 8 = 2x2 – 6x +4
(12)Ví dụ 1: Giải phương trình: x 10 x 21 = x3 + x7 - (1)
ĐKXĐ : x -3
Phương trình (1) có dạng : (x3)(x7)- x3 + x7 +6 =
x3( x7 3)-2( x7 3)) =3 ( x7 3)( x3 2) =0
0
0 x x
4
9 x x
2 x x
ĐKXĐ Vậy phương trình cho có
nghiệm x = 1; x =
Ví dụ 2: Giải phương trình: 31 x + x2 =1 ĐKXĐ : x -2
Đặt x2 = t Khi dó 1 x = 3 3 t2
Phương trình (1) 3 t + t = 3 t2
= 1- t 3- t3 = (1-t) t3 - 4t2 + 3t + =0 (t-2) ( t2 -2t -1)
=
Từ phương trình ta tìm x=2 ; x= + 2là nghiệm phương trình
(1)
+ /.Nhận xét :
Khi sử dụng phương pháp đưa phương trình tích để giải phương trình vơ tỉ ta cần ý bước sau
+ Tìm tập xác định phương trình
+ Dùng phép biến đổi đại số, đưa phương trình dạng f(x) g(x) ….= Từ ta suy f(x) = ; g( x) = ;… phương trình quen thuộc
+ Nghiệm phương trình tập hợp nghiệm phương trình f(x) =
g( x) = ;… thuộc tập xác định + /.Bài tập nhà:
1/ x
(13)2/ 2 x
x - 2
x
x = x 4/ 2( x2 + 2x + 3) =
2 3
x x
x
e Phương pháp : đưa hệ phương trình :
Ví dụ : Giải pt: 25 x2
- 15 x =2 (ĐKXĐ: x2 15)Đặt: 25 x = a (a 0) (* )
15 x2
= b ( b 0) ( ** )
Từ phương trình cho chuyển hệ phương trình :
) ( ) )( ( b a b a b a b a b a b a b a b a
Thay vào phương trình (*) ta có 25 –x2 =
4 49
x2 = 51
x = 51
(ĐKXĐ
)
Vậy phương trình cho có nghiệm x =
51
Ví dụ : Giải phương trình: 3 ( x 1)2 + 3 ( x 1)2 + 3 1
x =
Đặt:3 x1 = a ; x 1 = b nên ta có: a2 = ( x 1)2 ; b2 = ( x 1)2
ab = 1
x Ta phương trình : a2 + b + ab = ( 1)
1 3 x b x a
Ta phương trình : a3 – b3 = (2)
Từ (1) (2) ta có hệ phương trình :
3 2 b a ab b a
Từ hệ phương trình ta suy a –b = b = a –
Thay vào hệ phương trình (1) ta đợc : (a -1 )2 = a =1
(14)Vậy nghiệm phương trình : x = + /.Bài tập áp dụng:
Giải phương trình sau :
x
+ 2
2
x
=
3 2 x 1 = x3+ 31 x + 31 x
=1
x1 + 3 x 21 = 3 2 x 3 x
4 = x
CHUYÊN ĐỀ 3: HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Tiết 1
I CÁC KIẾN THỨC CẦN NHỚ:
1 Các phương pháp giải hệ phương trình: a/ Phương pháp
b/ Phương pháp cộng đại số c/ Phương pháp đặt ẩn phụ
d/ Phương pháp dùng định thức: (Để nhớ định thức ta nhớ câu: Anh Bạn Cầm Bát Ăn Cơm)
Từ hệ phương trình (I) ta có:
' ' ; ' ' ' '
' ' ' ' ' '
a b x c b y a c
D ab a b D cb c b D ac a c
a b c b a c
- Nếu D 0, hệ phương trình có nghiệm nhất: y = Dy
D
x
D
x v
D
- Nếu D = Dx 0 Dy 0, hệ phương trình vơ nghiệm
- Nếu D = Dx = Dy = 0, hệ phương trình có vơ số nghiệm
4 Các hệ pt đặc biệt cách giải
a) Hệ phương trình có vế trái đẳng cấp với x, y:
-Hệ có dạng:
2
2
ax (1)
' ' ' '(2)
bxy cy d
a x b xy c y d
- Cách giải:
Nhân vế phương trình (1) phương trình (2) với k k’ cho:
(15)rồi trừ vế hai phương trình cho ta phương trình dạng: Ax2 + Bxy + Cy2 = (*)
+/ Xét y =
+/ Xét y 0, ta đặt: x = yt
pt (*) trở thành: Ay2t2 + By2t + Cy2 =
At2 + Bt + C =
Giải phương trình tìm t b) Hệ đối xứng loại 1
- Định nghĩa: Là loại hệ hai phương trình hai ẩn x, y mà ta thay đổi vai trị x y cho phương trình hệ khơng thay đổi
- Cách giải: (đưa pt bậc hai)
Ta quy hệ phương trình biết tổng tích hai nghiệm: Biến đổi phương trình hệ dạng: x + y x.y
Đặt:
x y S x y P
ĐK: S
2 – 4P (*)
Thay vào hệ phương trình (I), ta hệ phương trình có hai ẩn S P
Hệ phương trình (I) có nghiệm Hệ phương trình ẩn S P có nghiệm thỏa
mãn (*)
c) Hệ đối xứng loại 2:
- Định nghĩa: Là loại hệ hai phương trình hai ẩn x, y mà ta thay đổi vai trò x y cho phương trình (1) trở thành phương trình (2) phương trình (2) trở thành phương trình (1)
Hệ có dạng: ( ; ) 0(1)( ) ( ; ) 0(2)
f x y
I g x y
- Cách giải: (đưa pt tích)
Trừ vế phương trình (1) (2) ta phương trình dạng:
(x – y) [A(x; y)] = 0 ( ; )
x y A x y
Hệ phương trình (I)
0 ( )
( ; )
( ; )
( )
( ; )
x y
II f x y
A x y
III f x y
Giải hệ (II) (III) để tìm nghiệm
(16)* Cơ sở phương pháp Ta rút ẩn (hay biểu thức) từ phương trình
trong hệ vào phương trình cịn lại
* Nhận dạng Phương pháp thường hay sử dụng hệ có phương
trình bậc ẩn
Bài Giải hệ phương trình 2 2 (1)
3 (2)
x y
x y y
Lời giải.
Từ (1) ta có
y
x vào (2) ta
2
5
3
2
y
y y
2 2 59
3(25 30 ) 16 23 82 59 1,
23
y y y y y y y y
Vậy tập nghiệm hệ phương trình 1;1 ; 31 59; 23 23
Bài Giải hệ phương trình
4 2
2
2 (1)
2 6 (2)
x x y x y x
x xy x
Phân tích Phương trình (2) bậc y nên ta dùng phép thế.
Lời giải.
TH : x = không thỏa mãn (2)
TH :
2
6
0, (2)
2
x x
x y
x
vào (1) ta
2
2
4 2 6 6 2 9
2
x x x x
x x x x
x x
2
4 2(6 6 2) (6 ) 2 9 ( 4)3 0
4
x
x x
x x x x x x x
x
Do x 0 nên hệ phương trình có nghiệm 4;17
Chú ý.: Hệ phương trình theo phương pháp sau:
- Hệ
2
2
2
2
2
6
2 9
2
6
6
2
2
x x
x xy x x
x x
x xy x x
x xy
(17)Tiết 2:
2 Phương pháp cộng đại số.
* Cơ sở phương pháp Kết hợp phương trình hệ phép tốn: cộng, trừ, nhân, chia ta thu phương trình hệ mà việc giải phương trình khả thi có lợi cho bước sau
* Nhận dạng Phương pháp thường dùng cho hệ đối xứng loại II, hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc k
Bài 1: Giải hệ phương trình 2
3 2
2 2
3 2
y y
x x x
y
Lời giải.(hệ đối xứng loại 2) - ĐK: xy 0
- Hệ
2
2
3 (1)
3 (2)
x y y y x x
Trừ vế hai phương trình ta
2 2
3 3 ( ) ( )( )
3
x y
x y xy y x xy x y x y x y
xy x y
- TH x y 0 y x vào (1) ta 3x3 x2 2 0 x 1
- TH 3xy x y 0 Từ
2
2
3y y y
x
,
2
2
3x x x
y
3xy x y
Do TH khơng xảy ra.
- Vậy hệ phương trình có nghiệm (1 ; 1)
Bài Giải hệ phương trình
2
2
3 38
5 15
x xy y
x xy y
Phân tích Đây hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc hai nên ta cân số
hạng tự thực phép trừ vế Lời giải.
- Hệ
2
45 75 60 570 2 2
145 417 54
2
190 342 114 570
x xy y
x xy y
x xy y
- Giải phương trình ta , 145
3 18
y x y x vào hai phương
(18)* Chú ý
- Cách giải áp dụng cho pt có vế trái đẳng cấp bậc cao hơn.
- Cách giải chứng tỏ hệ phương trình hồn tồn giải bằng cách đặt y tx x , 0 đặt x ty y , 0.
Tiết 3:
4 Phương pháp đặt ẩn phụ.
Bài Giải hệ phương trình 2 2
7
x y xy
x y xy
Lời giải.
Đây hệ đối xứng loại I đơn giản nên ta giải theo cách phổ biến
Hệ ( )2
( )
x y xy
x y xy
Đặt x y S
xy P
2
,
x y S P
ta 2 1,
4,
3
S P S P
S P
S P
TH 1 1,
2 2,
S x y x y
P xy x y
TH 4 1,
3 3,
S x y x y
P xy x y
Vậy tập nghiệm hệ
S = ( 1;2); (2; 1); ( 1; 3); ( 3; 1)
Chú ý.
- Nếu hệ pt có nghiệm ( ; )x y tính đối xứng, hệ có nghiệm
( ; )y x Do vậy, để hệ có nghiệm điều kiện cần x y .
- Không phải lúc hệ đối xứng loại I giải theo cách Đôi việc thay đổi cách nhìn nhận phát cách giải tốt
Bài 2: Giải hệ phương trình :
1
x y xy
x y
- ĐK: x1,y1,xy0
- Hệ
3
2 ( 1)( 1) 16 14
x y xy x y xy
x y x y x y x y xy
(19)2
2
3 3
3 26 105
2 14 11
a b a b a b
b b
a a b b b b
3
6
b x
a y
(thỏa mãn đk)
Tiết 4:
III GIẢI VÀ BIỆN LUẬN HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN 1 Giải biện luận hệ phương trình
Phương pháp giải:
Cách 1: Từ phương trình hệ tìm y theo x vào phương trình thứ hai để phương trình bậc x
Giả sử phương trình bậc x có dạng: ax = b (1) Biện luận phương trình (1) ta có biện luận hệ i) Nếu a=0: (1) trở thành 0x = b
- Nếu b = hệ có vơ số nghiệm - Nếu b 0 hệ vơ nghiệm
ii) Nếu a 0 (1) x = a b
, Thay vào biểu thức x ta tìm y, lúc hệ phương trình có nghiệm
Cách 2: Dùng định thức để giải biện luận hpt
Ví dụ 1: Giải biện luận hệ phương trình:
)2 (6 4
)1( 2
m my x
m y mx
Từ (1) y = mx – 2m, thay vào (2) ta được:
4x – m(mx – 2m) = m + (m2 – 4)x = (2m + 3)(m – 2) (3)
Nếu m2 – hay m
2 x =
2
) )( (
2
m m m
m m
Khi y = - 2
m m
Hệ có nghiệm nhất: (2 23
m m
;- 2
m m
)
ii) Nếu m = (3) thỏa mãn với x, y = mx -2m = 2x – Hệ có vơ số nghiệm (x, 2x-4) với x R
iii) Nếu m = -2 (3) trở thành 0x = Hệ vô nghiệm Vậy: - Nếu m 2 hệ có nghiệm nhất: (x,y) = (
2
m m
;- 2
m m
) - Nếu m = hệ có vơ số nghiệm (x, 2x-4) với x R - Nếu m = -2 hệ vơ nghiệm
(20)1) 1 1 3 m my x m y mx 2) 4 10 4 my x m y mx 3) 5 2 1 3 )1 ( m y x m my x m
2 Xác định giá trị tham số để hệ có nghiệm thỏa mãn điều kiện cho trước Phương pháp giải:
Giải hệ phương trình theo tham số
Viết x, y hệ dạng: n + f(mk ) với n, k nguyên
Tìm m nguyên để f(m) ước k
Ví dụ 1: Định m nguyên để hệ có nghiệm nghiệm nguyên:
1 2 2 1 2 m my x m y mx HD Giải: 1 2 2 1 2 m my x m y mx m m y m mx m y mx 2 2 2 2 2 4 2 1 2 2 )1 2 )( 2 ( 2 3 2 )4
( 2
m my x m m m m y m
để hệ có nghiệm m2 – 0 hay m 2
Vậy với m 2 hệ phương trình có nghiệm
2 3 1 2 1 2 3 2 2 1 2 4 )1 2 )( 2 ( m m m x m m m m m m y
Để x, y số nguyên m + Ư(3) = 1; 1;3; 3
Vậy: m + = 1, 3 => m = -1; -3; 1; -5
(21)Cho hệ phương trình: 8 9 4 my x y mx
Với giá trị m để hệ có nghiệm (x ; y) thỏa mãn hệ thức: 2x + y + 382 4
m = HD Giải:
- Điều kiện để hệ phương trình có nghiệm nhất: m 2
- Giải hệ phương trình theo m
8 9 4 my x y mx m y m mx y mx 8 9 4 8 9 8 )4 ( my x m y m 4 32 9 4 9 8 2 m m x m m y
- Thay x =
4 32 m m
; y =
4 m m
vào hệ thức cho ta được:
2. 32 m m + m m + 38 m =
=> 18m – 64 +8m – + 38 = 3m2 – 12
3m2 – 26m + 23 =
m1 = ; m2 = 3
23
(cả hai giá trị m thỏa mãn điều kiện)
Vậy m = ; m = 233
IV BÀI TẬP VỀ NHÀ (Bài tập tổng hợp) Bài 1:
Cho hệ phương trình
4 10 4 my x m y mx
(m tham số)
a) Giải hệ phương trình m =
b) Giải biện luận hệ phương trình theo m
c) Xác định giá trị nguyên m để hệ có nghiệm (x;y) cho x> 0, y >
(22)Cho hệ phương trình :
5 2
1 3 )1
(
m y x
m my x m
a) Giải biện luận hệ phương trình theo m
b) Với giá trị nguyên m để hai đường thẳng hệ cắt điểm nằm góc phần tư thứ IV hệ tọa độ Oxy
c) Định m để hệ có nghiệm (x ; y) cho P = x2 + y2 đạt giá trị nhỏ
Bài 3:
Cho hệ phương trình
m y x
y x
2
4 2 3
a) Giải hệ phương trình m =
b) Tìm m ngun cho hệ có nghiệm (x; y) với x < 1, y < c) Với giá trị m ba đường thẳng
3x + 2y = 4; 2x – y = m; x + 2y = đồng quy Bài 4:
Cho hệ phương trình:
8 9 4
my x
y mx
a) Giải hệ phương trình m =
b) Với giá trị m để hệ có nghiệm (-1 ; 3)
c) Với giá trị m hệ có nghiệm nhất, vô nghiệm Bài 5:
Cho hệ phương trình:
4 3
9
y mx
my x
a) Giải hệ phương trình m =
b) Với giá trị m để hệ có nghiệm (-1 ; 3)
c) Chứng tỏ hệ phương trình ln ln có nghiệm với m d) Với giá trị m để hệ có nghiệm (x ; y) thỏa mãn hệ thức:
x - 3y = 228 3
(23)Cho hệ phương trình:
5 my x3
2 y mx
a) Giải hệ phương trình m
b) Tìm giá trị m để hệ phương trình cho có nghiệm (x; y) thỏa mãn hệ thức
3 m
m y
x 2
2
Bài 7:
Cho hệ phương trình
16 2
9 3
y mx
my x
a) Giải hệ phương trình m =
b) Chứng tỏ hệ phương trình ln ln có nghiệm với m c) Định m để hệ có nghiệm (x ; y) = ( 1,4 ; 6,6)
d) Tìm giá trị nguyên m để hai đường thẳng hệ cắt điểm nằm góc phần tư thứ IV mặt phẳng tọa độ Oxy
CHUYÊN ĐỀ 4: ỨNG DỤNG CỦA HỆ THỨC VI-ET
Tiết 1:
I Kiến thức cần nhớ
Các ứng dụng thường gặp hệ thức Vi-ét Tìm hai số biết tổng tích chúng
2 Tìm hệ thức liên hệ nghiệm pt cho không phụ thuộc vào tham số Tìm giá trị tham số phương trình thỏa mãn biểu thức chứa nghiệm
4 Xác định dấu nghiệm phương trình bậc hai
5 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức nghiệm II Nội dung
1 Tìm hai số biết tổng tích chúng
Nếu hai số có Tổng S Tích P hai số hai nghiệm phương trình :
2 0
x Sx P (điều kiện để có hai số S2 4P )
Ví dụ : Tìm hai số a, b biết tổng S = a + b = 3 tích P = ab = 4
Vì a + b = 3 ab = 4 nên a, b nghiệm phương trình : x2 3x 4 0
giải phương trình ta x 1 x 2
Vậy a = b = 4
nếu a = 4 b = 1
(24)1 S = P = 2 S = 3 và P = 6
3 S = P = 20 S = 2x P = x2 y2 Bài tập nâng cao: Tìm số a b biết
1 a + b = a2 + b2 = 41
2 a b = ab = 36
3 a2 + b2 = 61 ab = 30
Hướng dẫn: 1) Theo đề biết tổng hai số a b , để áp dụng hệ thức
VI- ÉT cần tìm tích a v b
T
2
2 2 81
9 81 81 20
2 a b a b a b a ab b ab
Suy : a, b nghiệm phương trình có dạng : 2
4 20
5 x
x x
x
Vậy: Nếu a = b =
nếu a = b =
2) Đã biết tích: ab = 36 cần tìm tổng : a + b
Cách 1: Đặt c = b ta có : a + c = a.c = 36
Suy a, c nghiệm phương trình : 2
4 36
9 x
x x
x
Do a = 4 c = nên b = 9
nếu a = c = nên b =
Cách 2: Từ a b 2 a b 2 4ab a b 2 a b 24ab169
2 132 13
13 a b a b
a b
*) Với a b 13 ab = 36, nên a, b nghiệm phương trình :
1
2
4 13 36
9 x
x x
x
Vậy a =4 b = 9
*) Với a b 13 ab = 36, nên a, b nghiệm phương trình :
1
2
4 13 36
9 x
x x
x
Vậy a = b =
3) Đã biết ab = 30, cần tìm a + b:
T ừ: a2 + b2 = 61 a b2 a2 b2 2ab 61 2.30 121 112
11
11 a b a b
(25)*) Nếu a b 11 ab = 30 a, b hai nghiệm phương trình:
1
2
5 11 30
6 x
x x
x
Vậy a =5 b = 6 ; a =6 b = 5
*) Nếu a b 11 ab = 30 a, b hai nghiệm phương trình :
1
2
5 11 30
6 x
x x
x
Vậy a = b = ; a = b = Tiết 2:
2 Tìm hệ thức liên hệ nghiệm pt cho nghiệm không phụ thuộc vào tham số
Để làm toán loại này, ta làm theo bước sau:
- Đặt điều kiện cho tham số để phương trình cho có hai nghiệm x1 x2 (thường
là a 0)
- Áp dụng hệ thức VI-ÉT viết S = x1 + x2 v P = x1 x2 theo tham số
- Dùng quy tắc cộng để tính tham số theo x1 x2 Từ đưa hệ thức
liên hệ nghiệm x1 x2
Ví dụ : Cho phương trình : m 1x2 2mx m 4 0
có nghiệm x x1; 2 Lập hệ
thức liên hệ x x1; 2 cho chúng không phụ thuộc vào m.
Để phương trình có nghiệm x1 x2 th ì :
2
1
1
4
' ( 1)( 4)
5 m m
m m
m m
m m m
Theo hệ th ức VI- ÉT ta có :
1 2
1 2
2
2 (1)
1
4
(2)
1
m
x x x x
m m
m
x x x x
m m
Rút m từ (1) ta có :
1
1
2
2
1 x x m
m x x (3)
(26)1
1
3
1
1 x x m
m x x (4)
Đồng vế (3) (4) ta có:
2 2
1 2
2
2 3
2 x x x x x x x x
x x x x
Ví dụ 2: Gọi x x1; nghiệm phương trình :
1
m x mx m Chứng
minh biểu thức A3x1x22x x1 2 8 không phụ thuộc giá trị m.
Để phương trình có nghiệm x1 x2 th ì :
2
1
1
4
' ( 1)( 4)
5 m m
m m
m m
m m m
Theo hệ thức VI- ÉT ta c ó :
1
1
2
1 m x x
m m x x
m
thay vào A ta có:
2
2 8( 1)
3 8
1 1
m m m m m
A x x x x
m m m m
Vậy A = với m 1
m Do biểu thức A không phụ thuộc vào
m
Nhận xét:
- Lưu ý điều kiện cho tham số để phương trình cho có nghiệm
- Sau dựa vào hệ thức VI-ÉT rút tham số theo tổng nghiệm, theo tích nghiệm sau đồng vế ta biểu thức chứa nghiệm không phụ thuộc vào tham số
Bài tập áp dụng:
1 Cho phương trình : x2 m 2x 2m 1 0
có nghiệm x x1; 2 Hãy lập hệ thức
liên hệ x x1; cho x x1; 2 độc lập m.
Hướng dẫn: Dễ thấy m 22 4 2 m 1 m2 4m 8 m 22 4 0
(27)1
1
1 2
2(1)
1
(2)
2
m x x
x x m
x x
x x m m
Từ (1) (2) ta có:
1
1 2
1
2
2 x x
x x x x x x
2 Cho phương trình : x24m1x2m 4 0
Tìm hệ thức liên hệ x1 x2 cho chúng không phụ thuộc vào m.
Hướng dẫn: Dễ thấy (4m 1)2 4.2(m 4) 16m2 33 0
phương trình
cho ln có nghiệm phân biệt x1 x2
Theo hệ thức VI- ÉT ta có
1 2
1 2
(4 1) ( ) 1(1)
2( 4) 16(2)
x x m m x x
x x m m x x
Từ (1) (2) ta có:
1 2 2
(x x ) 2x x 16 2x x (x x ) 17
Tiết 3:
3 Tìm giá trị tham số pt thỏa mãn biểu thức chứa nghiệm cho Đối với toán dạng này, ta làm sau:
- Đặt điều kiện cho tham số để phương trình cho có hai nghiệm x1 x2
(thường a 0)
- Từ biểu thức nghiệm cho, áp dụng hệ thức VI-ÉT để giải phương trình (có ẩn tham số)
- Đối chiếu với điều kiện xác định tham số để xác định giá trị cần tìm
Ví dụ 1: Cho phương trình : mx2 6m 1x 9m 3 0
Tìm giá trị tham số m để nghiệmx1 x2 thoả mãn hệ thức :
1 2
x x x x
(28)
0 0 0
' 9 27 ' 1
' 21 9( 3)
m m m m
m m m m m
m m m
Theo h ệ thức VI- ÉT ta c ó:
1
1
6( 1)
9( 3) m x x
m m x x
m
v t gi ả thi ết: x1x2 x x1
Suy ra:
6( 1) 9( 3)
6( 1) 9( 3) 6 27 21
m m
m m m m m m
m m
(thoả mãn điều kiện xác định )
Vậy với m = phương trình cho có nghiệm x1 x2 thoả mãn hệ thức :
1 2
x x x x
Ví dụ 2: Cho phương trình : x2 2m 1x m2 2 0
Tìm m để nghiệm x1 x2 thoả mãn hệ thức : 3x x1 2 5x1x2 7
Bài giải: Điều kiện để phương trình có nghiệm x1&x2 :
2
' (2m 1) 4(m 2)
2
4m 4m 4m
7
4
4
m m
Theo hệ thức VI-ÉT ta có: 2
2
2
x x m
x x m
từ giả thiết 2
3x x x x 7
Suy
2
2
3( 2) 5(2 1)
3 10
2( )
3 10 4
( )
3
m m
m m
m TM
m m
m KTM
Vậy với m = phương trình có nghiệm x1 x2 thoả mãn hệ thức :
1 2
(29)1 Cho phương trình : mx2 2m 4x m 7 0
Tìm m để nghiệm x1 x2 thoả mãn hệ thức : x1 2x2 0
2 Cho phương trình : x2 m 1x 5m 6 0
Tìm m để nghiệm x1 x2 thoả mãn hệ thức: 4x13x2 1
Hướng dẫn cách giải:
BT1: - ĐKX Đ: & 16 15 m m
-Theo VI-ÉT:
1
1
( 4)
(1)
m x x
m m x x
m
- Từ x1 2x2 0 Suy ra:
1 2
1 2
1
3
2( )
2( )
x x x
x x x x
x x x
(2)
- Thế (1) vào (2) ta đưa phương trình sau:
2
1
127 128 1; 128
m m m m
BT2: - ĐKXĐ: m2 22m 25 0 11 96 m 11 96
- Theo VI-ÉT:
1
1 (1)
5
x x m
x x m
- Từ : 4x13x2 1 Suy ra:
1
1 2
2
2
1 2
1 3( )
1 3( ) 4( )
4( )
7( ) 12( )
x x x
x x x x x x
x x x
x x x x x x
(2)
- Thế (1) vào (2) ta có phương trình : 12 ( 1) 0 m m m
m
(thoả mãn ĐKXĐ) Tiết 4:
4 Xác định dấu nghiệm pt bậc (bổ sung chuyên đề pt bậc 2) Cho phương trình: ax2 bx c 0
(a 0) Hãy tìm điều kiện để phương trình có 2
nghiệm: trái dấu, dấu, dương, âm …. Ta lập bảng xét dấu sau:
Dấu nghiệm x1 x2 Sx1x2 P x x Điều kiện chung
trái dấu P < ; P <
cùng dấu, P > ; P >
cùng dương, + + S > P > ; P > ; S >
(30)Ví dụ: Xác định tham số m cho phương trình:
2
2x 3m1 x m m 0 có nghiệm trái dấu
Để phương trình có nghiệm trái dấu
2
2
(3 1) 4.2.( 6)
0 ( 7)
2
6
0 ( 3)( 2)
2
m m m
m m
m
m m
P P P m m
Vậy với 2m3 phương trình có nghiệm trái dấu Bài tập:
1 mx2 2m 2x 3m 2 0
có nghiệm dấu
2 3mx2 2 2 m 1x m 0
có nghiệm âm
3.m 1x22x m 0 có nghiệm khơng âm 5 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức nghiệm
Áp dụng tính chất sau bất đẳng thức: trường hợp ta ln phân tích được:
A m C
k B
(trong A, B biểu thức không âm ; m, k số) (*)
Thì ta thấy : C m (v ì A 0) minC m A0
C k (v ìB 0) maxC k B0
Ví dụ 1: Cho phương trình : x2 2m 1x m 0
Gọi x1 x2 nghiệm phương trình Tìm m để :
2
1
A x x x x có giá trị nhỏ
Bài giải: Theo VI-ÉT: 2
(2 1)
x x m
x x m
Theo đề : A x 12x22 x x1 x1x22 8x x1
2m 12 8m 4m2 12m (2m 3)2 8
(31)Ví dụ 2: Cho phương trình : x2 mx m 1 0
Gọi x1 x2 nghiệm
phương trình Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức sau:
1
2
1 2
2
2
x x B
x x x x
Giải: Ta có: Theo hệ thức VI-ÉT :
1
x x m
x x m
1 2
2 2 2
1 2
2 3 2( 1)
2 ( ) 2
x x x x m m
B
x x x x x x m m
Giải: Đưa giải phương trình bậc với ẩn m B tham số, ta tìm điều kiện cho tham số B để phương trình cho ln có nghiệm với m.
2
2
2
2 m
B Bm m B
m
(Với m ẩn, B tham số) (**)
Ta có:
1 B B(2 1) 2B B
Để phương trình (**) ln có nghiệm với m hay 2B2 B 1 0 2B2 B 1 0 2B 1 B 1 0
1
2 2
1 1
1
2 1
2
1 B B
B B
B B
B B
B
Vậy: max B=1 m = 1
1
min
2
B m
Bài tập áp dụng
1 Cho phương trình : x24m1x2m 40.Tìm m để biểu thức
22 A x x có
giá trị nhỏ
2 Cho phương trình x2 2(m 1)x 3 m 0
Tìm m cho nghiệm x x1; thỏa mãn
điều kiện 2
1 10
x x
3 Cho phương trình : x2 2(m 4)x m2 8 0
xác định m để phương trình có
nghiệm x x1; 2thỏa mãn
a) A x 1x2 3x x1 đạt giá trị lớn
b) 2
1 2
B x x x x đạt giá trị nhỏ
4 Cho phương trình : x2 (m 1)x m2 m 2 0
Với giá trị m, biểu thức
2
1
(32)5 Cho phương trình x2 (m 1) m 0
Xác định m để biểu thức Ex12x22 đạt giá
trị nhỏ
CHUYÊN ĐỀ 5: PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI Tiết 1:
I/ CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN
1 Cơng thức nghiệm phương trình: ax2 + bx + c = ( a 0 )
2 Một số tốn nghiệm phương trình bậc hai Giả sử phương trình: ax2 + bx + c = ( a 0 ) có hai nghiệm x
1; x2
x1 + x2 = S, x1.x2 = P ta có tốn tổng qt sau:
Xét dấu nghiệm phương trình:
ax2 + bx + c = (a0) (1)
Điều kiện để phương trình (1)
- Có hai nghiệm trái dấu P <
- Có hai nghiệm dấu 0 P >
- Có hai nghiệm dương 0, P > 0, S > - Có hai nghiệm âm 0, P > 0, S <
*/ Chú ý: Ta lưu ý đến điều kiện a # để phương trình có hai nghiệm
So sánh nghiệm phương trình bậc hai với số
* Số nằm hai nghệm: x1 < < x2 a f ( ) 0
* Số nằm phía trái hai nghiệm: < x1 < x2
0 ( )
2
a f S
* Số nằm phía phải hai nghiệm: x1 < x2 <
0 ( )
2 a f
S
* So sánh nghiệm với số ;
1
x x
x x
( ) ( )
f f
II/ BÀI TẬP
1 Bài toán 1: Cho phương trình: x2 – 2mx + m2 – = (1)
a/ Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt
(33)Giải
a/ Phương trình (1) có: ' = (- m)2 – m2 + = m2 – m2 + > 0
phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với m
b/ Để phương trình (1) có hai nghiệm dấu:
2
' 0( âu a)
0
0
c m
P m
P m
Vậy với m > m < - phương trình (1) có nghiệm phân biệt dấu c/ Để phương trình có nghiệm thỏa mãn: -2 < x <
1
1
1
0 ( 2)
2
2 2
2
4
0 (4)
4
a f S
x x
x x
x x
a f S
Giải (I) ta được: m > - Giải (II) ta được: m <
Vậy với - < m < phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn -2 < x < Tiết 2:
2 Bài tốn 2: Cho phương trình: x2 – (a2 + )x +a2 + = (*)
CMR: phương trình ln có hai nghiệm dương phân biệt HD
Để pt có hai nghiệm dương phân biệt:
0(1) 0(2) 0(3)
S P
Ta có:
Vậy (1) ln với a
Ta có: S = x1 + x2 = a2 + 3 a Vậy (2) ln với a
Ta có: P = x1.x2 = a2 + 2a Vậy (3) ln với a
KL: Phương trình (*) ln có hai nghiệm phân biệt dương với a
Bài 3: Cho phương trình: (m+1)x2 -2(m - 1)x + m - = (1) (m tham số)
a/ Giải phương trình (1) với m =
( I )
( II )
3 4.( 2) 2 1 ( 1)2 0
(34)b/ Tìm giá trị m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa
mãn
1
1
2 x x
Giải
a)Với m = ta có PT (3+1 )x2 - 2(3 - 1)x + - = 0
4x2 - 4x + =
(2x 1) 0 (Hoặc tính hay ')
Suy PT có nghiệm kép x = 1/2
b)Để PT có nghiệm phân biệt m 02
' m 2m (m 1)(m 2)
m 02 2
' m 2m m m
m m
(*)
m m
Mà theo ĐL Vi-ét ta có: x1 x2 2(m 1); x x1 2 m
m m
Từ
1
1 1 3
x x 2 ta có:
1
1
x x 3
x x 2
2(m 1) m 2:
m m
2(m 1) m
m m 2
2(m 1)
m 2
4m 3m 6 m2 thoả mãn (*)
Vậy m phải tìm -2 Tiết 3:
Bài Cho phương trình bậc hai ẩn x, tham số m : x2 mx m 0
(1)
a/ Giải phương trình với m = -
b/ Gọi x1; x2 nghiệm phương trình Tính x12x ; x22 13x32 theo m
c/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn : x12x22 9
d/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn : 2x1 + 3x2 =
e/ Tìm m để phương trình có nghiệm x1 = - Tính nghiệm cịn lại
f/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu
g/ Lập hệ thức liên hệ hai nghiệm phương trình khơng phụ thuộc vào giá trị m
Giải
(35)2
2
x 2x (x 1) x x
Vậy với m = - phương trình có nghiệm x = b/ Phương trình : x2 mx m 0
(1)
2
m 4(m 3) m 4m 12
Phương trình có nghiệm x ; x1 0
Khi theo định lý Vi-et, ta có :
1
x x m (a) x x m (b)
*) 2 2
1 2
x x (x x ) 2x x ( m) 2(m 3) m 2m 6
*) 3 3
1 2 2
x x (x x ) 3x x (x x ) ( m) 3(m 3)( m) m 3m 9m
c/ Theo phần b : Phương trình có nghiệm x ; x1 0
Khi 2
1
x x m 2m 6
Do 2 2
1
x x 9 m 2m 9 m 2m 15 0
2
(m) (m)
' ( 1) 1.( 15) 15 16 0;
=> phương trình có hai nghiệm :
1 4
m 5; m
1
Thử lại : +) Với m 5 7 0 => loại
+) Với m 3 => thỏa mãn
Vậy với m = - phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn : x12x22 9
d/ Theo phần b : Phương trình có nghiệm x ; x1 0
Khi theo định lý Vi-et, ta có :
1
x x m (a) x x m (b)
Hệ thức : 2x1 + 3x2 = (c)
Từ (a) (c) ta có hệ phương trình :
1 2 1
1 2 2
x x m 3x 3x 3m x 3m x 3m
2x 3x 2x 3x x m x x 2m
Thay
x 3m
x 2m
vào (b) ta có phương trình :
2
2
2 (m)
( 3m 5)(2m 5) m
6m 15m 10m 25 m
6m 26m 28
3m 13m 14 13 4.3.14
(36)=> phương trình có hai nghiệm phân biệt :
1
2
13
m
2.3
13 m
2.3
Thử lại : +) Với m2 0 => thỏa mãn
+) Với m 25
3
=> thỏa mãn
Vậy với m 2; m
phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn : 2x1 + 3x2 =
e/ Phương trình (1) có nghiệm
2
x 3 ( 3) m.( 3) m 0 2m 12 0 m 6
Khi : x1x2 m x2 m x x2 6 ( 3) x2 3
Vậy với m = phương trình có nghiệm x1 = x2 = -
f/ Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu
ac 1.(m 3) m m
Vậy với m < - phương trình có hai nghiệm trái dấu
g/ Giả sử phương trình có hai nghiệm x1; x2 Khi theo định lí Vi-et, ta có :
1 2
1 2
1 2
x x m m x x
x x x x
x x m m x x
Tiết 4:
III/ PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
1.Phương trình chứa ẩn số mẫu:
Ví dụ 1: giải phương trình:
3 2
4
0
2x 3x 8x12 x 2 x 7x6 2 x3 (a)
(a) (2x 3)(x4 2)(x 2) ( x 2)(1x 2) ( x 2)(24 x 3) 2 x1 3
Điều kiện:
2 2
2 3
2
x x
x
x x
Thu gọn:x2 6x 5 0
(b)
Phương trình (b) có hai nghiệm:x11;x2 5
Lưu ý: Tìm miền xác định phương trình, cuối phải nhận định kết trả lời
2 Phương trình đưa dạng tích :
*Ví dụ 2: Giải phương trình:2x3 7x2 7x 2 0
3
(37)b)
x 1
1 2;
2 x
x x
x x
Vậy phương trình (a) có nghiệm: x1= -1; x2= -2; x3=
1 Chú ý: phương trình bậc 3: ax3+ bx2+ cx+ d=
Nếu a+ b+ c + d = phương trình có nghiệm x1=1
Nếu a – b + c – d = 0thì phương trình có nghiệm x1= -1
3 Phương trình bậc bốn:
Phương trình bậc bốn phương trình có dạng ax4 + bx3 +cx2 +dx +e =
trong a, b, c, d ,e số cho trước, a 0 3.1 Phương trình trùng phương:
a) Dạng tổng quát:
Phương trình có dạng: ax4 + bx2 + c = x ẩn số; a,b,c hệ số, a 0
b) Cách giải:
Loại phương trình giải ta thường dùng phép đổi biến x2 = t từ ta đưa đến phương trình bậc hai trung gian : at2+ bt + c =0
Giải phương trình bậc hai trung gian này, sau trả biến: x2 = t *Ví dụ 3: Giải phương trình:
3x 2x 1 (a)
đặt x2 = t 0 (a) <=> 3t2-2t -1 =
Nghiệm phương trình (b) : t1= 1; t2 =
3 thoả mãn t 0 Với t1= =>x2 = 1=> x =1
Với t2 =
1 3=> x
2 =1
3 => x=
Vậy phương trình có nghiệm
1
1; 1; ;
3
x x x x
* VÝ dơ : Gi¶i phơng trình
4
2 2
x x
2
4 7 4
2x x x
2x4 + 5x2 -7=0
đặt x2=t với t > ta đợc
2t2 +5t -7 =0
Có :2+5-7=0 nên
t1=1(thoả mÃn) ; t2=
7
(lo¹i)
víi t1=1 suy x2=1 suy x1=1 ; x2=-1
(38)3.2 Phương trình dạng ax4+bx3 +cx2 ± kbx +k2a = 0.(Phương trình hồi quy)
Chúng ta hay gặp dạng phơng trình trờng THCS phơng trình đối xứng a) Phương phỏp giải:
x = khơng phải nghiệm phương trình Chia hai vế phương trình cho
x2 ta :
2
2
( k ) ( k)
a x b x c
x x
+ + ± + =
đặt t k
x k x k x k x t x k x
t 2
2 2
2 2
Ta có phương trình bậc hai: a t( +2 )k + + =bt c
Ví dụ 6: Giải phương trình x4 + = 5x( x2 -2) (1)
Giải Ta có (1) x4 – 5x3 +10x +4 =
x = nghiệm phương trình Chia hai vế phương trình cho x2
ta 2
4
5( )
x x
x x
+ - - =
Đặt t = x x
- ta có 2 2
2
2 4 4
x x t
x x
t
Ta có phương trình
5 t - t+ =
4 t t
Với t = ta có : 4 2
x x x
x x
Với t = ta có :
2
2
2
x x x
x x
x
Vậy S = {- 1; 2; 2± 6}
3.3 Phương trình dạng a[(fx)]2 +bf(x) + c = (1)
Trong a 0; (fx) đa thức biến x; x ẩn số phương trình Cách giải:
- Sau tìm TXĐ phương trình đổi biến cách đặt (fx) = t Ta đưa phương trình dạng : at2 + bt +c =0 (2)
Ví dụ 7: Giải phương trình x4+6x3+5x2- 12x+ =3 0 (1)
Giải
VT = x4+6x3+5x2- 12x+3
= x4+6x3+9x2- 4x2- 12x+3
= (x2+3 )x 2- 4(x2+3 ) 3x +
Vậy phương trình (1) Tương đương với (x2+3 )x 2- 4(x2+3 ) 3x + =0
Đặt x2+3x=t (2)
Ta phương trình bậc hai sau
(39)Với t1 = từ (2) ta có x +3x=1phương trình có hai nghiệm phân biệt 13 x
x2 13
Với t2 = từ (2) ta có phương trình có hai nghiệm phân biệt
1
3 21 x
2
x2 21
Vậy phương trình cho có bốn nghiệm phân biệt
1
3 13 x
2
; x2 13
2
;x3 21
2
x4 21
3.4 Phơng trình dạng xa4 xb4 x lµ Èn ; a; b; c lµ hƯ sè * cách giải :
Ta bin i bin :
2 b a t b x b a bt a a x b a x t
phơng trình cho trở thành :
0 12 2
a b t a b c
t
Phơng trình trùng phơng ẩn t ta biết cách giải * Ví dụ 8: giải phơng trình
x34 x54 2 (a)
đặt
2
x x
t 0 6 2 12 2 2 2 4 4 t t t t t t t t t t t a
VËy x + = 0 x = -
Phơng trình (a) có nghiệm kép x = -
3.5 Phơng trình dạng : (x+a)(x+b)(x+c)(x+d) = m
(40)* VÝ dô : giải phơng trình
(x + 4) (x + 5) (x + 7) (x + 8) = (a) NhËn xÐt : + = +
12 32 12 35 4 * 2 x x x x x x x x a
đặt : x2 + 12x + 32 = t
b t t t t 4 *
Vì 1+3- =0 nên phơng trình (b) cã hai nghiÖm : t1 =1 ; t2= -
+ ) t = t1 =1
6 31 12 32 12 2 x x x x x x
+ ) t =t2 =-
6 36 12 32 12 , 2 x x x x x
Vậy phơng trình ®Çu cã nghiƯm
6 x x x x
CHUYÊN ĐỀ 6: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
Một số định nghĩa, định lí, tính chất kiến thức liên quan đến các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên
1 Phương trình ax2 + bx + c = 0
(41)Phương trình có nghiệm ngun (') số phương, (')
khơng âm
2 Phương trình đưa dạng f(x).g(x) = k với f(x) g(x) đa thức hệ số nguyên Ta phân tích k thừa số nguyên tố giải hệ phương trình
( ) ( ) f x m g x n
với m.n = k
2 Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên
Phương trình nghiệm nguyên đa dạng phong phú Khơng có cách giải chung cho phương trình, nhiên để giải phương trình ta thường dựa vào số phương pháp giải sau:
Phương pháp I : Phương pháp đưa dạng tích
Biến đổi phương trình dạng: Vế trái tích của đa thức chứa ẩn, vế phải tích số ngun.
Ví dụ 1: Tìm nghiệm ngun dương phương trình: 2(x y ) 3 xy
Lời giải:
Ta có: 2(x y ) 3 xy 3xy 2x 2y5
2
(3 2) (3 2) (3 2)(3 2) 19
3
y x x x y
Do x, y nguyên dương nên 3x 1; 3 y 1 mà 19 = 1.19 = 19.1 nên ta có
khả sau: (I) 19
x
y ;
3 19
(II)
3
x y
Giải hệ phương trình trên, ta đươc nghiêm nguyên phương trình
(x; y) (1; 7); (7; 1)
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 + x + = y2
(42)Ta có: x2 + x + = y2 4x2 + 4x + 24 = 4y2 (2x + 1)2 – 4y2 = -23
( 2x – 2y + 1)(2x + 2y + 1) = - 23
Suy ra: 2x 1 2x+2 23
y y
2x 23 2x+2 1
y y
2x 1 2x+2 23
y y
2x 23
2x+2 1
y y
Giải trường hợp kết hợp với điều kiện x, y nguyên ta nghiệm nguyên (x, y) (5; 6); (5; -6) ; (-6;- 6); (- 6; 6)
Ví dụ 3: Tìm nghiệm ngun phương trình: x4 + 4x3+ 6x2+ 4x = y2
Lời giải:
Ta có: x4 + 4x3+ 6x2+ 4x = y2 x4 +4x3+6x2+4x +1- y2=1 (x+1)4 – y2 = 1
[(x+1)2 –y][(x+1)2+y] =1
2
2
2
2
x – y
x y
x – y
x y
1 y y y y
y = (x+1)2 = x+1 = 1 x = x = -2 Thử lai giá trị tương
ứng x y ta thấy thỏa mãn phương trình cho
Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên ( x, y ) {( 0, ); ( - 2, )}
Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên phương trình : y3 - x3 = 91 (1)
Lời giải
Ta có (1) tương đương với (y - x)(x2 + xy + y2) = 91 (*)
Vì x2 + xy + y2 > với x, y nên từ (*) => y - x >
Mặt khác 91 = 91 = 13 y - x ; x2 + xy + y2 có giá trị nguyên dương
(43)y - x = x2 + xy + y2 = 91 (II)
y - x = x2 + xy + y2 = (III)
y - x = x2 + xy + y2 = 13 (IV)
Đến đây, toán coi giải
Phương pháp II : Sử dụng tính chất chia hết
- Sử dụng tính chất chia hết để chứng minh phương trình vơ nghiệm tìm nghiệm phương trình
- Hai vế phương trình nghiệm nguyên chia cho số có số dư khác nhau phương trình khơng có nghiệm ngun.
Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên phương trình : xy + x - 2y = (3) Lời giải
Ta có (3) tương đương y(x - 2) = - x + Vì x = khơng thỏa mãn phương trình
nên (3) tương đương với: y x x
1
y
x
Ta thấy: y số nguyên nên x - ước hay x - = x - = -1 với x = x = Từ ta có nghiệm nguyên (x ; y) (1 ; -2) (3 ; 0)
Chú ý: Có thể dùng phương pháp để giải tốn này, nhờ đưa phương trình (3)
về dạng : x(y + 1) - 2(y + 1) = tương đương (x - 2)(y + 1) =
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình sau x2 2y2
(4)
Lời giải Ta thấy: x = y = nghiệm (4)
Nếu x y 0, 0 ( , )x y0 nghiệm (4) Gọi d ( , )x y0 , suy
0, 1.
x y d d
(*)
Ta có:
2
2 0
0 2
x y x
x y
d d d
chẵn
2
2
y
d (mâu thuẫn với (*) )
(44)Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2x2 + 4x = 19 - 3y2
Lời giải: Ta có: 2x2 + 4x + = 21 - 3y2
2(x + 1)2 = 3(7 - y2) (2)
Ta thấy 3(7 - y2) 2 - y2 2 y lẻ
Ta lại có - y2 0 nên y2 = 1
Khi (2) có dạng: 2(x + 1)2 = 18
Ta : x + = 3 x1 = 2, x2 = -4
Các cặp số (2;1), (2;-1), (-4;1), (-4;-1) thoả mãn nên nghiệm nguyên pt Phương pháp V: Đưa dạng tổng
Biến đổi phương trình dạng : Vế trái tổng bình phương, vế phải là
tổng số phương
Ví dụ : Tìm nghiệm ngun phương trình x2 + y2 - x - y = (1)
Lời giải (1) 4x2 + 4y2 - 4x - 4y = 32
(4x2 - 4x + 1) + (4y2 - 4y + 1) = 34
(2x – 1)2 + (2y – 1)2 = 34
Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 có dạng phân tích thành tổng hai số phương 32 52
Do phương trình thỏa mãn hai khả :
2x 2y
2x 2y
Giải hệ trên, suy phương trình (1) có bốn nghiệm ngun (x ; y) {2 ; 3) ; (3 ; 2) ; (-1 ; -2) ; (-2 ; -1)}
Ví dụ 2: Tìm nghiệm ngun phương trình x2 – 4xy + 5y2 = 169
(45)Ta có: x2 – 4xy + 5y2 = 169 (x – 2y)2 + y2 = 169 Ta thấy 169 = 02 + 132 = 52
+ 122
Do phương trình thỏa mãn bốn khả :
x 2y y 13
x 2y 13 y
x 2y y 12
x 2y 12 y
Giải ta nghiêm nguyên phương trình
(x, y) {(29, 12); (19, 12); 19, -12); (22, 5); 2, 5) ;(2, -5); 22, -5); (26, 13);
(-26, -13); (-13 0); (13, 0)}
Phương pháp VIII: Sử dụng tính chất nghiệm phương trình bậc
Biến đổi phương trình dạng phương trình bậc ẩn coi ẩn khác là tham số, sử dụng tính chất nghiệm phương trình bậc để xác định giá trị tham số.
Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên: 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + =
Lời giải
Ta có phương trình: 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + = 0
y2 + (4x + 2)y + 3x2 + 4x + = (*)
Coi x tham số phương trình bậc (*) với ẩn y, ta có:
y = -(2x + 1) '
x
Do y nguyên, x nguyên 'x nguyên
Mà '
x
= (2x + 1)2 – (3x2 + 4x + 5) = x2 – x2 – = n2 (n )
(x- n) (x+ n) = x = (do x - n x + n tính chãn lẻ)
Vậy phương trình có nghiệm ngun (x; y) {(2; -5); (-2, 3)}
Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 – (y+5)x + 5y + = 0
(46)Ta có: x2 – (y+5)x + 5y + = coi y tham số ta có phương trình bậc ẩn x.
Giả sử phương trình bậc có nghiệm x1, x2
Theo định lý Viet, ta có :
1
x x y x x 5y
1
5x 5x 5y 25 x x 5y
x1 + 5x2 – x1x2 = 23
(x1 -5) (x2 -5) = mà = 1.2 = (-1)(-2)
x1 + x2 = 13 x1 + x2 = y = y =
Thay vào phương trình ta tìm cặp số (7; 8); (6; 8); (4; 2); (3; 2) nghiệm ngun phương trình
Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x + y + xy = x2 + y2 (1)
Lời giải Viết (1) thành phương trình bậc x
x2 - (y + 1)x + (y2 - y) = (2)
Điều kiện cần để (2) có nghiệm
= (y + 1)2 - 4(y2 - y) = y2 + 2y + - 4y2 + 4y
= -3y2 + 6y + 1
*
y y 3(y1)2 4
Do (y - 1)2 Suy -1 y - 1 1
y - -1
y
Với y = 0, thay vào (2) ta x2 - x = Ta có x
1 = 0; x2 =
Với y = 1, thay vào (2) x2 - 2x = Ta có x
3 = 0; x4 =
Với y = 2, thay vào (2) ta x2 - 3x + = Ta có x
5 = 1; x6 =
Thử lại, giá trị nghiệm phương trình
(47)CHUYÊN ĐỀ 7: CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
I PHƯƠNG PHÁP : DÙNG ĐỊNH NGHĨA
Kiến thức: Để chứng minh A > B Ta chứng minh A –B > Lưu ý dùng bất đẳng M2 với M
Ví dụ x, y, z chứng minh :
a) x2 + y2 + z2 xy+ yz + zx ; b) x2 + y2 + z2 2xy – 2xz + 2yz
c) x2 + y2 + z2+3 (x + y + z)
Giải: a) Ta xét hiệu: x2 + y2 + z2- xy – yz – zx =
2
.2 ( x2 + y2 + z2- xy – yz – zx)
=
( )2 ( )2 ( )2
y x z y z
x với x; y; zR
Vậy x2 + y2 + z2 xy+ yz + zx Dấu xảy x = y =z
b)Ta xét hiệu: x2 + y2 + z2- ( 2xy – 2xz +2yz ) = x2 + y2 + z2- 2xy +2xz –2yz
=( x – y + z)2 0 với x;y;zR
Vậy x2 + y2 + z2 2xy – 2xz + 2yz với x;y;zR Dấu xảy khi
x+y=z
c) Ta xét hiệu: x2 + y2 + z2+3 – 2( x+ y +z ) = x2- 2x + + y2 -2y +1 + z2-2z +1
= (x-1)2+ (y-1) 2+(z-1)2 Dấu(=)xảy x=y=z=1
Ví dụ 2: chứng minh :
a)
2
2
2
2
b a b
a
; b)
2
2
3
3
b c a b c
a
Giải:
a) Ta xét hiệu
2
2
2
2
b a b
a
=
4
2a2 b2 a2 ab b2
=
2a 2b a b 2ab
4
1 2 2
=
4
1
b
a Vậy
2
2
2
2
b a b
a
; Dấu xảy a=b
b)Ta xét hiệu:
2
2
3
3
b c a b c
a = 0
9
1 2
b b c c a
a Vậy 2 2
3
b c a b c
a ; Dấu xảy a = b =c
II PHƯƠNG PHÁP : DÙNG PHÉP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
(48)Chú ý đẳng thức sau: A B2 A2 2AB B2
A B C2 A2 B2 C2 2AB 2AC 2BC
; A B 3 A33A B2 3AB2B3
Ví dụ 1: Cho a, b, c, d, e số thực chứng minh rằng: a) a b ab
4
2
2 b)a b ab a b
2 c)
b c d e a
e d c b
a2 Giải:a) a b ab
4
2
2 4a2 b2 4ab
4a2 4ab b 0 2a b2 0(BĐT
luôn đúng)
Vậya b ab
2
2 (dấu xảy 2a=b)
b) a2 b2 1abab 2(a2 b2 1 2(abab)
1
2
2 2
2
a ab b a a b b (a b)2 (a1)2 (b 1)2 0(BĐTnàyluô
n đúng)
Vậy a2 b2 1abab Dấu xảy a=b=1
c) a2 b2 c2 d2 e2 abcde 4 a2 b2 c2 d2 e2 4abcde
4 2 4 2 4 2 4 2
ab b a ac c a ad d a ac c
a
2 2 2 2
b a c a d a c
a (BĐT ln đúng)
Vậy ta có điều phải chứng minh
Ví dụ 2: Cho a, b hai số dương có tổng Chứng minh :
3 1 1
b
a
Giải: Dùng phép biến đổi tương đương ;
3(a + + b + 1) 4(a + 1) (b + 1) 4(ab + a + b + 1) (vì a + b = 1)
4ab + 8 4ab (a + b)2 4ab (BĐT ln đúng)
Vậy ta có điều phải chứng minh
Ví dụ 3: Cho số a, b thoả mãn a + b = CMR a3 + b3 + ab
2
Giải : Ta có : a3 + b3 + ab
2
a3 + b3 + ab -
(a + b)(a2 - ab + b2) + ab -
a2 + b2 -
Vì a + b = 2a2 + 2b2
-1 2a2 + 2(1-a)2 - ( b = a -1 ) 4a2 - 4a + ( 2a - )2
Bất đẳng thức cuối Vậy a3 + b3 + ab
2
(49)III PHƯ ƠNG PHÁP 3: DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC QUEN THUỘC 1 Một số bất đẳng thức hay dùng
1) Các bất đẳng thức phụ: a) x2 y2 2xy
b) xy2 4xy c) 2 a b b a
2) Bất đẳng thức Cô si: n
n
n a a a a
n
a a
a a
3
2
1 Với 0
i
a
3) Bất đẳng thức Bunhiacopski:
2
2 1 2
2 2
2
2 a an x x n ax a x anxn
a
2 Các ví dụ
Ví dụ 1 : Cho a, b, c số không âm chứng minh rằng: (a+b)(b+c)(c+a)8abc
Giải: Dùng bất đẳng thức phụ: xy2 4xy
Tacó ab2 4ab; bc2 4bc ; ca2 4ac a b2 b c2
c a2
64a2b2c2 8abc2 (a+b)(b+c)(c+a)8abc
Dấu “=” xảy a = b = c
Ví dụ 2: Cho x , y số thực thoả mãn : x2 + y2 = x 1 y2 y 1 x2
Chứng minh : 3x + 4y
Giải : Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacơpxki ta có : (x2 + y2)2 = (x 1 y2 y 1 x2
)2 ( x 1 ; y 1) (x2 + y2)(1 - y2 + - x2) => x2 +
y2 1
Ta lại có : (3x + 4y)2 (32 + 42)(x2 + y2) 25 => 3x + 4y
Đẳng thức xảy
4
0 ,
1
2
y x
y x
y x
5
y x
Điều kiện :
2
3 x
Ví dụ 3 : Cho a, b, c ; a + b + c = Chứng minh :
a, ab bc ca 6; b, a1 b1 c13,5
Giải : a, Áp dụng bất dẳng thức Bunhiacôpxki với số ta có :
ab.1 bc.1 ca.1111 ab 2 bc 2 ca2
=> ab bc ca2 3.(2a2bac)6 => ab bc ca
(50)b, Áp dụng bất đẳng thức Côsi , ta có : 2 ) (
1
a a
a
Tương tự : 1
b
b ;
2 1
c
c
Cộng vế bất đẳng thức ta :
5 , 3 1
1
b c a b c
a
Dấu đẳng thức xảy a = b = c =0 trái với giả thiết : a + b + c = Vậy : a1 b1 c13,5
Ví dụ : Cho số dương a , b , c thoả mãn : a + b + c = Chứng minh :
9 1 c b a
Giải : Ta có : 0 a b b a
, a , b >
Ta có : c b a 1 ) 1 ( c b
a = ) 1 ( c b
a (a + b + c)
=1 1 1 b c a c c b a b c a b a
= 3( )( )( ) c a a c b c c b a b b a
+ + +
=
=> 11 9 c b
a Dấu ''='' xảy : a = b = c =
Ví dụ 5: Cho số a,b,c,d chứng minh rằng:
2 2 2
2 ( )
)
(ac bd a b c d
Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có: ac + bd a2 b2. c2 d2
mà 2 2 2 2
2 ac bd c d b
a d b c
a
a2 b2 2 a2 b2. c2 d2 c2 d2
(a c)2 (b d)2 a2 b2 c2 d2
Ví dụ 6: Chứng minh rằng: a2 b2 c2 abbcac
Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski Xét cặp số (1,1,1) (a,b,c) ta có :
12 12 12(a2 b2 c2) 1.a 1.b 1.c2
3a2 b2 c2a2 b2 c2 2abbcac
a2 b2 c2 abbcac Điều phải chứng minh Dấu xảy a=b=c
(51)Ví dụ 1: Cho a; b; c số đo ba cạnh tam giác chứng minh rằng:
a, a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ac) b, abc > (a + b - c)(b + c - a)(c + a - b)
Giải: a)Vì a,b,c số đo cạnh tam giác nên ta có
b a c c a b c b a 0 ) ( ) ( ) ( 2 b a c c c a b b c b a a
Cộng vế bất đẳng thức ta có : a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac) (đpcm)
b) Ta có a > b-c a2 a2 (b c)2
>
b > a-c b2 b2 (c a)2
>
c > a-b 2 ( )2 c a b c
Nhân vế bất đẳng thức ta
a b c b c a c a b
abc b a c a c b c b a c b a b a c a c b c b a c b a 2 2 2 2 2 2 2
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có chu vi 2p = a + b + c (a, b , c độ dài cạnh
của tam giác) Chứng minh : 1 2
a p b p c
p ) 1 ( c b a
Giải: Ta có : p - a =
2
c a b
; Tương tự : p - b > ; p - c > ;
áp dụng bất đẳng thức x y x y
1
1
ta ; p1 a p1 b (p a)4(p b) c4
Tương tự : p1b p1 c a4
; p a p c b
4 1
=> 2( 1 ) 4(1 1) c b a c p c p a
p => điều phải chứng minh
Dấu '' = '' xảy : p - a = p - b = p - c a = b = c Khi tam giác ABC
V PH ƯƠNG PHÁP 5: ĐỔI BIẾN SỐ
Ví dụ 1: Chứng minh : Nếu a , b , c > :
2
b a
c a c b c b a
Giải: Đặt : b +c = x , c + a = y , a + b = z => a + b + c =
z y x
=> a =
x z y
, b =
y x z
, c =
(52)Khi : VT = a b c a c b c b a
= z
z y x y y x z x x z y 2
= 1 23 23
2 ) ( ) ( ) ( z y y z z x x z y x x y
Ví dụ 2: Cho a, b, c > a + b +c < Cmr 2 2 2
bc b ac c ab
a
(1)
Giải: Đặt x = a2 2bc
; y = b22ac ; z = c22ab Ta có xyzabc2 1
(1) 1119 z y
x Với x+y+z < x ,y,z >
Theo bất đẳng thức Cơsi ta có: xyz3.3 xyz
z y x 1
3 .3
xyz
1 1 z y x z y
x Mà x+y+z < Vậy 1119 z y x
(đpcm)
VI BÀI TẬP VẬN DỤNG:
Bài 1: Cho x > y xy =1 Chứng minh rằng: 2
2 2 y x y x
Giải:Ta có x2y2 x y22xyx y22 (vì xy = 1)
22 4 4. 2
y x y x y
x
Do BĐT cần chứng minh tương đương với 4 2 2
4 x y x y
y
x x y4 4x y240 2 22 0
y
x BĐT cuối nên ta có điều phải
cm
Bài 2: Cho xy Chứng minh rằng:
xy y
x
1 1 2
Giải : Ta có x y xy 1 1
2 1
1 1 1 1 2
2
x y y xy
1 .1 1 2.1
2 2 xy y y xy xy x x xy
1 .1 ) ( ) ( 2 xy y y x y xy x x y x
1 .1 .1 2 xy y x xy x
y BĐT cuối xy > Vậy ta có điều phải
chứng minh
Bài 3: Cho a , b, c số thực a + b +c =1 Chứng minh rằng:
3 2 b c a
Giải : Áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho số (1,1,1) (a,b,c) Ta có 2 2 2
1
(53) 2 b c
a (vì a+b+c =1 ) (đpcm)
Bài 4: Cho a,b,c số dương Chứng minh rằng: 1 19 c b a c b
a (1)
Giải : (1) 1 1 19 a c a c c b a b c a b a
9
b c c b a c c a a b b a
Áp dụng BĐT phụ 2 x y y x
Với x,y >
Ta có BĐT cuối Vậy 1 19 c b a c b
a (đpcm)
Bài 5: Cho a ,b ,c ,d > Chứng minh :
2 a b b c c d d a
a b c b c d c d a d a b
Giải : Vì a ,b ,c ,d > nên ta có a b a b a b d a b c d a b c a b c d
(1)
b c b c b c a
a b c d b c d a b c d
(2)
d a d a d a c
a b c d d a b a b c d
(3)
Cộng vế bất đẳng thức ta có :
a b b c c d d a a b c b c d c d a d a b
(đpcm)
Bài 6: Cho a ,b,c số đo ba cạnh tam giác Chứng minh rằng:
1 a b c
b c c a a b
Giải: Vì a ,b ,c số đo ba cạnh tam giác nên ta có a, b, c > 0 Và a < b + c; b < a + c; c < a + b
Từ (1) a a a 2a
b c a b c a b c
Mặt khác
a a
b c a b c Vậy ta có a a 2a
a b c b c a b c Tương tự ta có
2
b b b
a b c a c a b c c c 2c
a b c b a a b c Cộng vế ba bất đẳng thức ta có:
a b c b c c a a b
(đpcm)
(54)I KIẾN THỨC CƠ BẢN 1 Các kiến thức thường dùng
1.1 Luỹ thừa:
a) x2 x |R x2k x |R, k z - x2k 0
Tổng quát : f (x)2k x |R, k z - f (x)2k 0
Từ suy : f (x)2k + m m x |R, k z
M - f (x)2k M
b) x x ( x )2k x0; k z
Tổng quát: ( A)2k A 0 (A biểu thức) 1.2 Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối:
a) |x| x|R
b) |x + y| |x| + |y| ; "=" xảy x.y c) |x - y| |x| - |y| ; "=" xảy x.y |x| |y| 1.3 Bất đẳng thức côsi :
ai ; i = 1,n : n
n
n a a a
n
a a
a
2
1 nN, n 2.
dấu "=" xảy a1 = a2 = = an
1.4 Bất đẳng thức Bunhiacôpxki :
Với n cặp số a1,a2, ,an ; b1, b2, ,bn ta có :
(a1b1+ a2b2 + +anbn)2 ( ).( 22 2)
1 2
2
1 a an b b bn
a
Dấu "=" xảy
i i
b a
= Const (i =1,n)
1.5 Một số Bất đẳng thức đơn giản thường gặp suy từ bất đẳng thức (A+B)2 0.
a2 + b2 2ab; (a + b)2 4ab; 2(a2 + b2 ) (a + b)2
II MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN
Phương pháp 01: Sử dụng phép biến đổi đồng
Bằng cách nhóm, thêm, bớt, tách hạng tử cách hợp lý, ta biến đổi biểu thức cho tổng biểu thức không âm (hoặc không dương) số Từ :
1.Để tìm Max f(x, y, ) miền |D ta :
R y
x
M y
x f
| ) , (
) , (
0
sao cho f(x0, y0, ) = M
2 Để tìm Min f(x, y, ) miền |D ta :
R y
x
m y x f
| ) , (
) , (
0
sao cho f(x0,y0, ) = m
I Các ví dụ:
2
a b b a
b a a
b
(55)1 Ví dụ : Tìm giá trị lớn biểu thức A4 = ( 1) 10 2 x x x x x
Giải :Ta có: A4 = 2
2 2 ) ( ) ( ) ( ) ( 2 10 x x x x x x x x x x
= - 3
x - x x
1
3
A4 Max =
1
x x = -2 Vậy : A4 Max = x = -2
2 Ví dụ : Tìm giá trị nhỏ A5 = x x y y
y x
với x, y>0
Giải:Ta có:A5= x x y
y y x = xy x y y x y y x x xy y x y y x
x( ) ( )
A5 =
xy y x y
x ).( )
( = xy y x y
x ) ( )
(
0 x,y >
A5 = x y 0 x = y Vậy : A5 = x = y > 3 Ví dụ : Tìm giá trị lớn A7 = xy + yz + zx - x - y2 - z2
Giải :Ta có : A7 = xy + yz + zx - x2 - y2 - z2 =
-2
(2x2 + 2y2 + 2z2 - 2xy - 2yz - 2xz)
A7 =
-2
{(x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2} 0, x,y,z A
7 Max = x=y = z
Vậy : A7 Max = x = y = z
4 Ví dụ : Tìm GTLN biểu thức:
1 y x x
Giải: Ta viết: 2
1
1 1 3
2 y x x x Vì
1 3
2 4
x
Do ta có:
y Dấu “=” xảy x
Vậy: GTLN
y x
II Nhận xét: Phương pháp giải toán cực trị đại số cách sử dụng phép biến đổi đồng áp dụng cho nhiều tập, nhiều dạng tập khác Song đơi học sinh thường gặp khó khăn công việc biến đổi để đạt mục đích
III Bài tập nhà:
(56)a A = (x - 1)(x + 2)(x + 3)(x + 6) b B = 2 x x x x (x 1)
c C = x3 + y3 + xy biết x + y = 1
2 Tìm giá trị lớn biểu thức :
a A = - x4 + 2x3 - 3x2 + 4x + 2002 b B =
1 2 x x
Phương pháp 02 : Sử dụng bất đẳng thức bản.
Ta biết rằng: Từ bất đẳng thức, cách chuyển ta đưa bất đẳng thức phép biến đổi tương đương mà vế số Vì vậy: Sử dụng bất đẳng thức phép biến đổi tương đương ta tìm cực trị biểu thức
I Các ví dụ:
1 Ví dụ 1: Cho a > b > Tìm GTNN B1 = a + ( )
1 b a b
Giải: Ta có: B1 = a + ( )
1 b a
b = b + (a-b) + ( )
b a
b 3.3 ( ) ) ( b a b b a b (theo Côsi)
B1 B1 = b = a-b = ( )
1 b a
b b a
Vậy: B1 =
b a
2 Ví dụ : Cho a,b > a + b = Tìm GTNN B2 = ab
1
+ 2
1 b a
Giải: Theo bđt Côsi: (x + y)(1x1y) 2 x.y 2 xy
1
= (với x, y > 0) 1x1y
y x
4
(1)
Ta có : ab (
b a
)2 =
4
ab
(2) a+b = ; a,b > Áp dụng bất đẳng thức (1) kết (2) ta có :
B2 = 2 2 2 2 2
4 ) ( 1 2 1 b a ab b a ab ab b a ab b a
ab
B2 + ( )
4
2
b
a a + b = B2min = a = b =
Vậy: B2min = a
= b =
3 Ví dụ 3: Cho xy + xz + yz = Tìm GTNN B3 = x4 + y4 + z4
Giải :Do xy + xz + yz = 16 = (xy + xz + yz)2 (x2+y2+z2) (x2+y2+z2)
(57) B3 = x4 + y4 + z4
3 16
B3min =
3 16
x = y = z =
3
Vậy : B3min =
3 16
x = y = z =
3
4 Ví dụ 4: Cho xyz = x + y + z = Tìm GTNN B8 = x16 + y16 + z16
Giải : Cách : Ta có : (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2 a,b,c
a2 + b2 + c2 ab + ac + bc (1)
Áp dụng bất đẳng thức (1) ta có :
B8 = x16 + y16 + z16 = (x8)2 + (y8)2 + (z8)2 x8y8 + y8z8 + z8x8
B8 x8y8 + y8z8 + z8x8
B8 (x4y4)2 + (y4z4)2 + (z4x4)2 x4y4 y4z4+ x4y4 z4x4 + y4z4 z4x4
B8 x4y8z4 + x8y4z4 + x4y4z8
B8 (x2y4z2)2 + (x4y2z2)2 + (x2y2z4)2 x6y6z4 + x6y4z6 + x4y6z6
B8 (x3y3z2)2 + (x2y3z3)2 + (x3y2z3)2 x5y6z5 + x6y5z5 + x5y5z6
B8 (xyz)5.x + (xyz)5.y + (xyz)5.z = x + y + z =
(do xyz = x + y + z = 3) B8min = x = y = z = Cách 2: (Không sử dụng giả thiết xyz = 1)
Áp dụng bất đẳng thức bunhiacơpxki nhiều lần ta có : = x + y + z = (x+ y + z)2 (x2 + y2 + z2).3
(x2 + y2 + z2) (x2 + y2 + z2)2 (x4 + y4 + z4).3
x4 + y4 + z4 (x4 + y4 + z4)2 (x8 + y8 + z8).3
x8 + y8 + z8 (x8 + y8 + z8)2 (x16 + y16 + z16).3
B8 = x16 + y16 + z16 B8min = x = y = z =
Vậy : B8min = x = y = z =
5 Ví dụ 5: Cho hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện: x2 + y2 = 1.
Tìm GTLN GTNN x + y Giải: Ta có: (x + y)2 + (x – y)2 (x + y)2
2(x2 + y2) (x + y)2
Mà x2 + y2 = (x + y)2
2 2
x y x y
- Xét x y Dấu “=” xảy 2
x y
x y x y
- Xét x y Dấu “=” xảy 2
x y
x y x y
Vậy x + y đạt GTNN 2 x y
(58)Giải: Điều kiện: 2 4(*)
4
x
x x
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki: (ac + bd)2 (a2 + b2)(c2 + d2)
Dấu “=” xảy a b
c d
Chọn a x 2;c1;b 4 x d; 1 với 2 x Ta có:
2 2
2 2
2
2
2 4 1
2
4
y x x x x
y x x
y y
Vì y > nên ta có: 0 y2
Dấu “=” xảy x 2 4 x x 4 x x3 (Thỏa mãn (*))
Vậy GTLN y x =
7 Ví dụ 7: Tìm GTNN biểu thức: M = x 19942 (x 1995)2
Giải: M = x 19942 (x 1995)2
= x1994 x1995 áp dụng bất đẳng thức: a b a b ta có:
M = x1994 x1995 x 1994 1995x => M x 1994 1995 x 1
Dấu “=” xảy (x – 1994) (1995 – x)
<=> 1994 x 1995 Vậy GTNN M = 1994 x 1995 II Nhận xét:
Rõ ràng áp dụng số bất đẳng thức bản, toán giải quyết nhanh Song việc vận dụng bất đẳng thức thuận lợi tuỳ thuộc vào giả thiết toán vận dụng linh hoạt bất đẳng thức Một vấn đề đặt là: Hai phương pháp vừa nêu chưa đủ để giải hết các toán cực trị đại số THCS Chính lẽ nhu cầu phải có những phương pháp khác tối ưu thực yêu cầu toán
III Bài tập nhà:
1 Cho a, b, c > a + b + c = Tìm GTNN A = (1+
a
) (1+
b
) (1+
c )
2 Cho a, b, > a + b = Tìm GTNN B = 2
3
b a ab
3 Cho a, b, c > a) Tìm GTNN C =
b a
c a c
b c b
a
b) Tìm GTNN D =
c b a b
a c a
c b b a
c a c
b c b
a
(59)4 Cho x, y, z
x+y+z =1.Tìm GTLN E=
3 4
4x y z
5 Cho a,b,c a + b + c = 1.Tìm GTLN F = ab ac bc
6 Cho x
Tìm GTLN G = 4x2 - 3x3
7 Cho x ; Cho y Tìm GTLN H = (3 - x)(4 - y)(2x + 3y) Cho x, y, z, t 2x + xy + z + yzt = Tìm GTLN I = x2y2z2.t
9 Cho x, y, z, t xt + xy + z + yzt = Tìm GTLN K = xyzt 10 Tìm GTNN M = | x-2 | + | y-3 | + |x+y - 2007 |
Phương pháp 03: Sử dụng phương pháp đặt biến phụ.
Bằng cách đặt biến phụ sử dụng phép biến đối tương đương Sử dụng bất đẳng thức ta chuyển biến thức cho biểu thức đơn giản hơn, dễ xác định cực trị
I Các ví dụ:
1 Ví dụ 1: Tìm GTNN C1 = x4 + 6x3 + 13x2 + 12x + 12
Giải : C1 = x4 + 6x3 + 13x2 + 12x + 12
C1 = (x4 + 6x3 + 19x2 + 30x + 25) - (x2 + 3x + 5) + 17
C1 = (x2 + 3x + 5)2 - (x2 + 3x + 5) + 17
Đặt: x2 + 3x + = a
C1 = a2 - 6a + 17 = a2 + 6a + +
C1 = (a - 3)2 + 8 (a - 3)2 a
C1min = a - = a = x2 + 3x + =
1 x x
Vậy : C1min =
1 x x
2 Ví dụ 2: Tìm GTNN C2 =
2
2 2
x y y x
- 6
x y y x
với x, y >
Giải: Đặt: yx xy = a 2
2 2
x y y x
= a2 -
C2 = 2(a2 - 2) - 5a + = 2a2 - 5a +
Ta thấy: a C2 = 2a2 - 5a +
C2min = a = x = y >
Vậy : C2min = x = y >
3 Ví dụ 3: Tìm GTNN C3 = x y y x
-
x y y
x
3 + 2004 với x, y>0
Giải: Đặt:
x y y x
= a 2
x y y x
= a2 – Khi đó: C
(60)C3 = a2 - 3a + 2004 = a2 - 3a + + 2002 = (a-1) (a-2) + 2000
Do ta có : a a - 1> ; a - 20 (a-1) (a-2) 0
C3 = (a-1) (a-2) + 2000 2000 C3 = 2000 a = x = y ; xy >
Vậy C3 = 2000 x = y xy >
II Bài tập nhà:
1 Tìm GTNN A = x2 + - x +
1
2
x x
2 Tìm GTLN B = a1 2a 3 50 3a với a
3 50 ;
3 Cho a -2
; b -2
; c -2
a+ b + c = Tìm GTLN C = 2a1 2b1 2c1
4 Cho x, y > Tìm GTNN D = 2
2 2
x y y x x
y y x
Phương pháp 04: Sử dụng biểu thức phụ.
Để tìm cực trị biểu thức đó, đơi người ta xét cực trị biểu thức khác so sánh với nó, biểu thức phụ dễ tìm cực trị
Ví dụ: Để tìm cực trị biểu thức A với A > 0, ta xét cực trị biểu thức:
A
, -A, kA, k + A, |A| , A2 (k số).
I Các vị dụ:
1 Ví dụ 1: Tìm GTLN A =
1
2
2
x x
x
Giải: a) Xét x = A = giá trị GTLN A với x ta có A >
b) Xét x đặt P =
A
Amax Pmin
với cách đặt ta có : P = 12
2
x x x
x x
ta có : x2 + 2 . 2
2
2 x x
x (theo côsi) P + = Pmin = x =
1
Do : Amax =
3
x =
2 Ví dụ 2: Tìm GTNN B = ( 2002)2
x
x
với x > Giải: Đặt P1 = - B P1max Mmin
(61)Đặt P2 =
1
1
P > với x > P2 Min P1 Max
P2 =
x x x x
x 2002)2 2. .2002 20022
(
P2 =
x
x x
x2 .2002 20022 .2002
P2 = ( 2002) 4.2002 4.2002 8008
2 x x (do x x 2002)2
(
x > 0)
P2 Min = 8008 x = 2002 P1 Max =
8008
x = 2002
BMin = -
8008
x = 2002 Vậy BMin = -
8008
x = 2002
3 Ví dụ 3: Cho a, b, c dương a + b + c = 3
Tìm GTLN C = 5a4b 5b4c 5c4a Giải: Do a, b, c > C > 0
Đặt: P = C2 khi Max
P CMax
Ta có: P = 5a4b 5b4c 5c4a2
P (12 + 12 + 12) (5a + 4b + 5b + 4c + 5c + 4a) theo Bunhiacôpxki
P 3.9(a + b + c) = 81 a + b + c =
PMax = 81 a = b = c = CMax2 = 81 a = b = c =
CMax = a = b = c = Vậy CMax = a = b = c = 4 Ví dụ 4: Cho x, y, z, t > 0
Tìm GTNN D = yx t yx t t yx t yx x t y xt y Giải : Đặt P = 2D ta có :
P = y2xt 2(yx t) t2yx 2(ty x) x2ty 2(xty)
P=
t t x y x t x t y t y x y x t y x t x t y x t y t y x 2 2 2 P= t y t x y x y t x t x y t y x y x t y x t x t y x t y t y x 2 2 2
P + + +
(62)P 15 PMin = 15 x = y = t > DMin =
2 15
x = y = t b Vậy DMin =
2 15
x = y = t
II Các tập :
1 Cho x,y, z > x2 + y2 + z2 = Tìm GTNN A
y zx x yz z xy
2 Cho x Tìm GTNN B = 44
x x
x
3 Cho x Tìm GTLN C =
1
8 16
8
x x
x
4 Cho a2 + b2 + c2 = Tìm GTLN D = a + 2b + 3c
5 Cho a,b > a + b = Tìm GTNN E =
42 42
b a
6 Cho a, b, c, d > Tìm GTNN F =
c b a
a d b a d
d c a d c
c b d c b
b a
7 Cho a,b |R Tìm GTNN G = a2 (1 b)2 b2 (1 a)2
Phương pháp 05: Phương pháp miền giá trị.
Trong số trường hợp đặc biệt, biểu thức đại số cho có hai biến số đưa dạng tam thức bậc ta sử dụng kiến thức miền già trị hàm số để giải
Phương pháp chung:
Giải sử ta phải tìm cực trị hàm số f(x) có miền giá trị D Gọi y giá trị f(x) với x D Điều có nghĩa điều kiện để phương trình f(x) = y có nghiệm Sau giải điều kiện để phương trình f(x) = y có nghiệm (x biến, coi y tham số)
Thường đưa đến biểu thức sau: m yM Từ Min f(x) = m với x D
Max f(x) = M với x D I Các ví dụ:
1 Ví dụ 1: Tìm GTNN f(x) = x2 + 4x + 5
Giải: Gọi y giá trị f(x) Ta có : y = x2 + 4x + 5
x2 + 4x + - y = (có nghiệm) ' = - + y
y
(63)2 Ví dụ 2: Tìm GTLN f(x) = - x2 + 2x -
Giải: Gọi y giá trị f(x) Ta có: y = - x2 + 2x - 7
x2 - 2x + y + 7 (có nghiệm)
' = - y - y -
Vậy f(x)Max = -6 x =
3 Ví dụ 3: Tìm GTLN, GTNN f(x) =
3
6
2
x x
x x
Giải: Gọi y giá trị f(x) Ta có : y =
3
6
2
x x
x x
yx2 + 2yx + 3y - x2 - 4x - = 0
(y - 1)x2 + (y - 2).x + 3y - = (có nghiệm)
* Nếu y = x = -
* Nếu y ' = (y - 2)2 + (3y - 6) (1 - y) 0
y2 - 4y + - 3y2 + 3y + 6y - - 2y2 + 5y +
2
y
Ta thấy :
< <
Do : f(x) Min =
2
x = -3; f(x) Max = x =
CHUYÊN ĐỀ 9: GIẢI BÀI TỐN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH,
HỆ PHƯƠNG TRÌNH. Tiết :
A) TĨM TẮT Lí THUYẾT
Bước 1: Lập phương trình hệ phương trình: a) Chọn ẩn đặt điều kiện cho ẩn
b) Biểu diễn đại lượng chưa biết thông qua ẩn địa lượng biết
c) Lập phương trình biểu thị mối quan hệ đại lượng Bước 2: Giải phương trình.
Bước 3: Đối chiếu nghiệm pt, hệ phương trình (nếu có) với điều kiện ẩn số để trả lời
(64)Khi đặt diều kiện cho ẩn ta phải dựa vào nội dung toán kiến thức thực tế
B) CÁC DẠNG TỐN Dạng 1: Tốn quan hệ số.
Những kiến thức cần nhớ:
+ Biểu diễn số có hai chữ số: ab10ab ( víi 0<a9; 0 b 9;a, bN)
+ Biểu diễn số có ba chữ số:
( v
abc100a 10b c íi 0<a9; 0b,c9;a, b, cN)
+ Tổng hai số x; y là: x + y
+ Tổng bình phương hai số x, y là: x2 + y2
+ Bình phương tổng hai số x, y là: (x + y)2
+ Tổng nghịch đảo hai số x, y là: 1 xy
Ví dụ 1: Một số phân số lớn tử số đơn vị Nếu tăng tử mẫu thêm đơn vị phân số
2 phân số cho Tìm phân số đó?
Giải:
Gọi tử số phân số x (đk:x3)
Mẫu số phân số x + Nếu tăng tử mẫu thêm đơn vị thì:
Tử số x +
Mẫu số x + + = x + Được phân số
2 ta có phương trình
x 1
x
2(x 1) x 4
x 2( Thoả mÃn điều kiện toán) 2
Vậy phân số ban đầu cho 5
Ví dụ 2: Tổng chữ số số có hai chữ số Nếu thêm vào số đó 63 đơn vị số thu viết hai chữ số theo thứ tự ngược lại Hãy tìm số đó?
Giải
Gọi chữ số hàng chục x ((0 < x9, xN)
(65)Số viết ngược lại yx 10yx
Vì thêm vào số 63 đơn vị số viết theo thứ tự ngược lại ta có xy 63 yx 10x y 63 10y x
9x 9y 63(2)
Từ (1) (2) ta có hệ phương trình x y x y 2x
9x 9y 63 x y x y
x
(tho¶ m·n ®iỊu kiƯn) y
Vậy số phải tìm 18
Ví dụ 3: Tìm hai số tự nhiên liên tiếp có tổng bình phương 85. Giải
Gọi số bé x (xN) Số tự nhiên kề sau x +
Vì tổng bình phương 85 nên ta có phương trình: x2 + (x + 1)2 =
85
2 2
2
2
x x 2x 85 2x 2x 84
x x 42
b 4ac 4.1.( 42) 169 169 13
Phương trình có hai nghiệm
1
2
1 13
x 6(thoả mÃn điều kiƯn)
1 13
x 7(lo¹i)
2
Vậy hai số phải tìm
Bài tập:
Bài 1: Đem số nhân với trừ 50 Hỏi số bao nhiêu?
Bài 2: Tổng hai số 51 Tìm hai số biết 2
5 số thứ
6 số thứ hai
Bài 3: Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết tổng chữ số 7. Nếu đổi chỗ hai chữ số hàng đơn vị hàng chụccho số giảm 45 đơn vị
Bài 4: Tìm hai số đơn vị tích chúng 150.
(66)ĐÁP SỐ:
Bài 1: Số 19;
Bài 2: Hai số 15 36 Bài 3: Số 61
Bài 4: Hai số 10 15 -10 -15; Bài 5: Số 32
Tiết 2:
Dạng 2: Toán chuyển động Những kiến thức cần nhớ:
Nếu gọi quảng đường S; Vận tốc v; thời gian t thì: S = v t ; v s; t s
t v
Gọi vận tốc thực ca nô v1 vận tốc dịng nước v2 tì vận tốc ca nơ
xi dịng nước
v = v1 + v2 Vân tốc ca nơ ngược dịng v = v1 - v2
Ví dụ 1: Xe máy thứ quảng đường từ Hà Nội Thái Bình hết 20 phút Xe máy thứ hai hết 40 phút Mỗi xe máy thứ nhanh xe
máy thứ hai km
Tính vận tốc xe máy quảng đường từ Hà Nội đến Thái Bình?
Giải:
Gọi vận tốc x thứ x (km/h), đk: x>3; Vận tốc xe tứ hai x - (km/h)
Trong 20 phút (=10
3 giờ) xe máy thứ 10
x(km)
Trong 40 phút (=11
3 giờ) xe máy thứ 11
(x 3)(km)
3
Đó quảng đường tứ Hà nội đến Thái Bình nên ta có phương trình
10 11
x (x 3) x 33
3 3 (thoả mãn điều kiện toán)
Vậy vận tốc xe máy thứ 33 km/h Vận tốc xe máy thứ hai 30 km/h
Quảng đường từ Hà Nội đến Thái Bình 110 km
Ví dụ 2: Đoạn đường AB dài 180 km Cùng lúc xe máy từ A ô tô từ B xe máy gặp ô tô C cách A 80 km Nếu xe máy khởi hành sau 54 phút chúng gặp D cách A 60 km Tính vận tốc ô tô xe máy ?
Giải
(67)Gọi vận tốc xe máylà y (km/h), đk: y > Thời gian xe máy để gặp ô tô 80
y (giờ)
Quảng đường ô tô 100 km nên thời gian ô tô 100 y (giờ)
ta có phương trình 100 80 x y (1)
Quảng đường xe máy 60 km nên thời gian xe máy 60 y (giờ)
Quảng đường ô tô lag 120 km nên thời gian ô tô 120 y (giờ)
Vì ô tô trước xe máy 54 phút =
10nên ta có phương trình 120 60
(2) x y 10
Từ (1) (2) ta có hệ phương trình
100 80 100 80
0
x y x y
120 60 40 20
x y 10 x y 10
Vậy vận tốc ô tô 50 km/h Vận tốc xe máy 40 km/h
Ví dụ 3: Một tơ quảng đường dai 520 km Khi 240 km thì ô tô tăng vận tốc thêm 10 km/h hết quảng đường cịn lại T ính vận tốc ban đầu ô tô biết thời gian hết quảng đường
Giải:
Gọi vận tốc ban đầu ô tô x (km/h), đk: x>0 Vận tốc lúc sau ô tô x+10 (km/h)
Thời gian ô tô hết quảng đường đầu 240 x (giờ) Thời gian ô tô hết quảng đường đầu 280
x 10 (giờ)
Vì thời gian tơ hết quảng đường nên ta có phương trình
2
240 280
8 x 55x 300
x x 10
100 80 60 12
0
x y x 10 x 50
(thoả mÃn điều kiện) 100 80
160 80 12 y 40
0
x y
x y 10
(68)2
b 4ac ( 55) 4.( 300) 4225 4225 65
Phương trình có hai nghiệm x155 65 60(TMDK);x2 55 65 5(loai)
2
Vậy vận tốc ban đầu ô tô 60 km/h
Bài tập:
1 Một ô tô khởi hành từ A với vận tốc 50 km/h Qua 15 phút ô tô thứ hai khởi hành từ A hướng với ô tô thứ với vận tốc 40 km/h Hỏi sau tơ gặp nhau, điểm gặp cách A km?
2 Một ca nơ xi dịng 50 km ngược dịng 30 km Biết thời gian xi dịng lâu thời gian ngược dòng 30 phút vận tốc xi dịng lớn vận tốc ngược dịng km/h
Tính vận tốc lúc xi dịng?
3 Hai tơ khởi hành lúc từ A đến B cách 150 km Biết vận tốc ô tô thứ lớn vận tốc ô tô thứ hai 10 km/h ô tô thứ đến B trước ô tô thứ hai 30 phút Tính vânl tốc ô tô
4 Một thuyền dòng sơng dài 50 km Tổng thời gian xi dịng ngược dịng 10 phút Tính vận tốc thực thuyền biết bè thả phải 10 xi hết dịng sơng
5 Một người xe đạp từ A đến B cách 108 km Cùng lúc tơ khởi hành từ B đến A với vận tốc vận tốc xe đạp 18 km/h Sau hai xe gặp xe đạp phải tới B Tính vận tốc xe?
6 Một ca nơ xi dịng từ A đến B cách 100 km Cùng lúc bè nứa trôi tự từ A đến B Ca nô đến B quay lại A ngay, thời gian xi dịng ngược dịng hết 15 Trên đường ca nơ ngược A gặp bè nứa điểm cách A 50 km Tìm vận tốc riêng ca nơ vận tốc dịng nước?
Đáp án: 1 4 (giê)3
8 20 km/h
3 Vận tốc ô tô thứ 60 km/h Vận tốc ô tô thứ hai 50 km/h 25 km/h
5
(69)Dạng 3: Tốn làm chung cơng việc Những kiến thức cần nhớ:
- Nếu đội làm xong cơng việc x ngày đội làm
x công việc
- Xem tồn cơng việc Ví dụ 1:
Hai người thợ làm công việc 16 xong Nếu người thứ làm giờ, người thứ hai làm hồn thành 25% cơng việc Hỏi làm riêng người hồn thành cơng việc bao lâu?
Giải:
Ta có 25% =
Gọi thời gian người thứ hồn thành cơng việc x(x > 0; giờ) Gọi thời gian người thứ hai hồn thành cơng việc y(y > 0; giờ) Trong người thứ làm
x công việc Trong người thứ hai làm
y công việc
Hai người làm xong 16 Vậy hai người làm
16cơng việc
Ta có phương trình: 1 (1) xy 16
Người thứ làm giờ, người thứ hai làm 25%=
cơng việc Ta có phương trình xy 4(2)
Từ (1) (2) ta có hệ phương trình
1 1 3 1
x y 16 x y 16 x y 16
3 6
x y x y y 16
x 24
(thoả mÃn điều kiện) y 48
Vậy làm riêng người thứ hồn thành cơng việc 24 Người thứ hai hồn thành cơng việc 48
(70)Hai thợ đào mương sau 2giờ 55 phút xong việc Nếu họ làm riêng đội hồn thành cơng việc nhanh đội Hỏi làm riêng đội phải làm xong cơng việc?
Giải:
Gọi thời gian đội làm xong công việc x (x > 0; giờ) Gọi thời gian đội làm xong cơng việc x + (giờ) Mỗi đội làm c«ng viƯc
x
Mỗi đội làm c«ng viƯc x 2
Vì hai đội sau 55 phút =211 35
12 12(giờ) xong Trong hai đội làm 12
35 công việc
Theo ta có phương trình 1 12
35x 70 35 12x 24x xx 2 35
2
12x 46x 70 6x 23x 35
Ta có
2
1
( 23) 4.6.( 35) 529 840 1369 1369 37
23 37 23 37
Vậy ph ơng trình có hai nghiệm x 5(thoa mÃn); x 2(lo¹i)
12 12
Vậy đội thứ hồn thành cơng việc Đội hai hồn thành cơng việc
Chú ý:
+ Nếu có hai đối tượng làm công việc biết thời gian đại lượng hơn, đại lượng ta nên chọn ẩn đưa phương trình bậc hai
+ Nếu thời gian hai đại lượng không phụ thuộc vào ta nên chọn hai ẩn làm thời gian hai đội đưa dạng hệ phương trình để giải
Ví dụ 3:
Hai người thợ sơn cửa cho nhà ngày xong việc Nếu người thứ làm ngày nghỉ người thứ hai làm tiếp ngày xong việc Hỏi người làm xong cơng việc?
Giải:
(71)Gọi thời gian để người thứ hai hồn thành cơng việc y (x > 2; ngày)
Trong ngày người thứ làm
x công việc Trong ngày người thứ hai làm
y công việc
Cả hai người làm xong ngày nên ngày hai người làm
2 cơng việc Từ ta có pt x +
1 y =
1 (1)
Người thứ làm ngày người thứ hai làm ngày xong cơng việc ta có pt:
4 1 xy (2)
Từ (1) (2) ta có hệ pt
1 1 1
x y x y x
(thoả mÃn đk)
4 y
1
x y x
Vậy người thứ làm xong công việc ngày Người thứ hai làm xong cơng việc ngày
Bài tâp:
1 Hai người thợ làm công việc xong 18 Nếu người thứ làm giờ, người thứ hai làm 1/3 cơng việc Hỏi người làm xong cơng việc?
2 Để hồn thành cơng việc hai tổ phải làm Sau làm chung tổ hai điều làm việc khác Tổ hồn thành cơng việc cịn lại 10 Hỏi tổ làm riêng xong cơng việc đó?
3 Hai đội cơng nhân đào mương Nếu họ làm ngày xong công việc Nếu làm riêng đội haihồn thành cơng việc nhanh đội ngày Hỏi làm riêng đội phải làm ngày để xong công việc?
4 Hai bình rỗng giống có dung tích 375 lít Ở bình có vòi nước chảy vào dung lượng nước chảy Người ta mở cho hai vịi chảy vào bình sau khố vịi thứ hai lại sau 45 phút tiếp tục mở lại Để hai bình đầy lúc người ta phải tăng dung lượng vòi thứ hai thêm 25 lít/giờ
(72)1) Người thứ làm 54 Người thứ hai làm 27
2) Tổ thứ làm 10 Tổ thứ hai làm 15
3) Đội thứ làm ngày Đội thứ hai làm ngày
4) Mỗi vịi thứ chảy 75 lít
Tiết 4:
Dạng 4: Tốn có nội dung hình học: Kiến thức cần nhớ:
- Diện tích hình chữ nhật S = x.y (x chiều rộng; y chiều dài) - Diện tích tam giác S 1x.y
2
(x chiều cao, y cạnh đỏy tương ứng)
- Độ dài cạnh huyền: c2 = a2 + b2 (c cạnh huyền; a, b cạnh góc
vng)
- Số đường chéo đa giác n(n 3)
(n số đỉnh)
Ví dụ 1: Tính kích thước hình chữ nhật có diện tích 40 cm2, biết
rằng tăng kích thước thêm cm diện tích tăng thêm 48 cm2.
Giải:
Gọi kích thước hình chữ nhật x y (cm; x, y > 0)
Diện tích hình chữ nhật lúc đầu x.y (cm2) Theo ta có pt x.y = 40
(1)
Khi tăng chiều thêm cm diện tích hình chữ nhật Theo ta có pt
(x + 3)(y + 3) – xy = 48 3x + 3y + = 48 x + y = 13(2) Từ (1) (2) suy x y nghiệm pt X2 – 13 X + 40 = 0
Ta có
( 13) 4.40
Phương trình có hai nghiệm
13 13
X 8; X
2
Vậy kích thước hình chữ nhật (cm) (cm)
Ví dụ 2: Cạnh huyền tam giác vuông m Hai cạnh góc vng 1m Tính cạnh góc vng tam giác?
Giải:
Gọi cạnh góc vng thứ x (m) (5 > x > 0) Cạnh góc vng thứ hai x + (m)
Vì cạnh huyền 5m nên theo định lý pi – ta – go ta có phương trình x2 + (x + 1)2 = 52 2
2x 2x 24 x x 12
(73)
2
1
1 4.( 12) 49
Ph ơng trình có hai nghiƯm ph©n biƯt
1 7
x (thoả mÃn); x 4(loại)
2
Vy kích thước cạnh góc vng tam giác vng m m
Bài tâp:
Bài 1: Một hình chữ nhật có đường chéo 13 m, chiều dài chiều rộng m Tính diện tích hình chữ nhật đó?
Bài 2: Một ruộng hình chữ nhật có chu vi 250 m Tính diện tích ruộng biết chiều dài giảm lần chiều rộng tăng lần chu vi ruộng khơng thay đổi
Bài 3: Một đa giác lồi có tất 35 đường chéo Hỏi đa giác có đỉnh?
Bài 4: Một sân hình tam giác có diện tích 180 m2 Tính cạnh đáy
của sân biết tăng cạnh đáy m giảm chiều cao tương ứng m diện tích khơng đổi?
Bài 5: Một miếng đất hình thang cân có chiều cao 35 m hai đáy 30 m 50 m người ta làm hai đoạn đường có chiều rộng Các tim đứng đường trung bình hình thang đoạn thẳng nối hai trung điểm hai đáy Tính chiều rộng đoạn đường biết diện tích phần làm đường
4 diện tích hình thang Đáp số:
Bài 1: Diện tích hình chữ nhật 60 m2
Bài 2: Diện tích hình chữ nhật 3750 m2
Bài 3: Đa giác có 10 đỉnh
Bài 4: Cạnh đày tam giác 36 m Bài 5: Chiều rộng đoạn đường m Dạng 5: Toán lãi suất, tăng trưởng:
Những kiến thức cần nhớ: + x% = x
100
(74)
x a a
100
x x x
Số dân năm sau (a+a ) (a+a )
100 100 100
Ví dụ 1: Bài 42 – SGK tr 58
Gọi lãi suất cho vay x (%), đk: x > Tiền lãi suất sau năm 2000000 x 20000
100 (đồng) Sau năm vốn lẫn lãi 200000 + 20000 x (đồng)
Riêng tiền lãi năm thứ hai x x x x2
(2000000 20000 ) 20000 200 (đồng) 100
Số tiến sau hai năm Bác Thời phải trả 2000000 +20000x + 20000x + 200x2(đồng)
200x2 + 40000x +2000000 (đồng)
Theo ta có phương trình 200x2 + 40 000x + 2000000 = 2420000
x2 + 200x – 2100 =
Giải phương trình ta x1 = 10 (thoả mãn); x2 = -210 (không thoả
mãn)
Vậy lãi suất cho vay 10 % năm
Ví dụ 2: Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 600 sản phẩm thời gian định Do áp dụng kỹ thuật nên tổ I sản xuất vượt mức kế hoạch 18% tổ II vượt mức 21% Vì thời gian quy định họ hoàn thành vượt mức 120 sản phẩm Hỏi số sản phẩm giao tổ
Giải
Gọi x số sản phẩm tổ I hoàn thành theo kế hoạch (sản phẩm), đk < x < 600
Số sản phẩm tổ II hoàn thành theo kế hoạch 600 – x (sản phẩm) Số sản phẩm vượt mức tổ I x 18
100 (sản phẩm) Số sản phẩm vượt mức tổ II (600 x) 21
100
(sản phẩm)
Vì số sản phẩm vượt mức kế hoạch hai tổ 120 sản phẩm ta có pt
x x
18 21(600 ) 120
100 100
x = 20 (thoả mãn yêu cầu toán)
(75)Bài 1: Dân số thành phố Hà Nội sau năm tăng từ 200000 lên 2048288 người Tính xem hàng năm trung bình dân số tăng phần trăm
Bài 2: Bác An vay 10 000 000 đồng ngân hàng để làm kinh tế Trong năm đầu bác chưa trả nên số tiền lãi năm đầu chuyển thành vốn để tính lãi năm sau Sau năm bác An phải trả 11 881 000 đồng Hỏi lãi suất cho vay phần trăm năm?
Bài 3: Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 1000 sản phẩm thời gian dự định Do áp dụng kỹ thuật nên tổ I vượt mức kế hoạch 15% tổ hai vượt mức 17% Vì thời gian quy định hai tổ sản xuất tất 1162 sản phẩm Hỏi số sản phẩm tổ bao nhiêu? Kết quả:
Bài 1: Trung bình dân số tăng 1,2%
Bài 2: Lãi suất cho vay 9% năm
Bài 3: Tổ I giao 400 sản phẩm Tổ II giao 600 sản phẩm Dạng 6: Các dạng toán khác
Những kiến thức cần nhớ :
- V m (V lµ thĨ tich dung dich; m khối l ợng; D khối l ợng riêng) D
- Khối lượng nồng độ dung dịch = Khèi l ỵng chÊt tan Khèi l ỵng dung m«i (m tỉng) Ví dụ : (Bài trang 59 SGK)
Gọi trọng lượng nước dung dịch trước đổ thêm nước x (g) đk x >
Nồng độ muối dung dịch 40 40% x
Nếu đổ thêm 200g nước vào dung dịch trọng lượng dung dịch là: 40
240% x
Vì nồng độ giảm 10% nên ta có phương trình
2
40 40 10
280 70400
40 240 100 x x
x x
Giải pt ta x1 = -440 (loại); x2 = 160 (thoả mãn đk toán)
Vậy trước đổ thêm nước dung dịch có 160 g nước
Ví dụ 2: Người ta trộn 8g chất lỏng với 6g chất lỏng khác có khối lượng riêng nhỏ 0,2g/cm3 để hỗn hợp có khối lượng
riêng 0,7g/cm3 Tìm khối lượng riêng chất lỏng.
(76)Gọi khối lượng riêng chất lỏng thứ x (g/cm3) Đk x > 0,2
Khối lượng riêng chất lỏng thứ x – 0,2 (g/cm3).
Thể tích chất lỏng thứ
(cm ) x
Thể tích chất lỏng thứ hai
0 2(cm ) x ,
Thể tích hỗn hợp 60 2(cm )3 xx ,
Theo ta có pt 14 14 12 12
0 x , x ,
xx , , Giải pt ta kết
x1 = 0,1 (loại) ; x2 = 0,8 (t/m đk)
Vậy khối lượng riêng chất lỏng thứ 0,8 (g/cm3)
Khối lượng riêng chất lỏng thứ hai 0,6 (g/cm3).
Bài tập:
Bài 1: Một phịng họp có 240 ghế xếp thành dãy có số ghế bằng Nếu dãy bớt ghế phải xếp thêm 20 dãy hết số ghế Hỏi phòng họp lúc đầu xếp thành dãy ghế
Bài 2: Hai giá sách có 400 Nếu chuyển từ giá thứ sang giá thứ hai 30 số sách giá thứ
5 số sách ngăn thứ hai Tính số sách ban đầu ngăn?
Bài 3: Người ta trồng 35 dừa đất hình chữ nhật có chiều dài 30 m chiều rộng 20 m thành hàng song song cách theo hai chiều Hàng trồng biên đất Hãy tính khoảng cách hai hàng liên tiếp?
Bài 4: Hai người nông dân mang 100 trứng chợ bán Số trứng hai người không số tiền thu hai người lại Một người nói với người kia: “ Nếu số trứng số trứng anh tơi bán 15 đồng ” Người nói “ Nếu số trứng tơi số trứmg anh bán 62
3 đồng thơi” Hỏi người có trứng?
Bài 5: Một hợp kim gồm đồng kẽm có gam kẽm Nếu thêm 15 gam kẽm vào hợp kim hợp kim mà lượng đồng giảm so với lúc đầu 30% Tìm khối lượng ban đầu hợp kim?
Kết quả:
(77)Bài 3: Khoảng cách hai hàng 5m
oup: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/